广东省佛山市顺德区华侨中学2024-2025学年高三上学期数学周测一

高三数学周测一 一、单选题 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．若，则（    ） A． B． C． D． 3．已知向量，若，则（    ） A． B． C．1 D．2 4．已知，则（    ） A． B． C． D． 5．已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 6．已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．当时，曲线与的交点个数为（    ） A．3 B．4 C．6 D．8 8．已知函数的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（    ）（若随机变量Z服从正态分布，） A． B． C． D． 10．设函数，则（    ） A．是的极小值点 B．当时， C．当时， D．当时， 11．设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足:横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（    ） A． B．点在C上 C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D．当点在C上时， 三、填空题 12．设双曲线的左右焦点分别为，过作平行于轴的直线交C于A，B两点，若，则C的离心率为 ． 13．若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 . 14．甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为 . 四、解答题 15．记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知， (1)求B；(2)若的面积为，求c． 16．已知和为椭圆上两点. (1)求C的离心率; (2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程． 17．如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 18．已知函数 (1)若，且，求的最小值； (2)证明：曲线是中心对称图形； (3)若当且仅当，求的取值范围． 19．设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列． (1)写出所有的，，使数列是可分数列； (2)当时，证明：数列是可分数列； (3)从中一次任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：． 试卷第4页，共4页 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 高三数学周测一参考答案： 1．A【详解】因为，且注意到， 从而.故选：A. 2．C【详解】因为，所以.故选：C. 3．D【详解】因为，所以， 所以即，故，故选：D. 4．A【详解】因为，所以， 而，所以，故即，从而，故，故选：A. 5．B【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为， 而它们的侧面积相等，所以即， 故，故圆锥的体积为.故选：B. 6．B【详解】因为在上单调递增，且时，单调递增， 则需满足，解得，即a的范围是.故选：B. 7．C【详解】因为函数的的最小正周期为， 函数的最小正周期为， 所以在上函数有三个周期的图象， 在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示： 由图可知，两函数图象有6个交点.故选：C 8．B 【分析】代入得到，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断. 【详解】因为当时，所以， 又因为， 则， ， ， ， ，则依次下去可知，则B正确； 且无证据表明ACD一定正确. 故选：B. 9．BC【详解】依题可知，，所以， 故，C正确，D错误； 因为，所以， 因为，所以， 而，B正确，A错误， 故选：BC． 10．ACD【详解】对A，因为函数的定义域为R，而， 易知当时，，当或时， 函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，正确； 对B，当时，，所以， 而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误； 对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减， 所以，即，正确； 对D，当时，， 所以，正确；故选：ACD. 11．ABD【详解】对于A：设曲线上的动点，则且， 因为曲线过坐标原点，故，解得，故A正确. 对于B：又曲线方程为，而，故. 当时，，故在曲线上，故B正确. 对于C：由曲线的方程可得，取， 则，而，故此时， 故在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误. 对于D：当点在曲线上时，由C的分析可得， 故，故D正确.故选：ABD. 12．【详解】由题可知三点横坐标相等，设在第一象限，将代入 得，即，故，， 又，得，解得，代入得， 故，即，所以. 故答案为： 13． 【详解】由得，， 故曲线在处的切线方程为； 由得， 设切线与曲线相切的切点为， 由两曲线有公切线得，解得，则切点为， 切线方程为， 根据两切线重合,所以，解得.故答案为： 14．【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为，四轮的总得分为. 对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有六种，从而甲在该轮得分的概率，所以. 从而. 记. 如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以； 如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以. 而的所有可能取值是0，1，2，3，故，. 所以，，两式相减即得，故. 所以甲的总得分不小于2的概率为.故答案为：. 15．【详解】（1）由余弦定理有，对比已知， 可得，因为，所以， 从而，又因为，即， 注意到，所以. （2）由（1）可得，，，从而，， 而， 由正弦定理有，从而， 由三角形面积公式可知，的面积可表示为 ， 由已知的面积为，可得，所以. 16．【详解】（1）由题意得，解得， 所以. （2）法一：，则直线的方程为，即， ，由（1）知， 设点到直线的距离为，则， 则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可， 此时该平行线与椭圆的交点即为点， 设该平行线的方程为：， 则，解得或， 当时，联立，解得或， 即或， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，联立得， ，此时该直线与椭圆无交点. 综上直线的方程为或. 法二：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当的斜率存在时，设，令， ，消可得， ，且，即， ， 到直线距离， 或，均满足题意，或，即或. 17． 【详解】（1）（1）因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以， 根据平面知识可知， 又平面，平面，所以平面． （2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接， 因为平面，所以平面平面，而平面平面， 所以平面，又，所以平面， 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角， 即，即． 因为，设，则，由等面积法可得，， 又，而为等腰直角三角形，所以， 故，解得，即． 18．【详解】（1）时，，其中， 则， 因为，当且仅当时等号成立， 故，而成立，故即， 所以的最小值为.， （2）的定义域为， 设为图象上任意一点， 关于的对称点为， 因为在图象上，故， 而， ， 所以也在图象上， 由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为. （3）因为当且仅当，故为的一个解， 所以即， 先考虑时，恒成立. 此时即为在上恒成立， 设，则在上恒成立， 设， 则， 当，， 故恒成立，故在上为增函数， 故即在上恒成立. 当时，， 故恒成立，故在上为增函数， 故即在上恒成立. 当，则当时， 故在上为减函数，故，不合题意，舍； 综上，在上恒成立时.而当时， 而时，由上述过程可得在递增，故的解为， 即的解为.综上，. 19．【详解】（1）首先，我们设数列的公差为，则. 由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形， 得到新数列，然后对进行相应的讨论即可. 换言之，我们可以不妨设，此后的讨论均建立在该假设下进行. 回到原题，第1小问相当于从中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是，或，或. 所以所有可能的就是. （2）由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共组，使得每组成等差数列： ①，共组； ②，共组. （如果，则忽略②） 故数列是可分数列. （3）定义集合，. 下面证明，对，如果下面两个命题同时成立， 则数列一定是可分数列： 命题1：或； 命题2：. 我们分两种情况证明这个结论. 第一种情况：如果，且. 此时设，，. 则由可知，即，故. 此时，由于从数列中取出和后， 剩余的个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成等差数列： ①，共组； ②，共组； ③，共组. （如果某一部分的组数为，则忽略之） 故此时数列是可分数列. 第二种情况：如果，且. 此时设，，. 则由可知，即，故. 由于，故，从而，这就意味着. 此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下四个部分，共组，使得每组成等差数列： ①，共组； ②，，共组； ③全体，其中，共组； ④，共组. （如果某一部分的组数为，则忽略之） 这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含个行，个列的数表以后，个列分别是下面这些数： ，，，. 可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍中除开五个集合，，，，中的十个元素以外的所有数. 而这十个数中，除开已经去掉的和以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数. 这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列是可分数列. 至此，我们证明了：对，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列一定是可分数列. 然后我们来考虑这样的的个数. 首先，由于，和各有个元素，故满足命题1的总共有个； 而如果，假设，则可设，，代入得. 但这导致，矛盾，所以. 设，，，则，即. 所以可能的恰好就是，对应的分别是，总共个. 所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有个. 这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为. 当我们从中一次任取两个数和时，总的选取方式的个数等于. 而根据之前的结论，使得数列是可分数列的至少有个. 所以数列是可分数列的概率一定满足 . 这就证明了结论. 答案第6页，共11页 答案第11页，共11页 学科网（北京）股份有限公司 $$