四川省仁寿第一中学校南校区2024-2025学年高三上学期数学周考11

仁寿一中高2022级高三（上）周考11 数学 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 在复平面内，复数对应的点位于第二象限，则实数a的取值范围为（ ）． A. B. C. D. 2. 已知平面向量，，则在上的投影向量为（ ）． A. B. C. D. 3. 已知，设甲：；乙：，则甲是乙的（ ）． A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 4.已知点和双曲线，过点且与双曲线只有一个公共点的直线有（       ） A．2条 B．3条 C．4条 D．无数条 5. 用模型拟合一组数据组，其中；设，得变换后的线性回归方程为，则（       ） A． B．70 C． D．35 6.设数列的通项公式为，其前n项和为，则使的最小n是（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 7. 已知点是的外心，，，，若，则（        ） A．5 B．6 C．7 D．8 8. 已知函数，且为偶函数，则满足不等式的实数m的取值范围为（ ）． A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数，则下列说法正确的是（        ） A． B．的图象的对称中心是 C．函数的零点是 D．在上单调递增 10. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆E相交于P，Q两点，则（ ）. A. 以椭圆E长轴为直径的圆的方程为 B. 以为直径的圆与椭圆E有且仅有2个公共点 C. 以为圆心，为半径圆与椭圆E有3个公共点 D. 以为直径的圆与直线相离 11. 设函数，则（    ） A．当时，直线不是曲线的切线 B．当时，函数有三个零点 C．若有三个不同的零点，，，则 D．若曲线上有且仅有四点能构成一个正方形，则 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，且,=__________． 13. 甲、乙、丙、丁、戊5人站成两排照相，前排站2人，后排站3人，其中甲和乙须左右相邻，丙不站前排，则不同站法共有__________种（用数字作答）． 14. 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数.他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图中第一行的称为三角形数，第二行的称为正方形数，第三行的称为五边形数，…，照此规律进行下去，若将每一行的第个数从小到大排列形成数列， （i）若，则___________； （ii）当且时，___________.（用表示） 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知数列的前n项和为.数列为等比数列的前n项和为，且. （1）求数列与数列的通项公式； （2）若数列为递减数列，数列，设数列的前n项和为，证明：. 16. 已知抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，双曲线的渐近线方程为． (1)求抛物线的标准方程和双曲线的标准方程． (2)斜率为2的直线与抛物线交于两点，与轴交于点，若，求． 17. 为了缓解重庆市中心城区早晩高峰的交通压力，重庆市在中心城区部分桥梁､隧道实行工作日早高峰7：00至9：00､晩高峰17：00至19：30时期的车辆限行政策.某组织为了解学生对限行政策之后交通情况的满意度，随机抽取了100位学生进行调查，结果如下：回答“满意”的人数占总人数的，在回答“满意”的人中，“在校学生”的人数是“非在校学生”人数的；在回答“不满意”的人中，“在校学生”占其人数的. (1)请根据以上数据填写下面列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析能否认为学生对限行政策之后交通情况的满意度与是否在校有关？ 满意 不满意 合计 在校学生 非在校学生 合计 (2)为了进一步了解学生对限行政策之后交通情况的具体意见，该组织准备随机抽取部分学生做进一步调查.规定：直到随机抽取的学生中回答“不满意”的人数达到抽取总人数的及以上或抽样次数达到5次时，抽样结束.若学生回答满意与否相互独立，以频率估计概率，记为抽样次数，求的分布列和数学期望. 附： 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 参考公式：，其中. 18. 已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为上一点，. （1）求的长； （2）若为的中点，求二面角的余弦值； （3）若为上一点，且满足，求. 19. 若函数与在各自定义域内均能取得最大值，且最大值相等，则称与为“等峰函数”． （1）证明函数与是“等峰函数”； （2）已知与为“等峰函数”． ①求实数a的值； ②判断命题：“，且”的真假，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 仁寿一中高2022级高三（上）周考11 数学 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 在复平面内，复数对应的点位于第二象限，则实数a的取值范围为（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】复数，其对应的点在第二象限， 则，解得．故选：A 2. 已知平面向量，，则在上的投影向量为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】依题意，，， 所以在上的投影向量为．故选：B. 3. 已知，设甲：；乙：，则甲是乙的（ ）． A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】B 【解析】由，得，， 则x不一定推出；反之，当时，一定有． 故甲是乙必要不充分条件．故选：B. 4.已知点和双曲线，过点且与双曲线只有一个公共点的直线有（       ） A．2条 B．3条 C．4条 D．无数条 【答案】A 【解析】由题意可得，双曲线的渐近线方程为，点是双曲线的顶点. ①若直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，直线与双曲线只有一个公共点，合乎题意； ②若直线的斜率存在，则当直线平行于渐近线时，直线与双曲线只有一个公共点. 若直线的斜率为，则直线的方程为，此时直线为双曲线的一条渐近线，不合乎题意.综上所述，过点与双曲线只有一个公共点的直线共有条.故选：A. 5. 用模型拟合一组数据组，其中；设，得变换后的线性回归方程为，则（       ） A． B．70 C． D．35 【答案】C 【解析】因为，所以，， 即，所以.故选：C 6.设数列的通项公式为，其前n项和为，则使的最小n是（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【解析】， ， 结合指数函数单调性该数列为单调递增数列， 且 所以使的最小n是7.故选：C. 7. 已知点是的外心，，，，若，则（        ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【解析】如图，点O在、上的射影是点、，它们分别为、的中点． 由数量积的几何意义，可得，． 又，所以，又， 所以，即． 同理，即，解得．所以．故选：C. 8. 已知函数，且为偶函数，则满足不等式的实数m的取值范围为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】依题意，，令，由于为偶函数，故只需为奇函数，由，得， 因为，定义域关于原点对称， ， 由此可以验证为奇函数．所以满足题意，又由为偶函数，得，故的图象关于直线对称． ，当时，， 可知，当时，单调递增，则时，单调递减． 原不等式即为， 等价于，即，解得．故选：C. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数，则下列说法正确的是（        ） A． B．的图象的对称中心是 C．函数的零点是 D．在上单调递增 【答案】BCD 【解析】因为，又的最小正周期为，的最小正周期为，所以的最小正周期为， 所以，故A错误； 因为的对称中心为，的对称中心为， 所以的图象的对称中心是，故B正确； 因为的零点为，的零点心为， 所以函数的零点是，故C正确； 函数的定义域为， 所以，因为，且， 所以，所以在上单调递增，故D正确；故选：BCD 10. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆E相交于P，Q两点，则（ ）. A. 以椭圆E长轴为直径的圆的方程为 B. 以为直径的圆与椭圆E有且仅有1个公共点 C. 以为圆心，为半径圆与椭圆E有3个公共点 D. 以为直径的圆与直线相离 【答案】AD 【解析】对于A，以椭圆的长轴为直径的圆的半径为，圆心为原点， 故该圆的方程为，选项A正确； 对于B，由椭圆方程可得，故以为直径的圆的半径为1，圆心为原点， 故其方程为，由可得或， 故该圆与椭圆有且仅有2个公共点，选项B不正确； 对于C，由于椭圆上的任意一点与左焦点的距离， 当且仅当为左顶点时取等号， 故以为圆心，为半径的圆与椭圆只有一个公共点，选项C错误； 对于D，设为线段的中点，过点作直线l的垂线， 垂足分别为点，，，设，则， 因为，所以， 而，故，同理， 则， 即以为直径的圆的圆心到直线l的距离大于该圆的半径，选项D正确. 故选：AD. 11. 设函数，则（    ） A．当时，直线不是曲线的切线 B．当时，函数有三个零点 C．若有三个不同的零点，，，则 D．若曲线上有且仅有四点能构成一个正方形，则 【答案】BCD 【解析】当时，，则，则， 则曲线在点处的切线方程为，故选项错误. 当时，，则，当和时，，单调递增， 时，，单调递减.又因为，，结合三次函数的图像特征， 此时，有三个零点，故B选项正确. 设的三个零点分别为，，，则有， 展开后比对含项的系数，可得，故选项C正确. 当时，易知在上单调递增，结合图像知不符合题意，故. 因为，因此函数的图像关于点成中心对称图形. 则此正方形必以为中心，不妨设正方形的四个顶点分别为A，，，， 其中一条对角线的方程为，则， 即，解得，则， 同理可得.由得， 根据题意，方程只有一个正解， 当时，显然不成立. 故，则， 因为，则，设，则.设， 根据题意，只需要直线与函数的图像只有唯一的公共点即可. 结合双勾函数的图像可得，解得.所以选项D正确. 故选：BCD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，且,=__________． 【答案】 【解析】（Ⅰ）由，得 ∴，于是 13. 甲、乙、丙、丁、戊5人站成两排照相，前排站2人，后排站3人，其中甲和乙须左右相邻，丙不站前排，则不同站法共有__________种（用数字作答）． 【答案】20 【解析】当甲和乙站前排，丙站后排时，不同站法有（种）；当甲和乙站后排，丙站后排时，不同站法有（种），所以不同的站法共有（种）．故答案为:20. 14. 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数.他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图中第一行的称为三角形数，第二行的称为正方形数，第三行的称为五边形数，…，照此规律进行下去，若将每一行的第个数从小到大排列形成数列， （i）若，则___________； （ii）当且时，___________.（用表示） 【答案】； 【解析】第1行的图形点数规律为： 第2行的图形点数规律为： 第3行的图形点数规律为： 通过以上的规律可得第行第列的图形点数为，所以当时，； . 故答案为：； 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知数列的前n项和为.数列为等比数列的前n项和为，且. （1）求数列与数列的通项公式； （2）若数列为递减数列，数列，设数列的前n项和为，证明：. 【解析】（1），当n=1时，， 当时， 当n=1时，也满足上式，故……（注意勿忽视n=1的情况） 法一（通项法）（通项法求和） 法二：（公式法）当q=1时，符合题意； 当q1时，，下同法一。 （2）若数列为递减数列，数列， 关于n递增， 16. 已知抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，双曲线的渐近线方程为． (1)求抛物线的标准方程和双曲线的标准方程． (2)斜率为2的直线与抛物线交于两点，与轴交于点，若，求． 【解析】（1）依题意，双曲线渐近线方程为：，于是，解得， 因此双曲线的标准方程为：，其右焦点为，则，解得， 所以抛物线的标准方程为，双曲线的标准方程为. （2）设的方程为：，则， 由消去得：，则，， 由，得，则，满足， 因此，，， 所以． 17. 为了缓解重庆市中心城区早晩高峰的交通压力，重庆市在中心城区部分桥梁､隧道实行工作日早高峰7：00至9：00､晩高峰17：00至19：30时期的车辆限行政策.某组织为了解学生对限行政策之后交通情况的满意度，随机抽取了100位学生进行调查，结果如下：回答“满意”的人数占总人数的，在回答“满意”的人中，“在校学生”的人数是“非在校学生”人数的；在回答“不满意”的人中，“在校学生”占其人数的. (1)请根据以上数据填写下面列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析能否认为学生对限行政策之后交通情况的满意度与是否在校有关？ 满意 不满意 合计 在校学生 非在校学生 合计 (2)为了进一步了解学生对限行政策之后交通情况的具体意见，该组织准备随机抽取部分学生做进一步调查.规定：直到随机抽取的学生中回答“不满意”的人数达到抽取总人数的及以上或抽样次数达到5次时，抽样结束.若学生回答满意与否相互独立，以频率估计概率，记为抽样次数，求的分布列和数学期望. 附： 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 参考公式：，其中. 【解析】（1）由题意可得下表 满意 不满意 合计 在校学生 10 40 50 非在校学生 40 10 50 合计 50 50 100 ， 所以学生对限行政策之后交通情况的满意度与是否在校有关； （2）由题可知，抽取一名学生回答不满意的概率估计为，可能值为1，2，4，5， ，，, , 所以的分布列为 1 2 4 5 . 18. 已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为上一点，. （1）求的长； （2）若为的中点，求二面角的余弦值； （3）若为上一点，且满足，求. 【答案】（1）2 （2） （3）10 【解析】（1）因为底面为矩形， 所以，， 因为底面，底面， 所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以，因为， 所以为直线与所成的角，即， 设，则，， 在中， 又，所以，解得或（舍去）， 所以； (2)平面内过点作交的延长线于点，连接， 因为底面，底面，所以， 又，，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为二面角的平面角，因为为的中点， 所以，， 所以， 设二面角的平面角为，则， 所以， 即二面角的余弦值为； (3)依题意，，又， 所以，，又，所以， 又，平面，所以平面， 在平面内过点作，垂足为， 由平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 在平面内过点作交于点，在上取点，使得，连接， 所以且，所以四边形为平行四边形， 所以，又，即， 所以. 19. 若函数与在各自定义域内均能取得最大值，且最大值相等，则称与为“等峰函数”． （1）证明函数与是“等峰函数”； （2）已知与为“等峰函数”． ①求实数a的值； ②判断命题：“，且”的真假，并说明理由． 【解析】（1），由于，所以当 即时，；对于函数， 所以函数在上单调递增，从而当时， 函数与是“等峰函数” （2）① 当时，若；若，即函数在上单调递减，在上单调递增，无最大值； 当时，在上单调递增，无最大值； 当时，若；若，即函数在 上单调递增，在上单调递减，所以当时， 因为，所以时，时，，即函数在上单调递增，在上单调递减，从而当时， 由于与为“等峰函数”，所以 即将上式两端取自然对数得，即 令，则 所以在上单调递增，又，从而 ②命题为真命题，理由如下： 考察方程的实根情况，令 由①知在上单调递增，在上单调递减，所以 在上单调递增，又， 所以存在唯一，使得，即方程在上有唯一实根，且 易知：使即 令，则成等比数列． 故只要即可 又 所以成立 故原命题为真 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$