精品解析：河南省洛阳市偃师区第一高级中学2025-2026学年高三上学期12月数学周测试卷

偃师一高12月高三数学周测试卷 一、选择题：本题共小题，每小题分，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. 已知集合，，若，则的所有可能取值构成的集合的真子集个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 6 D. 7 2. 若复数为纯虚数，则（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 1或2 3. 已知，，且，则取最小值时（ ） A. B. C. D. 4. 已知为等差数列的前项和，且，，则数列的前项和为（ ） A. 108 B. 28 C. 62 D. 80 5. 函数，则对任意实数，下列结论正确的是（ ） A. 是偶函数，且在上单调递增 B. 是奇函数，且在上单调递增 C. 是奇函数，且在上单调递减 D. 是偶函数，且在上单调递减 6. 已知，在上的投影向量为，则（ ） A. 0 B. 2 C. 3 D. 7 7. 已知，，则（ ） A. 0 B. C. D. 2 8. 已知圆锥的轴截面是一个正三角形，其中是圆锥顶点，AB是底面直径．若C是底面圆O上一点，P是母线SC上一点，，，则三棱锥外接球的表面积是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共小题，每小题分，共分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得分，部分选对的得部分分，有选错的得分. 9. 为等比数列的前项和，且，，则（ ） A. B. C. D. 数列为等差数列 10. 已知函数（），若将其图象向左平移个单位，所得图象关于原点对称，则以下结论正确的有（ ） A. B. 在上的最小值为 C. 函数的一个对称中心为 D. 的增区间为（） 11. 在边长为的菱形中，，沿对角线将折起得四面体，且，则（ ） A. B. 直线与平面所成角的余弦值为 C. 四面体的体积为 D. 点为的外心，点为四面体外接球的球心，则 第Ⅱ卷（非选择题，共分） 三、填空题：本题共小题，每小题分，共分. 12. 设函数在区间上单调递减，则的最大值为______. 13. 曲线的斜率最小的切线方程为______. 14. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线与抛物线C交于P，Q两点，线段PQ的中点的纵坐标为1，且，则__________. 四、解答题：本题共小题，共分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求； （2）若的面积为为BC上一点，AD为的平分线，求AD. 16. 已知递增数列满足. （1）求； （2）证明：数列为等差数列； （3）令，求数列的前项和. 17. 如图，在四棱锥中，，且，底面是边长为的菱形，. （1）证明：平面平面； （2）证明：为等腰三角形； （3）若，求平面与平面夹角的正弦值. 18. 随着国内人均收入的增加，居民的健康意识也不断增加，健身器材行业发展迅速，下面为年中国健身器材市场规模（单位：百亿元）. 年份 2020 2021 2022 2023 2024 年份代码 1 2 3 4 5 市场规模 4.1 4.4 4.8 5.5 6.3 （1）由上面数据可知，可用指数型函数模型拟合与的关系，请建立关于的回归方程（，的值精确到）； （2）数据显示2024年购买过体育用品类的中国消费者中购买过运动防护类的占比为，用频率估计概率，现从2024年购买过体育用品类的中国消费者中国随机抽取3人，记购买过运动防护类的消费者人数为，求的分布列与数学期望. 参考数据： 其中. 参考公式：对于一组数据，，，，其经验回归直线的斜率与截距的最小二乘法公式为：，. 19. 已知，分别是椭圆的左、右顶点，动点满足，过作于，线段交椭圆于点，过作交椭圆于点. （1）求动点的轨迹方程； （2）设直线，的斜率分别为，，求； （3）求证：直线过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 偃师一高12月高三数学周测试卷 一、选择题：本题共小题，每小题分，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. 已知集合，，若，则的所有可能取值构成的集合的真子集个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 6 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】利用分类讨论参数，根据子集关系可求得参数的集合，再通过元素个数确定真子集个数. 【详解】当时，，成立， 当时，， 因为，故或，此时或1， 综上，，故真子集个数为. 故选：D. 2. 若复数为纯虚数，则（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 1或2 【答案】B 【解析】 【分析】由纯虚数的概念即可求解. 【详解】由题意可得：， 解得： 故选：B 3. 已知，，且，则取最小值时（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知条件，对化简，可得，结合“1”代换，则，再结合基本不等式，即可求解. 【详解】由题意，，，且， 则 ， 当且仅当，即时，取得最小值， 又，即时等号成立. 故选：C 4. 已知为等差数列的前项和，且，，则数列的前项和为（ ） A. 108 B. 28 C. 62 D. 80 【答案】D 【解析】 【分析】利用等差数列前n项和及其性质求基本量，进而得到，再确定的前4项为正数项，从第5项开始均为负数项，最后由的前12项和求结果. 【详解】由，可得， 所以，故数列的公差，且， 所以，令，， 所以的前4项为正数项，从第5项开始均为负数项，且， 所以的前12项和. 故选：D 5. 函数，则对任意实数，下列结论正确的是（ ） A. 是偶函数，且在上单调递增 B. 是奇函数，且在上单调递增 C. 是奇函数，且在上单调递减 D. 是偶函数，且在上单调递减 【答案】B 【解析】 【分析】根据奇偶函数的定义即可判定奇函数，根据指数函数的单调性即可求解单调性. 【详解】的定义域为，而，则， 故是奇函数， 由于，函数单调递增，故在上单调递增， 故选：B 6. 已知，在上的投影向量为，则（ ） A. 0 B. 2 C. 3 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】先设向量与的夹角为，根据向量在上的投影向量为，可求得，再由，即可求解. 【详解】设向量与的夹角为， 因为向量在上的投影向量为，所以， 又，解得， 因此 又，， 所以. 故选：B 7. 已知，，则（ ） A. 0 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用齐次化思想求出，再利用两角和差的正切公式即可. 【详解】因，则， 得或， 因，则，则. 故选：B 8. 已知圆锥的轴截面是一个正三角形，其中是圆锥顶点，AB是底面直径．若C是底面圆O上一点，P是母线SC上一点，，，则三棱锥外接球的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取点D在母线SA上且，可证明三棱锥与三棱锥外接球相同，再由正弦定理求出三角形的外接圆半径即为外接球半径得解. 【详解】如图， 设点D在母线SA上且， 因为是直角三角形，所以三棱锥外接球的球心E在SO上， 由 ≌，可得， 即三棱锥外接球的球心E也是三棱锥外接球的球心，且两个外接球的表面积相等． 由，得的外心即为三棱锥外接球的球心E． 在中，， 所以的外接圆的直径， 所以三棱锥外接球的表面积是， 故选：C． 二、多选题：本题共小题，每小题分，共分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得分，部分选对的得部分分，有选错的得分. 9. 为等比数列的前项和，且，，则（ ） A. B. C. D. 数列为等差数列 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据等比数列片段和的性质及已知得，进而得到、，再依次判断各项的正误. 【详解】由题设，而，则， 所以，A错， 又，则，则， 且，所以，B对， 易知，C对， ，即数列为等差数列，D对. 故选：BCD 10. 已知函数（），若将其图象向左平移个单位，所得图象关于原点对称，则以下结论正确的有（ ） A. B. 在上的最小值为 C. 函数的一个对称中心为 D. 的增区间为（） 【答案】BC 【解析】 【分析】先根据条件求出的值，确定函数的解析式，再根据三角函数的性质逐项判断即可. 【详解】因为. 将的图象向左平移个单位， 可得函数. 因为的图象关于原点对称，所以，即（）. 又，所以必有，. 所以. 对A选项：因为，故A错误； 对B选项：因为，所以. 余弦函数在上的最小值为， 所以函数在的最小值为，当且仅当即时取等号，故B正确； 对C选项：因为 . 因为， 所以为函数的一个对称中心，故C正确； 对D选项：由，，. 所以函数的增区间为，，故D错误. 故选：BC 11. 在边长为的菱形中，，沿对角线将折起得四面体，且，则（ ） A. B. 直线与平面所成角的余弦值为 C. 四面体的体积为 D. 点为的外心，点为四面体外接球的球心，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】设中点为，连接，利用线面垂直的判定和性质判断A，根据线面角的概念可得即为直线与平面所成角的平面角，利用余弦定理求余弦值判断B，利用三棱锥的体积公式判断C，找出球心，利用线面垂直的性质和勾股定理判断D. 【详解】选项A：因为菱形中，所以和为等边三角形， 设中点为，连接，则，， 因为平面，，所以平面， 又平面，所以，A说法正确； 选项B：过作平面，因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 又平面，所以在直线上，所以即为直线与平面所成角的平面角， 因为，菱形边长为2，所以，， 在中由余弦定理可得，B说法正确； 选项C：由选项B可知， 四面体的高， 所以四面体的体积，C说法错误； 选项D：设中点为，因为，所以是直角三角形， 所以，即中点为四面体的外接球球心， 因为点为的外心，所以平面，， 因为平面，所以， 所以，D说法正确； 故选：ABD 第Ⅱ卷（非选择题，共分） 三、填空题：本题共小题，每小题分，共分. 12. 设函数在区间上单调递减，则的最大值为______. 【答案】4 【解析】 【分析】由对数型复合函数的单调性结合二次函数的单调性列出不等式求解即可. 【详解】由在区间上单调递减， 可得函数在区间上单调递减，且恒成立， 而函数开口向上，对称轴为， 则，解得，所以的最大值为4． 故答案为：4. 13. 曲线的斜率最小的切线方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】求导，根据二次函数的最值求出切点，进而求出切线方程. 【详解】，则， 当时，有最小值， 故切点为时，切线方程为，即， 故曲线的斜率最小的切线方程为. 故答案为： 14. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线与抛物线C交于P，Q两点，线段PQ的中点的纵坐标为1，且，则__________. 【答案】1 【解析】 【分析】设出直线PQ的方程并与抛物线方程联立，化简写出根与系数，利用线段的中点坐标以及的长列方程，由此求得的值. 【详解】设直线PQ的方程为，，. 由消去得，， 则，. 因为线段PQ的中点的纵坐标为1，所以，则. 因为，所以， 即，解得. 故答案为： 四、解答题：本题共小题，共分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求； （2）若的面积为为BC上一点，AD为的平分线，求AD. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，进而利用和差角公式化简可求； （2）由的面积为得，再由余弦定理得，从而可得，再由面积公式可得解. 【小问1详解】 根据题意， 则由正弦定理得， 即， 即， 化简得， 因为，所以， ∴，由于， 则； 【小问2详解】 根据题意，的面积为即， 则， 又根据余弦定理，，则， 所以，即， 又由的面积， 所以. 16. 已知递增数列满足. （1）求； （2）证明：数列为等差数列； （3）令，求数列的前项和. 【答案】（1）； （2） 证明：由可得：， 又因为，所以是方程的两个根， 而解方程可得：， 根据递增数列，所以 即，所以数列为等差数列； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用递推关系，赋值首项和第二项的方程组求解，再通过单调性确定一组解即可； （2）利用一元二次方程根与系数关系，来求解通项公式，即可证明等差数列； （3）利用裂项相消法来求和即可. 【小问1详解】 由可得：， 代入消元得：，解得或， 因为当时，，不满足递增数列，故舍去， 而当时，，满足递增数列， 所以； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由，可得， 所以. 17. 如图，在四棱锥中，，且，底面是边长为的菱形，. （1）证明：平面平面； （2）证明：为等腰三角形； （3）若，求平面与平面夹角的正弦值. 【答案】（1） 证明：连接交于点，连接， 因为是菱形，所以，且为的中点． 因为，所以， 又平面，且， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2） 证明：取中点， ，四边形是菱形， 所以是等边三角形，所以， 又，，则， 又，平面， 所以平面，平面，所以， 在中为中点，则为等腰三角形； （3）. 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，从而得到、，再由线面、面面垂直的判定即可证． （2）取中点，连接交于点，连接，从而得到、，根据线面垂直的判定及性质定理证明，即可证； （3）作辅助线，利用线面垂直的判定证明平面，以O为坐标原点，建立坐标系，利用向量法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 连接交于点，连接， 由平面，平面，则， 由平面，平面，则， 且，平面，所以平面， 由是边长为2的菱形， 在中，， 由，在中，所以， 以O为坐标原点，、分别为x轴、y轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，令，得， 设平面的法向量为， 则，令，得． 设平面与平面的夹角为， 所以， 所以，平面与平面夹角的正弦值为． 18. 随着国内人均收入的增加，居民的健康意识也不断增加，健身器材行业发展迅速，下面为年中国健身器材市场规模（单位：百亿元）. 年份 2020 2021 2022 2023 2024 年份代码 1 2 3 4 5 市场规模 4.1 4.4 4.8 5.5 6.3 （1）由上面数据可知，可用指数型函数模型拟合与的关系，请建立关于的回归方程（，的值精确到）； （2）数据显示2024年购买过体育用品类的中国消费者中购买过运动防护类的占比为，用频率估计概率，现从2024年购买过体育用品类的中国消费者中国随机抽取3人，记购买过运动防护类的消费者人数为，求的分布列与数学期望. 参考数据： 其中. 参考公式：对于一组数据，，，，其经验回归直线的斜率与截距的最小二乘法公式为：，. 【答案】（1） （2）的分布列为： 0 1 2 3 数学期望.【解析】 【分析】（1）由 ，得模型线性化为：，然后利用最小二乘法的公式计算即可； （2）利用二项分布的概率计算公式与期望计算公式可得答案. 【小问1详解】 由 ，则模型线性化为：， ，，， 由，， 得：， 由，， 得：， 代入最小二乘法估计公式，得： ， ， ， 故关于的回归方程为：. 【小问2详解】 由题意知： 服从二项分布，即. 由二项分布的概率计算公式得： ， ， ， ， 故的分布列为： 0 1 2 3 数学期望. 19. 已知，分别是椭圆的左、右顶点，动点满足，过作于，线段交椭圆于点，过作交椭圆于点. （1）求动点的轨迹方程； （2）设直线，的斜率分别为，，求； （3）求证：直线过定点. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）由，利用数量积运算可得； （2）设，求得点坐标，得到，利用求得，化简得到； （3）表示出直线方程，由定点与无关列方程组求解定点. 【小问1详解】 因为分别是椭圆的左、右顶点，所以, 设，则，因为， 所以，即， 又动点不能与重合，所以动点的轨迹方程为. 【小问2详解】 由（1）设，因为于，所以， 线段交椭圆于点，所以， 所以，又， 所以，， 所以. 【小问3详解】 由（2）直线的方程为，代入椭圆方程， 得， 因为是直线与椭圆的一个交点， 所以， 所以，代入直线的方程可得， 所以， 所以直线：， 整理得，若直线过定点，则该点坐标与取值无关， 则，解得，即直线过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $