精品解析：贵州省遵义市第四中学2026届高三上第六次周训数学试题

遵义四中2026届高三上第六次周训练数学试题 一、选择题：每小题5分，共40分.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，，则（ ） A. B. C. D. 2. 的虚部为（ ） A. B. C. 2 D. 11 3. 直线被圆所截得的弦长为（ ） A. B. C. 2 D. 4. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则（ ） A. 3 B. C. 4 D. 5 5. 已知数据的平均数为1，方差为0，则数据，的方差为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 6. 已知椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点射出的光线，经椭圆反射后，其反射光线必经过椭圆的另一焦点.设椭圆：的左、右焦点分别为，，从发出的光线，经上的点反射后，反射光线再经上的点反射.若经过这两次反射后，，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列的前项和为，，，.若，有恒成立，则实数的最大值为（ ） A. 3 B. C. D. 8. 正实数，满足和（其中是自然对数的底数），则的值为（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 二、多项选择题：全部选对的得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分. 9. 已知，，，则“”的充要条件是（ ） A. B. C. D. 10. 函数，下列说法正确的是（ ） A. 在区间上是增函数 B. 是奇函数 C. 在区间上的值域为 D. 若方程在上有三个不同实根，则实数的取值范围为 11. 在一个半径为4的大球内放入个半径相同的小球，则（ ） A. 当时，小球半径最大为2 B. 当时，小球半径最大为 C. 当时，小球半径最大为 D. 当时，小球半径最大为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量、满足，，且，则与的夹角________. 13. 若点是抛物线上的动点，点是直线上的动点，则的最小值为________. 14. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，甲有的概率不传，有的概率传给乙；乙有的概率传给甲，有的概率传给丙；丙有的概率传给甲，有的概率传给乙，每次传球相互独立，则两次传球后球在乙处的概率为________，n次传球后，球在乙处的概率________． 四、解答题：共5个小题，满分77分.解答应写出相应的文字说明；证明过程或演算步骤. 15. 已知函数（其中，，）的部分图象如图所示. （1）求函数的解析式； （2）已知，，求的值. 16. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面底面，平面底面，，点在线段上，. （1）证明：底面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 2025年9月，全国“城超”足球比赛在贵阳举办，比赛期间还开展文旅会客厅、特色市集等活动.其旨为响应国家全民健身战略，契合城市发展，展现贵阳魅力，实现“体育+文旅”多元共赢.为了增进省外观众对贵州文化的了解，从参加配套文旅活动的省外观众中，随机抽取150人，开展贵州文旅知识问答活动，该活动共有，，三道试题，全部答完后，至少答对2道试题，则可获得奖励总决赛门票一张.假设每人答对这3道试题的概率分别为，，，且每人答对各道试题与否互不影响. （1）求观众甲通过文旅知识问答活动获得总决赛门票的概率； （2）设通过文旅知识问答活动获得总决赛门票有个人的概率为，求取得最大值时的值. 18. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，且点到的渐近线的距离为2． （1）求的方程； （2）记的左顶点为，过点的直线l与交于两点（异于点）． （ⅰ）证明：直线的斜率之积为定值； （ⅱ）过点E分别作直线垂线，垂足分别为，记，的面积分别为，求的最大值． 19. 已知函数，. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若函数有两个零点，求实数的取值范围； （3）当时，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 遵义四中2026届高三上第六次周训练数学试题 一、选择题：每小题5分，共40分.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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由集合的交集运算求解即可． 【详解】集合， 则． 故选：A 2. 的虚部为（ ） A. B. C. 2 D. 11 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算直接计算求解即可． 【详解】， 所以的虚部为． 故选：B． 3. 直线被圆所截得的弦长为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出圆心到直线的距离，再利用弦，弦心距和半径的关系可求得结果. 【详解】圆的圆心为，半径， 圆心到直线的距离， 故直线被圆所截弦长为. 故选：D. 4. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则（ ） A. 3 B. C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】首先求出，再由正弦定理即可求解. 【详解】因为，所以， 由正弦定理可知. 故选：C 5. 已知数据的平均数为1，方差为0，则数据，的方差为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】利用平均数和方差的公式求解. 【详解】,的平均数为1，方差为0，， ，， ， ， 方差为 故选：B. 6. 已知椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点射出的光线，经椭圆反射后，其反射光线必经过椭圆的另一焦点.设椭圆：的左、右焦点分别为，，从发出的光线，经上的点反射后，反射光线再经上的点反射.若经过这两次反射后，，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，根据已知条件，结合椭圆的定义得， 然后在中，利用余弦定理构造齐次式，从而得到. 【详解】，，， 设，则，， ，，，，，， ，， ，，， 在中，，，， ， ，，， 的离心率为. 故选：D. 7. 已知数列的前项和为，，，.若，有恒成立，则实数的最大值为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差中项的应用可知是以1为首项的等差数列，进而求出，代入题意中的不等式可得，设，根据对勾函数的性质计算即可求解. 【详解】由， 知数列是以1为首项的等差数列， 又，所以公差， 得. 由，得， 即，设， 由对勾函数的图象与性质知， 函数在上单调递减，在上单调递增， 且， 所以当时，取得最小值. 所以，即t的最大值为. 故选：C 8. 正实数，满足和（其中是自然对数的底数），则的值为（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】首先由得出和，然后由得出，最后构造函数，证明其单调性可得到即可得出答案. 【详解】由题意， ①， ②，显然， 联立①②可得③， 考察函数，则， 当时，恒成立，所以在上单调递增， 结合③式可得， 所以. 故选：D 二、多项选择题：全部选对的得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分. 9. 已知，，，则“”的充要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据不等式的性质判断AB；根据指数函数的图象与性质判断C；根据幂函数的图象与性质判断D. 【详解】A：若，则； 若，得，故A符合题意； B：若， 得，即，所以； 若，则，所以， 即，得，故B符合题意； C：当时，由，得， 当时，由，得； 若，当时，， 当时，由，故C不符合题意； D：若，由幂函数的图象与性质知； 若，则，故D符合题意. 故选：ABD 10. 函数，下列说法正确的是（ ） A. 在区间上是增函数 B. 是奇函数 C. 在区间上的值域为 D. 若方程在上有三个不同实根，则实数的取值范围为 【答案】BD 【解析】 【分析】利用求导来判断三次函数的单调区间，从而可判断A,利用的解析式可判断B，利用三次函数的单调性求值域可判断C，利用函数零点个数可判断D. 【详解】对于A，由， 当，得或，即在上单调递增， 当，得，即在上单调递减， 从而可得在区间上单调递减，在区间上单调递增，故A错误； 对于B，由， ，所以是奇函数，故B正确； 对于C，由在区间上单调递增，在区间上单调递减， 且， 所以在区间上的值域为，故C错误； 对于D，由在上单调递增，在上单调递减， 且，当，，当，， 所以方程在上有三个不同实根，则实数的取值范围为，故D正确； 故选：BD 11. 在一个半径为4的大球内放入个半径相同的小球，则（ ） A. 当时，小球半径最大为2 B. 当时，小球半径最大为 C. 当时，小球半径最大为 D. 当时，小球半径最大为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据球的内接外切问题逐项求解判断即可． 【详解】对于A，当时，两小球外切与大球内切，此时小球半径最大， 则，解得，故A正确； 对于B，当时，设小球半径最大为,则截面图如下： 三个球心组成边长为的等边三角形，球心是的中心， 则，， 解得，故B错误； 对于C，当时，如图所示： 四个小球，三个在下，一个在上，四个球心连线成正四面体， 该正四面体的边长为，如图在正四面体中，在底面的投影为重心， 则， 正四面体的高为， 易知正四面体的外接球心在高上， 则，又, 解得正四面体的外接球半径为， ，解得，故C正确； 对于D，当时，设小球半径最大为，如图： 六个球心组成边长为的正八面体， 则正八面体的外接球半径为， ，解得，故D错误； 故选：AC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量、满足，，且，则与的夹角________. 【答案】 【解析】 【分析】由已知得出，利用平面向量数量积的运算性质和定义求出，结合向量夹角的取值范围可得出角的值. 【详解】因为，则， 所以， 又因为，故. 故答案为：. 13. 若点是抛物线上的动点，点是直线上的动点，则的最小值为________. 【答案】 【解析】 【分析】不妨设点，利用二次函数的基本性质求出点到直线的距离的最小值，即为的最小值. 【详解】不妨设点，则点到直线的距离为， 当且仅当时，等号成立，故的最小值为. 故答案为：. 14. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，甲有的概率不传，有的概率传给乙；乙有的概率传给甲，有的概率传给丙；丙有的概率传给甲，有的概率传给乙，每次传球相互独立，则两次传球后球在乙处的概率为________，n次传球后，球在乙处的概率________． 【答案】 ①. ##0.1875 ②. 【解析】 【分析】设次传球后，球在甲处的概率为，则球在丙处的概率为，分析第二次传球后球在乙处的可能，结合概率的乘法公式可得出的值；推导出次传球后，球在乙处的两种可能，结合全概率公式可得出关于的递推公式，推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得的表达式. 【详解】设次传球后，球在甲处的概率为，则球在丙处的概率为， 由题意可知，， 第二次传球后，球在乙处，只有一种可能，即前一次在甲处，然后传给乙， 所以； 次传球后，球在乙处，有两种可能：前一次在甲处，由甲传给乙或前一次在丙处，由丙传给乙， 所以， 设，即，所以，解得， 故，且， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，故. 故答案为：；. 四、解答题：共5个小题，满分77分.解答应写出相应的文字说明；证明过程或演算步骤. 15. 已知函数（其中，，）的部分图象如图所示. （1）求函数的解析式； （2）已知，，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据图像，结合所给点得到，进而求，代入点得到即可； （2）根据题意，进而得到，再由二倍角公式求，最后用和差公式求解即可． 【小问1详解】 设的最小正周期为，由图象可得， ， 所以， 所以， 又， 所以，，即，， 又，所以，所以； 【小问2详解】 ， 因为，所以， 可得，， 因此． 16. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面底面，平面底面，，点在线段上，. （1）证明：底面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 在矩形中，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以；同理； 又，平面，， 因此平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质、结合线面垂直的判定定理即可证明； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知、、两两垂直，以为原点， 、、所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 则，因为， 所以， 可得，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，则，， 所以，且， 设直线与平面所成的角为， 则， 故直线与平面夹角的正弦值为. 17. 2025年9月，全国“城超”足球比赛在贵阳举办，比赛期间还开展文旅会客厅、特色市集等活动.其旨为响应国家全民健身战略，契合城市发展，展现贵阳魅力，实现“体育+文旅”多元共赢.为了增进省外观众对贵州文化的了解，从参加配套文旅活动的省外观众中，随机抽取150人，开展贵州文旅知识问答活动，该活动共有，，三道试题，全部答完后，至少答对2道试题，则可获得奖励总决赛门票一张.假设每人答对这3道试题的概率分别为，，，且每人答对各道试题与否互不影响. （1）求观众甲通过文旅知识问答活动获得总决赛门票的概率； （2）设通过文旅知识问答活动获得总决赛门票有个人的概率为，求取得最大值时的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据古典概型的知识进行求解即可. （2）根据二项分布的概率公式列出不等式方程组，求出最值. 【小问1详解】 设“观众甲通过文旅知识问答活动获得总决赛门票”为事件，则 因此，观众甲通过文旅知识问答活动获得总决赛门票的概率为. 【小问2详解】 由（1）知，则，， 由题意：，即 解得， 故时，取到最大值为. 18. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，且点到的渐近线的距离为2． （1）求的方程； （2）记的左顶点为，过点的直线l与交于两点（异于点）． （ⅰ）证明：直线的斜率之积为定值； （ⅱ）过点E分别作直线垂线，垂足分别为，记，的面积分别为，求的最大值． 【答案】（1） （2） （i）由（1）知双曲线的左顶点为， 设，，由题意知直线l斜率不为0，设直线， 联立方程组，整理得， 所以，且，， 所以 ，故直线的斜率之积为定值． （ii） 【解析】 【分析】（1）由，求得，再由题意，得到，求得的值，即可求得的方程； （2）（ⅰ）设直线，联立方程组求得，，结合直线的斜率公式，进行化简，即可求解； （ⅱ）设直线，得到，联立方程组，求得和，得到，结合基本不等式，即可求解. 【小问1详解】 由题意知，可得，解得， 因为点到直线的距离为2，可得， 又因为，可得，所以的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）由题意，直线斜率存在，且不为0，设直线，其中， 则直线PE的方程为， 联立方程组，解得， 用替换上式中的得点Q的纵坐标， 则， 因为，当且仅当时取等号，所以， 所以的最大值为． 19. 已知函数，. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若函数有两个零点，求实数的取值范围； （3）当时，求证：. 【答案】（1） （2） （3） 当时，， 设， 所以在上单调递增， 又，， 故，使，即，进而， 当，，在上单调递减， 当，，在上单调递增， 所以， 当且仅当时等号成立，但，所以等号不成立， 所以成立， 故． 【解析】 【分析】（1）根据导数几何意义求切线方程即可； （2）由题得，求导，根据导数和讨论函数单调性，得到，结合函数有两个零点，则，再令，易知在单调递增，且，进而解得，最后检验即可； （3）由（2）知，设，再求导证明即可． 【小问1详解】 ，，，， 所以切线斜率为， 切线方程为； 【小问2详解】 ， 所以， 当时，，在上单调递减，不符合题意， 当时，，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以必有. 设在上单调递增， 又，解得； 当时，有， 则，且， 而，所以在上存在唯一零点； 又有，则， 且， 所以在上存在唯一零点； 当时，在上存在两个零点为，. 综上所述，有两个零点时，实数的取值范围为； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $