精品解析：重庆市第一中学校2025-2026学年高三上学期数学周考十试题

重庆市第一中学校2025-2026学年高三上学期数学周考十试题 （满分：150分；时间：120分钟） 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场／座位号、准考证号填写在答题卡上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写：必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效：保持答卷清洁、完整. 3.结束后，将答题卡交回（试题卷自行保管，以备评讲）. 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共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. 复数=(i是虚数单位),则复数的虚部为 A. i B. -i C. 1 D. -1 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，若，则实数（ ） A. B. C. D. 4. 点关于直线对称点Q的坐标为（　　） A. B. C. D. 5. 已知函数满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列满足，则（ ） A. 2 B. C. D. 2024 7. 已知圆，圆．若圆上存在点，过点作圆的两条切线，切点为，，使得，则的取值范围（ ） A. B. C. D. 8. 已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，若三棱锥（以为顶点）的侧面积为6，则球的表面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数的最大值为2，则（ ） A. B. 函数图象的一个对称中心是点 C. 在区间上单调递增 D. 将的图象先向右平移个单位长度后，再将图象上所有点的横坐标伸长为原来的两倍（纵坐标不变），得到的图象对应的函数解析式为 10. 半正多面体（semiregular solid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为，则（ ） A. 平面EAB B. 该二十四等边体的体积为 C. 该二十四等边体外接球的表面积为 D. PN与平面EBFN所成角的正弦值为 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若曲线在点处的切线方程为，则 B. 若，则函数在上单调递增 C. 若，则函数在上的最小值为 D. 若，则 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列满足，，则______． 13. 若，，且，，则______； 14. 数学家莱布尼兹是世界上首个提出二进制计数法的人，任意一个十进制正整数均可以用二进制数表示.若正整数，其中或，则可以用位二进制数表示.记的二进制各个位数和为，则.例如，因此.已知正整数1024且，则这样的有___________个；___________. 四、解答题：本题共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. 记的内角所对的边分别为，已知且. （1）求； （2）若，求. 16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，侧面为等边三角形，平面平面，E为PB中点． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 为丰富和活跃学校教师业余文化生活，提高教师身体素质，展现教师自我风采，增进教师沟通交流，阳泉一中举办了2024年度第一届青年教师团建暨羽毛球比赛活动，已知其决赛在小胡和小张之间进行，每场比赛均能分出胜负，已知该学校为本次决赛提供了1000元奖金，并规定:若其中一人赢的场数先达到4场，则比赛终止，同时该人获得全部奖金;若比赛意外终止时无人先赢4场，则按照比赛继续进行各自赢得全部奖金的概率之比给两人分配奖金.若每场比赛小胡赢的概率为，每场比赛相互独立. （1）在已进行的5场比赛中小胡赢了3场，若比赛继续进行到有人先赢4场，求小胡赢得全部奖金的概率； （2）若比赛进行了5场时终止（含自然终止与意外终止），记小胡获得奖金数为，求的分布列和数学期望. 18. 已知． （1）当时，求曲线在点处的切线方程． （2）若恰有1个极大值点和1个极小值点． ①求极大值与极小值的和； ②判断零点的个数． 19. 平面内一动圆经过点，且该圆被轴所截弦长为2，设动圆圆心的轨迹为．过点的直线交于两点，按照如下方式依次构造点：直线，与的另一个交点分别为，直线与轴的交点为，设点的纵坐标为． （1）求动圆圆心的轨迹方程； （2）求数列的通项公式； （3）记，求数列的通项公式． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市第一中学校2025-2026学年高三上学期数学周考十试题 （满分：150分；时间：120分钟） 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场／座位号、准考证号填写在答题卡上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写：必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效：保持答卷清洁、完整. 3.结束后，将答题卡交回（试题卷自行保管，以备评讲）. 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共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. 复数=(i是虚数单位),则复数的虚部为 A. i B. -i C. 1 D. -1 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数运算化简复数，得到，进而得到复数的虚部. 【详解】 ∴， 所以复数的虚部为 故选：D 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据指数函数的单调性求值域，再进行集合的交集运算. 【详解】由题知， 则， 所以． 故选：B． 3. 已知向量，，若，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量线性运算求得的坐标，再由向量垂直的坐标运算可求得. 【详解】由，，可得， 又因为，所以，解得． 故选：C． 4. 点关于直线对称点Q的坐标为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设出点Q，根据斜率和中点坐标得到关于a，b的方程组，求出即可． 【详解】设点关于直线的对称点Q， 则，解得：． 所以. 故选：A． 5. 已知函数满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求导得，令，可得出关于的方程，解之即可. 【详解】因为，则， 所以，，解得. 故选：D. 6. 已知数列满足，则（ ） A. 2 B. C. D. 2024 【答案】B 【解析】 【分析】根据递推式得到数列的周期，应用周期性求对应项. 【详解】由，可得， 同理可得，所以数列是周期为3的数列， 则. 故选：B. 7. 已知圆，圆．若圆上存在点，过点作圆的两条切线，切点为，，使得，则的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意画出图形，利用两点间的距离关系求出的距离，再由题意得到关于的不等式求得答案. 【详解】 如图，圆的半径为，圆上存在点， 过点作圆的两条切线，切点为，使得， 则，在中，， 又圆的半径等于，圆心坐标， ，， ， 由， 解得：，则的取值范围为. 故选：D. 8. 已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，若三棱锥（以为顶点）的侧面积为6，则球的表面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将三棱锥的外接球，转化为以为同一顶点出发的三条棱的长方体的外接球，再令，，通过侧面积为6，利用基本不等式准确求出的取值范围．即可求解； 【详解】由题知平面，，所以三棱锥的外接球，即为以为同一顶点出发的三条棱的长方体的外接球， 所以外接球半径，其中， 令，，则三棱锥（以为顶点）的侧面积为， 所以， 所以， 又因为，即， 所以，所以， 又因为，所以，当且仅当时，， 所以当，即时，， 此时球的表面积的取得最小值为. 故选：B. 二、选择题：本题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数的最大值为2，则（ ） A. B. 函数图象的一个对称中心是点 C. 在区间上单调递增 D. 将的图象先向右平移个单位长度后，再将图象上所有点的横坐标伸长为原来的两倍（纵坐标不变），得到的图象对应的函数解析式为 【答案】AB 【解析】 【分析】先应用辅助角公式化简应用最大值计算求参判断A,再应用正弦函数的对称中心计算或代入检验判断B,根据正弦函数的单调区间计算判断C,应用函数图象的变换得出解析式判断D. 【详解】对于A，因为（其中），且函数的最大值为2，所以，解得， 又因为，所以，故A正确； 对于B，解法一：由A选项可知，，令，解得， 当时，，所以的图象关于点中心对称，故B正确； 解法二：由A选项可知，，将代入的解析式，得， 所以的图象关于点中心对称，故B正确； 对于C，当时，，根据正弦函数的图象得在上单调递减，故C错误； 对于D，将的图象先向右平移个单位长度，得到的图象， 再将图象上所有点的横坐标伸长为原来的两倍，得到的图象，故D错误． 故选:AB． 10. 半正多面体（semiregular solid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为，则（ ） A. 平面EAB B. 该二十四等边体的体积为 C. 该二十四等边体外接球的表面积为 D. PN与平面EBFN所成角的正弦值为 【答案】BD 【解析】 【分析】A用反证法判断；B先补齐八个角成正方体，再计算体积判断；C先找到球心与半径，再计算表面积判断；D先找到直线与平面所成角，再求正弦值判断． 【详解】对于A，假设A对，即平面，于是， ，但六边形为正六边形，，矛盾， 所以A错误； 对于B，补齐八个角构成棱长为2的正方体， 则该二十四等边体的体积为， 所以B对； 对于C，取正方形对角线交点， 即为该二十四等边体外接球的球心， 其半径为，其表面积为，所以C错误； 对于D，因为在平面内射影为， 所以与平面所成角即为， 其正弦值为，所以D对． 故选：BD． 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若曲线在点处的切线方程为，则 B. 若，则函数在上单调递增 C. 若，则函数在上的最小值为 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据函数的导数性质，如切线斜率与导数的关系、利用导数判断函数单调性、求函数最值等知识，对每个选项逐一进行分析判断. 【详解】首先对函数求导，可得，所以. 已知切线方程为，其斜率为，所以，解得，故选项错误. 当时，，. 当时，，则，即. 所以函数在上单调递增，故选项正确. 当时，. ，令，即，解得. 当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增. 所以在处取得最小值，，故C选项正确. 当时，，，不满足； 当时，，则，在上单调递增. 当时，，，不满足. 当时，令，得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以在处取得最小值. 令，对其求导得. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 所以在处取得最大值. 要使，则，所以，故选项正确. 故选：BCD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列满足，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】整理数列的递推公式，利用累加法求得其通项公式，再赋值计算即得. 【详解】因为，所以， 所以时，， 则 ， 故. 故答案为：. 13. 若，，且，，则______； 【答案】 【解析】 【分析】先根据已知角的范围确定三角函数值的正负，再利用两角和的余弦公式求出的值，再根据的范围确定其具体值. 【详解】因，所以. 所以， 因为，，， 所以， 所以 因为，，所以. 在这个区间内，时，. 故答案为：. 14. 数学家莱布尼兹是世界上首个提出二进制计数法的人，任意一个十进制正整数均可以用二进制数表示.若正整数，其中或，则可以用位二进制数表示.记的二进制各个位数和为，则.例如，因此.已知正整数1024且，则这样的有___________个；___________. 【答案】 ①. 45 ②. 4095 【解析】 【分析】第一空：由题意：是2～10位二进制数，得到的前10位中恰有两个1，其余位均为即可求解； 第二空：是最大的6位二进制数，从而说明1～63的二进制数中，时共有个二进制数，时共有个二进制数，时共有个二进制数，…，时共有个二进制数，进而可求解； 【详解】详解：（1），要使， 则是位二进制数，且的前10位中恰好有两个1， 其余位均为0，因为最高位必为1， 所以有个满足题意的的值. （2）由于是最大的6位二进制数，故的二进制数中最少1个1，最多6个1，即当时，. 当时，位二进制数最高位必为1，其余位为0， 故共有个二进制数（或者理解为前6位中恰有1个1，其余位均为0）； 当时，位二进制数最高位必为1，其余位只有一个1，故共有个二进制数（或者理解为前6位中恰有2个1，其余位均为0）；当时，位二进制数最高位必为1，其余位只有2个1，故共有个二进制数（或者理解为前6位中恰有3个1，其余位均为0）； … 当时，6位二进制数全是1，故共有个二进制数， 所以 . 【点睛】思路点睛： 第二空：由是最大的6位二进制数，得到；分别讨论，，，…，时二进制数的个数即可. 四、解答题：本题共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. 记的内角所对的边分别为，已知且. （1）求； （2）若，求. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用两角和的正弦公式、三角形内角和为以及，结合正弦定理得到，从而求解出即可求解； （2）利用三角形面积公式求解出，结合余弦定理求解出，再利用三角形面积公式即可求解. 【小问1详解】 ， 因为，所以， 所以， 因为，所以，所以由正弦定理可知， 所以等价于， 因为，所以，所以，即， 又因为，所以. 【小问2详解】 因为，解得， 由余弦定理得，解得， 由三角形面积公式得， 解得. 16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，侧面为等边三角形，平面平面，E为PB中点． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 如图所示，作线段的中点，连接， 因为侧面为等边三角形，所以， 因为平面平面，平面平面，面， 所以平面，因为平面，所以， 因为底面为矩形，所以， 因为，面，面，所以面， 因为平面，所以平面面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理得出平面，接着求证面，再根据面面垂直的判定定理即可得证. （2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，根据面面角的向量方法，求出面的法向量即可计算求出面与面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 如图所示，作中点，连接，则 由（1）可得，面，面，所以面， 则可以为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系； 则， 可得， 设面的法向量为，则，得， 令，解得，所以面的一个法向量为， 易知面得一个法向量为， 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 为丰富和活跃学校教师业余文化生活，提高教师身体素质，展现教师自我风采，增进教师沟通交流，阳泉一中举办了2024年度第一届青年教师团建暨羽毛球比赛活动，已知其决赛在小胡和小张之间进行，每场比赛均能分出胜负，已知该学校为本次决赛提供了1000元奖金，并规定:若其中一人赢的场数先达到4场，则比赛终止，同时该人获得全部奖金;若比赛意外终止时无人先赢4场，则按照比赛继续进行各自赢得全部奖金的概率之比给两人分配奖金.若每场比赛小胡赢的概率为，每场比赛相互独立. （1）在已进行的5场比赛中小胡赢了3场，若比赛继续进行到有人先赢4场，求小胡赢得全部奖金的概率； （2）若比赛进行了5场时终止（含自然终止与意外终止），记小胡获得奖金数为，求的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2）的分布列为： 0 250 750 1000 【解析】 【分析】（1）小胡赢得全部奖金是赢得第4场，或输第4场、赢第5场，根据互斥事件及相互独立事件的概率公式计算可得； （2）依题意可得随机变量的可能取值为，，，，计算对应的概率值，写出的分布列，计算数学期望值． 【小问1详解】 记小胡赢得全部奖金为事件，则； 【小问2详解】 若场比赛结束，比赛自然终止， ①小胡与小张赢得比赛场数分别为，小胡获元； ②小胡与小张赢得比赛场数分别为，小胡无奖金； 若场比赛结束，比赛意外终止，即有一人赢了场，有一人赢了场， 则赢了场的人，按照比赛继续进行赢得全部奖金的概率为， 所以此人得到的奖金为元，则赢了场的人，得到的奖金为元； ③小胡与小张赢得比赛场数分别为，小胡获元； ④小胡与小张赢得比赛场数分别为，小胡获元； 所以随机变量的可能取值为，，，； 比赛结果共有， 所以，， ，， 所以的分布列为： 0 250 750 1000 数学期望为． 18. 已知． （1）当时，求曲线在点处的切线方程． （2）若恰有1个极大值点和1个极小值点． ①求极大值与极小值的和； ②判断零点的个数． 【答案】（1） （2）①0；②3 【解析】 【分析】（1）根据导函数求出切线的斜率再点斜式得出切线方程； （2）先求出导函数，再分和两种情况得出零点结合计算得出极大值与极小值的和为0，再应用零点存在定理可判断零点个数. 【小问1详解】 由题可得，函数的定义域为，， 当时，，， 故切点为，切线在该点处的斜率为， 故曲线在点处的切线方程为，即． 【小问2详解】 由（1）得， 因为分母在定义域内恒成立，所以导函数的符号取决于分子的符号， 令，其对应一元二次方程的判别式． 若，此时，则且不恒为0，所以且不恒为0，所以在上单调递增，故没有极值点， 若，此时或，则有两个不等实根，不妨设， 由一元二次方程根与系数的关系可得，则同号． 当时，，两根均为负数，则在上恒成立，所以，所以在上单调递增，则没有极值点； 当时，，两根均为正数，故当或时，，所以，所以的单调递增区间为，， 当时，，所以，所以的单调递减区间为，故有极大值点，极小值点． 故时，恰有1个极大值点和1个极小值点． ①，故极大值与极小值的和为0． ②由①知，，，则， 又由①知，在，上单调递增，在上单调递减， 因为，所以，，当时，；当时，， 故在，上各有一个零点，又，所以有3个零点． 【点睛】关键点点睛：第（2）问①的解题关键：（1）令，讨论和的情况；（2）当时需要讨论两根的正负，注意根与系数关系的应用． 19. 平面内一动圆经过点，且该圆被轴所截弦长为2，设动圆圆心的轨迹为．过点的直线交于两点，按照如下方式依次构造点：直线，与的另一个交点分别为，直线与轴的交点为，设点的纵坐标为． （1）求动圆圆心的轨迹方程； （2）求数列的通项公式； （3）记，求数列的通项公式． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）设动圆的圆心坐标为，根据条件列出方程化简即得曲线方程； （2）设，，，，求，写出直线和的方程，并令得到，再由得到，写出直线的方程，令，得与的关系，构造等比数列，求的通项公式； （3）由（2），求出，从而得到. 【小问1详解】 设动圆的圆心坐标为，由题意知，整理得， 故动圆圆心的轨迹的方程为． 【小问2详解】 设，，，，， 易知，，，由题知，， 两式作差，得， 所以，同理得，， 所以直线的方程为， 同理，直线的方程为， 结合点在两直线上，令，得， 又直线过点，所以设直线的方程为， 由，消去得，，所以， 由，可知，所以①． 又因为直线的方程为， 结合点在直线上，令，得②， 由①②得，， 等式两边同时取对数，得， 由题可知，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，解得． 【小问3详解】 由（2）知，， 又 ， 所以，故． 【点睛】关键点点睛：第二问，设，，，，，根据已知求直线、直线，进而有，联立得，点在直线上得为关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $