江西省宜春中学2025-2026学年高三上学期周测（一）数学试题

2026届高三数学周练（一）试卷 一、单选题：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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1．若全集，，，则下列关系正确的是（    ） A． B． C． D． 2．复数z满足（为虚数单位），则的虚部为（   ） A． B．1 C． D． 3．已知等差数列，，，则（   ） A．4038 B．4040 C．4050 D．4052 4．下列说法中正确的是（   ） A．函数与是同一个函数 B．函数的单调递增区间是 C．若函数的最大值为3，最小值为1，则的值域是 D．若是偶函数，则函数的图象关于直线对称 5．已知平面向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（   ） A． B． C． D． 6．已知随机变量，且，则的展开式中的系数为（    ） A． B． C．8 D．24 7．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，．点A在双曲线C上，点B在y轴上，，，则双曲线C的离心率为（ ） A． B． C． D． 8．已知函数恰有2个零点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题：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. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9．在中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的是（   ） A． B．的最大内角是最小内角的3倍 C． D．若，则内切圆半径为 10．已知函数，则下列说法中正确的有（   ） A．是的极大值点 B．的图象关于点对称 C．若关于的方程有一解，则 D．当时， 11．正方体的棱长为2，P为底面内一动点，则下列说法正确的是（   ） A．当P为正方形的中心时，三棱锥外接球的表面积为 B．当P在线段上时，的最小值为4 C．满足直线与上底面所成角为60°的点P的轨迹长度为 D．当P为中点时，过A，P，三点作正方体的截面Ω，Q为截面Ω上一点，则线段长度的取值范围为 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12．已知直线与直线，若，则 13．点为抛物线上任意一点，点为圆上任意一点，若函数的图象恒过定点，则的最小值为 ． 14．不透明的袋中装有编号为1，2，…，10的10个小球，现从中随机有放回地取4次，每次取1个球，已知摸出的球中有编号为5的球，则摸出的球中最大编号大于等于7的概率是 ． 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．已知函数的最大值为1． (1)求常数的值； (2)求函数的单调递减区间； (3)设为函数的两个相异零点，求的最小值． 16．2025年5月25日，多哈世界乒乓球锦标赛男单决赛，王楚钦战胜巴西选手雨果夺得冠军，夺得三大赛单打首冠；现有甲、乙两名乒乓球运动员进行日常训练. (1)假设每局比赛结果相互独立，且每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，若比赛采用三局两胜制，求甲获胜的概率； (2)若第一局甲获胜，则下一局甲获胜的概率为，若第一局甲失败，则下一局甲获胜的概率为，已知第一局甲获胜的概率为，在前两局比赛中，用X表示甲获胜的次数，求X的方差； (3)如果每局比赛甲获胜的概率为P，且，比赛的赛制有五局三胜制和三局两胜制两种选择，对于甲选手来说，选择哪种赛制获胜概率更大？请说明理由. 17．如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，． (1)求证：． (2)求线段中点到平面的距离． (3)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 18．已知椭圆：，左右焦点分别为，，上下顶点分别为A，B，左右顶点分别为C，D，又P，Q是上异于椭圆顶点的两点. (1)若点Q在第一象限且满足的面积比的面积大，求点Q的横坐标的取值范围； (2)若线段的中点坐标为，求直线的方程； (3)记点A在直线上的射影为点H，且直线的斜率是直线的斜率的3倍，试判断：过点A、H、O（为坐标原点）三点的圆是否为定圆?若是，求出该圆的方程；若不是，请说明理由. 19．已知函数，直线与曲线相切. (1)求实数； (2)若函数有三个极值点， ①求实数的取值范围； ②求证：. 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 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A C D D A D D ACD ABD 题号 11 答案 ACD 1．C 【分析】利用指数函数，对数函数的性质求得集合,进而进行集合的运算求得集合的补集，然后判定相关集合的包含关系是否成立. 【详解】集合 ，集合. 因为全集 （所有实数）,所以 . 选项 A: 取（因为 )，但 （因为 仅包含正实数），因此，，选项 A 错误； 选项 B: 取（当 时，)，但 （因为 )，因此，，选项 B 错误； 选项 C: ，，对于任意 ，有 ，所以 ，因此，，选项 C 正确； 选项 D: ，，取 ，但 ，所以 ，因此，，选项 D 错误. 故选： C. 2．A 【分析】根据复数的运算法则，化简得到，得到，结合复数的概念，即可求解. 【详解】由复数满足，可得， 则，所以复数的虚部为. 故选：A. 3．C 【分析】法1，设的公差为，首项为，利用等差数列基本量运算求得得解；法2，用减去，求得，代回求得，得解. 【详解】解法一：设的公差为，首项为，根据题意得： ，，. 解法二：减去，得，即， 将代入得，. 故选：C. 4．D 【分析】对于A：求函数定义域，结合函数相等分析判断；对于B：根据复合函数单调性分析判断；对于C：举反例说明即可；对于D：根据偶函数以及对称性的定义分析判断. 【详解】对于选项A：令，解得， 可知函数的定义域为， 令，解得或， 可知函数的定义域为， 两者定义域不同，所以函数与不是同一个函数，故A错误； 对于B：令，解得或， 可知函数的定义域为， 又因为在定义域内单调递增，且在内单调递减，在内单调递增， 可知在内单调递减，在内单调递增， 所以函数的单调递增区间是，故B错误； 对于选项C：例如，可知函数的最大值为3，最小值为1， 但的值域是，故C错误； 对于选项D：若是偶函数，则， 所以函数的图象关于直线对称，故D正确； 故选：D. 5．D 【分析】利用投影向量的计算公式结合向量数量积的坐标公式计算即可. 【详解】由，，可得， ，且， 则，， 则向量在向量上的投影向量为： ， 故向量在向量上的投影向量的坐标为. 故选：D. 6．A 【分析】利用正态分布性质可求得的值，再利用二项式定理的通项即可求出结果. 【详解】易知随机变量，其对称轴为， 又，所以，解得； 因此， 显然含的项为， 所以的展开式中的系数为. 故选：A 7．D 【分析】记，用m表示出，再利用勾股定理求出关系，在中利用余弦定理列齐次式求得离心率. 【详解】令，由，得， 由双曲线定义及对称性，得， 由，得， 整理得，于是，而， 设双曲线半焦距为c，在中，由余弦定理得， 因此，所以双曲线C的离心率. 故选：D. 8．D 【分析】令，得，分析易得有两个解0和1，再分析和即和的解情况，结合一起即可求解. 【详解】因为恰有2个零点，即恰有2个零点， 令，则，令， ，又， 所以在单调递减，在单调递增， 且，所以有两个解0和1， 即和合起来只有2个解， 当时，即，令， ， 所以在单调递减，在单调递增，即， 即，方程无解，， 方程恰有一个解，，方程恰有2个解， 当，即，令， ， 所以在单调递减，在单调递增，即， 即即，方程无解，， 方程恰有一个解，，方程恰有2个解， 又和合起来只有2个解， 所以. 故选：D. 9．ACD 【分析】利用正弦定理判断A；利用余弦定理求和，进而分析可判断BC；再利用面积方法求内切圆半径，判断D. 【详解】A.由正弦定理可知，，故A正确； B.最大内角是，，， 最小内角是，，所以，所以，故B错误； C.由B可知，，，，所以，故C正确； D.若，则，由B可知，，所以， 设内切圆的半径为，则，即，，故D正确. 故选：ACD 10．ABD 【分析】求导得到函数的极值点可判断A，求出可判断B，画出函数图象，数形结合可判断C，由单调性可判断D. 【详解】对于A，，则， 所以当或时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以的极大值点为，极小值点为，故A正确； 对于B，，因为 ， 所以的图象关于点对称，故B正确； 对于C，由A可知的图象如下所示： 由图可知，当或时，和有一个交点，即方程有一解，故C错误； 对于D，当时，，由在上单调递减，则 ，即，故D正确. 故选：ABD. 11．ACD 【分析】对于A，根据线面垂直，可作出球心，然后可求外接球半径得到表面积；对于B，将平面与平面沿展开，当三点共线时，取得最小值，利用余弦定理求边长即可；对于C，过作平面，则就是直线与上底面所成角，可得，即点P的轨迹是以为圆心，半径为的圆弧上即可求解；对于D，作出截面，利用等体积法可求最小值，根据端点可得最大值即可判定. 【详解】对于A，在正方体中，P为正方形的中心时， 平面，平面， 所以，又平面， 所以平面，即平面， 在中，， 则， 所以，设外接圆半径为，由正弦定理得 ， 过的外心作平面的垂线与的垂直平分线交于点， 则，    所以三棱锥外接球的表面积，故A正确； 对于B，当P在线段上时，将平面与平面沿展开，    则当三点共线时，取得最小值， ，故B错误； 对于C，过作平面，    则就是直线与上底面所成角， ，则， 所以点P的轨迹是以为圆心，半径为的圆弧上，圆心角为， 所以点P的轨迹长度为，故C正确； 对于D，当P为中点时，设中点为，易得四边形为平行四边形， 即四边形为截面Ω，    设点到平面的距离为， 在中，，， ， 解得，即线段的最小值为， 当在处时，线段取得最大值， 所以线段长度的取值范围为，故D正确； 故选：ACD. 12． 【分析】根据可得出关于的等式，计算可解得的值. 【详解】若，则， 所以或． 当时，，重合；当时，符合题意． 故答案为： 13．/2.5 【分析】根据对数的性质可得定点，即可结合三角形三边关系，结合三点共线即可求解. 【详解】令，则， 故函数的图象恒过定点，故． ，即，焦点为，准线为， ，即． ， 当共线时等号成立． 故答案为： 14． 【分析】首先求出事件“摸出的球中有编号为5的球”的概率，然后求出事件“摸出的球中有编号为5的球，且摸出的球中最大编号大于等于7”的概率，最后根据条件概率公式求出结果. 【详解】令“摸出的球中有编号为5的球”为事件，“摸出的球中最大编号大于等于7”为事件， 则事件的情况包括1次球的编号为5，2次球的编号为5，3次球的编号为5和4次球的编号为5，这四种情况， 所以. 而事件表示的是“摸出的球中有编号为5的球，且摸出的球中最大编号大于等于7”， 此事件的情况包括： 当1次球的编号为5时，其余球的最大编号大于等于7的球可能为1次，2次或3次； 当2次球的编号为5时，其余球的最大编号大于等于7的球可能为1次，或2次； 当3次球的编号为5时，其余球的最大编号大于等于7的球为1次； 所以. 所以. 故答案为：. 15．(1) (2) (3) 【分析】（1）先应用两角和差的余弦公式结合辅助角公式计算化简，再结合值域列式求参； （2）应用正弦函数的单调减区间列式计算求解； （3）根据已知零点个数结合特殊值列式，再根据不等式性质求解最小值. 【详解】（1） ． -------------------3分 因为，所以．--------------4分 （2）由（1）知，， 令， 解得， 所以函数的单调递减区间为．--------------8分 （3）令，得， 因为为的两个相异零点，所以， ①，且， 或，且， 此时．--------------------10分 ②， ， 所以．-----------------12分 综上所述，，即的最小值为．--------------13分 16．(1) (2) (3)五局三胜对甲有利，理由见解析 【分析】(1)三局两胜制甲胜有两种情况：前两局甲连胜、前两局甲胜一局且第三局甲胜； （2）三局两胜X的所有可能取值为0、1、2，分析每种取值所包含的事件并求出概率，代入期望公式求出期望，最后代入方差公式求方差. （3）首先分别求出两种赛制甲获胜的概率，然后作差比较大小，最后得出结论. 【详解】（1）设事件 “比赛采用三局两胜制甲胜”， 则.------------------3分 （2）X的所有可能取值为0，1，2，-----------------4分 ，，.------------7分 所以期望为；-------------8分 方差为；-----------------9分 （3）采用三局二胜制进行比赛甲获胜的概率--10分 采用五局三胜制进行比赛甲获胜的概率： .------------12分 令， 因为时，，所以，选择五局三胜对甲有利.---------15分 17．(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）由面面垂直的性质得出平面，再根据线面垂直的性质即可证明； （2）取的中点，连接，，建立空间直角坐标系，由点到平面距离的向量公式即可求解； （3）令，，由面面夹角的向量公式求得，即可求解． 【详解】（1）由于平面平面，平面平面 ， 且平面， 平面， 平面，．-----------3分 （2）取的中点，连接，，由为等边三角形，得， 而平面平面，平面平面，平面， 则平面，由，，得四边形是平行四边形， 于是，而，则，直线，，两两垂直，-------5分 以为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，，，------7分 ，，， 设平面的法向量为，则， 取，得，------------9分 所以到平面的距离．-----------10分 （3）令，， ，， 设平面的法向量为，则， 取，得，---------------12分 易知平面的一个法向量为， 于是，， 化简得，又，解得，即，-----------14分 所以线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时．--15分 18．(1) (2) (3)定圆， 【分析】（1）由，结合三角形的面积公式可得，再由椭圆的方程代入计算，即可得到结果； （2）由点差法代入计算，即可得到结果； （3）联立直线与椭圆方程，即可表示出点的坐标，然后联立直线与椭圆方程，表示出点的坐标，从而表示出直线的方程，即可得到直线过定点， 从而得到结果. 【详解】（1）设，由，得， 所以，即， 又因为，所以， 解得，即点Q的横坐标的取值范围为；--------4分 （2）设，， 则，两式相减作差可得， 即，即，即，-----------6分 又，所以，------------7分 由直线的点斜式可得， 化简可得， 所以直线的方程为；--------------9分 （3） ，， 设直线的方程为， 直线的方程为，， 联立，消得， 则，所以， 所以，故，-------------11分 联立，消得， 则， 所以，所以， 故，---------------------13分 当，即时，， 则直线的方程为， 即，过定点， 当，即时，此时， 直线过定点，--------------15分 设，因为，，所以过点A，H，O（为坐标原点）三点的圆即为过点A，，O（为坐标原点）三点的圆， 因为过原点，点，点， 所以过点A，H，O（为坐标原点）三点的圆是定圆.---17分 19．(1)； (2)①； ②证明见解析. 【分析】（1）设出切点的横坐标，根据直线与曲线相切，即可求出实数； （2）①求出表达式并求导，通过函数有3个极值点得出导数的情况，构造函数，进而将问题转化为直线与函数的交点问题，通过求解的单调性和范围，即可求出实数的取值范围； ②根据其中一个极值点，将问题转化为证明极值点偏移问题，即，根据，将转化为，构造函数的形式，最后对函数进行求导并判断其单调性，从而证明结论成立. 【详解】（1）由题意，， 在中，， ∵与直线 相切， 设切点的横坐标为， ，解得：.-----------4分 （2）①由题意及（1）得，，， 在中，， ∴， 在中，， ，-----------5分 ∵有三个极值点， ∴有3个根，即有3个根， 设其中一个根为，则有2个根，且都不为0和1， 即有2个解，即直线与函数有2个交点，--------7分 在中，， 当时，解得：， 当即时，函数单调递减， 当即时，函数单调递增， ∴函数在处取最大值，， ∵当时，，当时，， ∴， ∵直线与函数有2个交点，且交点横坐标不为1， ∴.---------------10分 ②由题意，（1）及（2）①证明如下，， 在中，， 有三个极值点，其中， 则另外两个，是方程的根，即的两个根， ∴要证，即证明，------------11分 设， 在中，， ∵， ∴，在上单调递减， 要证，即证， ∵，， ∵在上单调递减， ∴要证，即证，--------------14分 ∵， ∴，即为， ∴设，， ， 当时, ， ∴， ∴在上单调递增， ∴，即， ∴，即， ∴.-------------------17分 答案第2页，共17页 答案第1页，共17页 学科网（北京）股份有限公司 $