精品解析：河南省安阳市第一中学2025-2026学年高三上学期数学周周练15

2025-2026学年上学期练习（十五） 高三年级数学试题 时间：2026年1月8日 一、单选题(每题5分，共75分) 1. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的乘法化简所求复数，利用复数的概念可得结果. 【详解】因为，故复数的虚部为. 故选：A. 2. 命题的否定为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用特称量词的命题的否定可求解. 【详解】命题的否定为. 故选：D. 3. 抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线的准线方程直接得出结果． 【详解】抛物线的标准方程为， 所以其准线方程为． 故选：D． 4. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求解出的取值范围，然后根据括号内的整体范围相同可求的定义域. 【详解】因为的定义域为，所以中， 所以， 在中令，解得， 所以的定义域为. 故选：B. 5. 已知函数的导函数为，且满足，则（ ） A. B. 0 C. D. -1 【答案】D 【解析】 【分析】首先利用导数公式求，再代入导数公式求的值. 【详解】，所以，得， 则，所以. 故选：D 6. 在等差数列中，，则它的前7项和（ ） A. 18 B. 21 C. 24 D. 28 【答案】D 【解析】 【分析】应用等差数列项的性质结合等差数列求和公式计算求解. 【详解】在等差数列中，，则， 则该数列的前7项和. 故选：D. 7. 已知随机变量，设函数.若，，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由正态分布对称性可得，进而得到，再利用换元法结合二次函数最值即可求解． 【详解】因为，易知单调递增， 由正态分布的对称性可知， 所以， 由，得， 所以, 即的最小值为， 故选：B． 8. 已知函数在处可导，若，则（ ） A. 27 B. 2 C. 3 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数的定义求解即可. 【详解】因为 ， 所以. 故选：C. 9. 已知函数，则的图象在处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对求导，得，利用导数的几何意义得到切线的斜率，再利用点斜式，即可求解. 【详解】因为， 则， 所以， 又，所以的图象在处的切线方程为，即， 故选：A. 10. 若随机变量X服从二项分布，则取得最大值时，（ ） A. 2或3 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】利用计算即可. 【详解】由题可知：， 所以化简得到，又，所以2或3. 故选：A 11. 已知正四面体的棱长为1，正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得四面体的外接球半径不能超过正四面体的内切球半径，求得正四面体的内切球半径为，从而得，正四面体的边长为,根据，求得，再由体积公式求解即可. 【详解】由题意可得正四面体的外接球要完全包含在正四面体的内部， 即正四面体的外接球半径不能超过正四面体的内切球半径， 设正四面体的外接球半径为，正四面体的内切球半径为， 则有， 又因为正四面体的棱长为1， 过作平面于， 则是正三角形的外心， 所以，， 所以， 又因为正四面体的表面积， 所以， 设正四面体的边长为,外接球心为， 因为， 过作平面于， 则是正三角形的外心， 所以，， 在直角三角形中，由勾股定理可得:， 即，整理得：， 所以，解得， 所以. 故选：A. 12. 已知且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用两角差的正弦公式结合求，注意确定角的范围，然后得出结论． 【详解】因为且，函数在上单调递减， ，， 又，，所以， ， ，， 所以， 又，，所以，结合，可得， 所以，所以， 故选：A． 13. 已知定义在上的单调函数满足.若对，，使得成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得为常数，则，由，可求得及的解析式，由条件可知，利用的单调性求解即可. 【详解】，且在上单调， 为常数，. 由，得. ，在上单调递增. 对，使得成立， ， 又当时，， 当时，，则， ，又. 故选：C. 14. 双曲线上存在四点，使得四边形是正方形，则双曲线离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先设，代入双曲线方程得到，根据四边形是正方形，得到，从而得到，再转化为齐次式求离心率的取值范围即可. 【详解】设，在第一象限， 由题知：，解得：， 由双曲线的对称性可知，正方形的中心为原点，且其顶点关于坐标轴对称， 所以， 所以，解得. 又因为，所以，解得， 所以. 即双曲线离心率的取值范围是， 故选：C 15. 有甲，乙两个盒子，甲盒中有且仅有1个白球，乙盒中有k（）个白球和个黑球，现从乙盒中随机抽取i（）个球放入甲盒中，设放入后在甲盒中随机抽取一个球是白球的概率为，甲盒中含有白球个数的期望为，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】分别对与计算对应的概率和期望，进而比较大小可得结果. 【详解】当时，从乙盒取出白球和黑球的概率分别为和， 放入后，取出白球的概率分别为1和， 故，． 当时，从乙盒取两个球，此时服从超几何分布， 取出两个白球的概率，此时甲盒中取白球概率为1； 取出两个黑球的概率，此时甲盒中取白球概率为； 取出一白一黑的概率，此时甲盒中取白球概率为， 则， 且放入的两个球中白球数的期望， 则， 则， 所以，又，，故． 故选：B 二、多选题(每题6分，共24分) 16. 下列结论正确的是（ ） A. 若，则一定是第一或第二象限角 B. 若是第一象限角，则是第一或第三象限角 C. 240°化成弧度是 D. 终边在直线上的角的取值集合可表示为 【答案】BC 【解析】 【分析】根据三角函数值符号、象限角概念、角度与弧度转化及终边相同角的表示逐一判断. 【详解】对于A，当时，，但是轴线角不是象限角，故A错误； 对于B，第一象限角满足，则， 当为偶数时在第一象限，为奇数时在第三象限，故B正确； 对于C，由角度转弧度公式得，故C正确； 对于D，终边在直线上的角应表示为，而表述错误，故D错误. 故选：BC 17. 已知数列的前项和为，若，则（ ） A. 是等差数列 B. 不是等差数列 C. 是等差数列 D. 不是等差数列 【答案】AC 【解析】 【分析】由等差数列的定义可判断A、B、C，利用等差数列的函数特性可证明D. 【详解】对于A：，因此是等差数列，故A正确； 对于B：，故是等差数列，故B错误； 对于C： ，故是等差数列，故C正确； 对于D：，，故，易知是等差数列，故D错误. 故选：AC. 18. 已知x，y是正数，且，则下列选项正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最大值为2 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用基本不等式求解最值判断AC；，结合A选项即可求解判断B；利用常数代换得，然后利用基本不等式求解最值即可判断D. 【详解】对于A，因为x，y是正数，，所以， 当且仅当且，即，时，的最大值为，A正确； 对于B，， 当且仅当，时，的最小值为，B正确； 对于C，， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最大值为1，C错误； 对于D，， 当且仅当，，即，时等号成立， 故的最小值为，D正确. 故选：ABD. 19. “杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现．“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发了一批又一批数学爱好者的探究欲望．如图，由“杨辉三角”，下列叙述错误的是（ ） A. B. 第2023行中从左往右第1013个数与第1014个数相等 C. 记第行的第个数为，则 D. 第20行中第8个数与第9个数之比为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意，归纳可得：第行的第个数为，由组合数的性质依次分析选项是否正确，综合可得答案． 【详解】根据题意，由“杨辉三角”可得，第行的第个数为， 对于A，根据， 则，故A错误； 对于B，第2023行中从左往右第1013个数为，第1014个数为，两者不相等，故B错误； 对于C，记第行的第个数为，则， 则，故C错误； 对于D，第20行中第8个数为，第9个数为， 则两个数的比为，故D正确. 故选：ABC. 三、填空题(每题5分，共20分) 20. 沿图中的网格线从顶点到顶点，最短的路线有______条． 【答案】35 【解析】 【分析】将问题转化为竖与横的两类元素的排列问题可得答案. 【详解】从到需要7步，其中横向4步，纵向3步， 故有（条）． 故答案为：35. 21. 方程中的解_____. 【答案】2 【解析】 【分析】根据组合数公式化简方程即可求得. 【详解】原式可化为 ∵，∴上式化简为解得（舍去）或， 即为原方程的解. 故答案为：2 22. 已知，，，则________． 【答案】0.1 【解析】 【分析】根据概率的加法公式可以解出题目. 【详解】 代入已知条件，， ： 解得： 因为 ，所以 故答案为：0.1 23. 四棱锥中，底面，四边形为矩形，，是棱的中点，点是棱上的动点，则当的周长最小时，三棱锥外接球的表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用平面展开法确定△周长最小时的位置；结合正弦定理求△的外接圆半径；依据“侧棱垂直底面”的三棱锥外接球性质，计算外接球半径并求表面积. 【详解】要使△周长最小，因为定值，需最小. 将平面展开至与平面共面，如图所示， 连接与，交点为中点，，此时最小，即△周长最小， 三棱锥中，平面. 在△中，，，， 设的外接圆半径为，则， 所以△的外接圆半径. 因平面，三棱锥外接球半径满足：. 故外接球表面积为：. 故答案为： 四、解答题(24题15分，25题16分，共31分) 24. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l交抛物线C于A，B两点，当轴时，． （1）求抛物线C的方程； （2）若直线l交y轴于点D，过点D且垂直于y轴的直线交抛物线C于点P，直线PF交抛物线C于另一点Q．是否存在定点M，使得四边形为平行四边形？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）； （2）存在，. 【解析】 【分析】（1）根据当轴时，，列方程即可求出； （2）先设出的方程，与抛物线方程联立可得中点的坐标，再设出的方程，与抛物线方程联立可得的坐标，根据中点坐标公式可得的坐标. 【小问1详解】 由抛物线知其焦点为. 当轴时，，代入得. 不妨取，则，此时，解得， 所以抛物线C的方程为. 【小问2详解】 存在，理由如下： 如图，因为直线l交y轴于点D，过点D且垂直于y轴的直线交抛物线C于点P， 所以直线l的斜率存在且不为0. 设的方程为，令可得，即， 将代入可得，即， 将代入整理可得， 设，由韦达定理知， 所以所以线段的中点坐标为， 若四边形为平行四边形，则也是的中点. 设直线的方程为，代入整理可得. 由韦达定理知，即，解得， 将代入抛物线方程得，即. 由中点坐标公式可得，，即. 所以存在定点，使得四边形为平行四边形. 25. 某校为庆祝建校百年，由学校团委、学生会组织开展“奋斗进程”校史知识竞赛活动，每位参赛者均需要回答个题目，可以从个组题目和若干个组题目中，共选择3个题目作答.A组题目每正确回答1个得10分，B组题目每正确回答1个得分，不能正确回答的题目均不得分，参赛者总得分为3个题目得分之和.已知小王恰能正确回答A组题中的4个题目，B组题目每个正确回答的概率均为，且能否正确回答A组和B组题目互不影响. （1）已知小王两组题目均有选择，以他至少答对1个题目的概率为依据，试确定他分别选择两组题目的数量的策略； （2）记小王总得分为. （i）若选择的3个题目均为A组题目，求的分布列及数学期望； （ii）试确定，使小王在选择3个题目时，无论怎样调整A、B组题目数量，其总得分保持期望稳定，并说明理由.（参考公式：，其中、为随机变量） 【答案】（1）小王应选择2个A组题目和1个B组题目的策略 （2）（i）记小王所选题目中A组题目得分为，B组题目得分为，， 由于选择的三个题目均有A组题目，其得分为， 则，，， 故的分布列为： 10 20 30 故， （ii）设小王选择的3个题目中组题目数量为，组题目数量为，其中， 则服从超几何分布，，，， ， 当时，的值与无关， 即当时，无论小王如何调整组题目数量，其总得分的期望均为20分. 【解析】 【分析】（1）小王两组题目均有选择的方案有两种，1个A组题目和2个B组题目；2个A组题目和1个B组题目，分别记两种情况下小王至少答对1个题目的概率为，，求得，，可得结论； （2）记小王所选题目中A组题目得分为，B组题目得分为，，（i）由于选择的三个题目均有A组题目，其得分为，利用超几何分布求得分布列，可求数学期望；（ii）设小王选择的3个题目中A组题目数量为，B组题目数量为，其中，则服从超几何分布，，计算数学期望可得结论. 【小问1详解】 小王两组题目均有选择的方案有两种， 1个A组题目和2个B组题目；2个A组题目和1个B组题目， 分别记两种情况下小王至少答对1个题目的概率为，， ， ， 因为，所以， 以至少答对1个题目的概率为依据，小王应选择2个A组题目和1个B组题目的策略. 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年上学期练习（十五） 高三年级数学试题 时间：2026年1月8日 一、单选题(每题5分，共75分) 1. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 命题的否定为（ ） A. B. C. D. 3. 抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的导函数为，且满足，则（ ） A. B. 0 C. D. -1 6. 在等差数列中，，则它的前7项和（ ） A. 18 B. 21 C. 24 D. 28 7. 已知随机变量，设函数.若，，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数在处可导，若，则（ ） A. 27 B. 2 C. 3 D. 7 9. 已知函数，则的图象在处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 10. 若随机变量X服从二项分布，则取得最大值时，（ ） A. 2或3 B. 2 C. 3 D. 4 11. 已知正四面体的棱长为1，正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为（ ） A. B. C. D. 12. 已知且，，则（ ） A. B. C. D. 13. 已知定义在上的单调函数满足.若对，，使得成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 14. 双曲线上存在四点，使得四边形是正方形，则双曲线离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 15. 有甲，乙两个盒子，甲盒中有且仅有1个白球，乙盒中有k（）个白球和个黑球，现从乙盒中随机抽取i（）个球放入甲盒中，设放入后在甲盒中随机抽取一个球是白球的概率为，甲盒中含有白球个数的期望为，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 二、多选题(每题6分，共24分) 16. 下列结论正确的是（ ） A. 若，则一定是第一或第二象限角 B. 若是第一象限角，则是第一或第三象限角 C. 240°化成弧度是 D. 终边在直线上的角的取值集合可表示为 17. 已知数列的前项和为，若，则（ ） A. 是等差数列 B. 不是等差数列 C. 是等差数列 D. 不是等差数列 18. 已知x，y是正数，且，则下列选项正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最大值为2 D. 的最小值为 19. “杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现．“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发了一批又一批数学爱好者的探究欲望．如图，由“杨辉三角”，下列叙述错误的是（ ） A. B. 第2023行中从左往右第1013个数与第1014个数相等 C. 记第行的第个数为，则 D. 第20行中第8个数与第9个数之比为 三、填空题(每题5分，共20分) 20. 沿图中的网格线从顶点到顶点，最短的路线有______条． 21. 方程中的解_____. 22. 已知，，，则________． 23. 四棱锥中，底面，四边形为矩形，，是棱的中点，点是棱上的动点，则当的周长最小时，三棱锥外接球的表面积为______． 四、解答题(24题15分，25题16分，共31分) 24. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l交抛物线C于A，B两点，当轴时，． （1）求抛物线C的方程； （2）若直线l交y轴于点D，过点D且垂直于y轴的直线交抛物线C于点P，直线PF交抛物线C于另一点Q．是否存在定点M，使得四边形为平行四边形？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，请说明理由． 25. 某校为庆祝建校百年，由学校团委、学生会组织开展“奋斗进程”校史知识竞赛活动，每位参赛者均需要回答个题目，可以从个组题目和若干个组题目中，共选择3个题目作答.A组题目每正确回答1个得10分，B组题目每正确回答1个得分，不能正确回答的题目均不得分，参赛者总得分为3个题目得分之和.已知小王恰能正确回答A组题中的4个题目，B组题目每个正确回答的概率均为，且能否正确回答A组和B组题目互不影响. （1）已知小王两组题目均有选择，以他至少答对1个题目的概率为依据，试确定他分别选择两组题目的数量的策略； （2）记小王总得分为. （i）若选择的3个题目均为A组题目，求的分布列及数学期望； （ii）试确定，使小王在选择3个题目时，无论怎样调整A、B组题目数量，其总得分保持期望稳定，并说明理由.（参考公式：，其中、为随机变量） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $