精品解析：山西省临汾第一中学校2025-2026学年高三上学期数学周测试题（十九）

临汾一中2025-2026学年高三数学周测（十九） 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】D 【解析】 【分析】先解分式不等式得到，再利用集合的运算得到. 【详解】由题意得集合.所以. 故选：D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】利用同角三角函数之间的基本关系由弦化切计算可得结果. 【详解】由题得. 故选：C. 3. 如图，在平行四边形中，为的中点，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由平面向量基本定理即可求解. 【详解】由题得，所以，. 所以. 故选：A. 4. 已知函数的图象与函数的图象关于轴对称.则的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据对称性求出，判断其奇偶性可排除AC，利用对勾函数性质分析时的单调性可排除D，可得正确答案. 【详解】由已知得，其定义域为，且， 所以为偶函数，故排除A，C； 又时，. 由对勾函数的性质可知，，在上单调递减，在上单调递增， 所以，在上单调递增，在上单调递减，D错误. 故选：B. 5. 在我国古代数学名著《九章算术》中，把底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.如图，现有一堑堵，，，点为棱的中点，点在棱上运动，则的周长的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用侧面展开图可求周长的最小值. 【详解】由堑堵的定义可知， 又，，所以， 又点为棱的中点，则， 所以， ， 所以最小时，的周长最小， 如图，将面与面展开在一个平面内，连接，与的交点即为， 则此时最小， 则. 所以的周长的最小值为. 故选：C 6. 根据2025年最新旅游数据和权威推荐，当前中国五大旅游城市为北京、上海、成都、杭州、西安，甲、乙、丙三人准备去这五座城市旅游，若每座城市只能去一人，且每座城市均有人选择去旅游，记事件“乙恰好选择了三座城市旅游”，“甲只选择了北京旅游”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用条件概率公式，结合排列组合应用问题列式求解. 【详解】乙恰好选择了三座城市旅游的方法数为， 而事件与都发生的所有可能结果有， 所以所求概率为. 故选：C 7. 如图，阴影部分的边界为四叶草曲线，曲线是由顶点在原点、焦点在坐标轴上的四条抛物线所围成的曲线，且这四条抛物线的焦点共圆.若开口向右的抛物线方程为，过点的直线与曲线相交，记第一、四象限的四个交点由下至上依次为，，，，且，则线段的中点到轴的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意抛物线为，过点的直线与曲线相交，由于，利用抛物线定义根据比例求得直线斜率，联立直线与和，求得交点,再利用中点坐标公式求得的中点到轴的距离. 【详解】显然点为抛物线的焦点，分别记，的横坐标为，， 如下图，过，分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，， 过作直线的垂线，垂足为，依题意，，， 由，得，， 因此，即，所以的斜率为， 所以直线的方程为，联立， 得，解得， 结合图形可知. 联立，得，解得， 结合图形可知， 所以线段的中点横坐标为， 即线段的中点到轴的距离为. 故选：A. 8. 已知满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，得到，设和，化简得到，令，得到，设，求得，得到在上单调递增，求得，代入，结合基本不等式，即可求解. 【详解】由， 即 设，可得，且，可得， 再令，则，可得， 即， 令，则， 所以，其中， 设，可得，所以在上单调递增， 由，可得，即， 所以，可得，所以， 则， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以的最小值. 故选：B. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 已知，为复数，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则或 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】对于AD，通过取例可判断，对于B，通过可判断，对于C，通过共轭复数概念可判断. 【详解】对于A，，，则， 而，不能比较大小，故错误， 对于B，设， 因为， ， ， 所以， 若，所以，所以或，可得或，故B正确； 对于C，令，则，， 则，正确， 对于D，令，，满足，不满足，错误， 故选：BC 10. 已知函数，满足，且对任意，都有，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 在上的值域为 C. 的单调递增区间为 D. 若方程在区间上恰有三个不等的实根，则的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意得到对称中心和最大值点，然后通过周期求出，代入最大值点求出，从而得到函数的解析式.令求出对称轴，判断A；由得到的取值范围，求得值域，判断B；令求函数单调区间，判断C；得方程的解，分别列出大于0的解，即可得的范围，判断D. 【详解】∵，∴函数关于点中心对称， ∵，则是函数的一个最大值点， ∴或， 即或， ∵，∴或， ∵，∴， 令，则，即， ∵，∴， ∴， 令，则， 当时，，A选项正确； 当时，，∴，B选项错误； 令， 解得，C选项正确； ，即，即或 解得或， 大于的解依次为：，，，，……， ∴，D选项正确. 故选：ACD. 11. 已知函数的定义域为，若对任意，存在唯一的，使得，则称是区间上的“可倒函数”，则下列说法正确的是（ ） A. 函数是“可倒函数” B. 若函数在定义域上为“可倒函数”，则的取值范围为 C. 若在上是“可倒函数”，则 D. 当时，函数在定义域上不可能是“可倒函数” 【答案】BCD 【解析】 【分析】设函数，的值域分别为，，由题意可知，是区间上的“可倒函数”，即，所以对于A选项，取，求解即可；对于B选项，由以及函数的单调性求解，再利用基本不等式求解即可；对于C选项，利用单调递减以及求解即可；对于D选项，取相反特例求解即可. 【详解】对于A选项，函数的定义域为，取，则，需存在使得，得到， 即，可得无实数解，所以存在无法找到对应的，故A错误； 对于B选项，设函数，的值域分别为，，由题意可知，是区间上的“可倒函数”，即， 函数在定义域上为“可倒函数”，由严格递增， 所以对于任意的，的取值范围为，因为为“可倒函数”，所以，所以， 所以的取值范围为，所以，所以， 即，解得，通过基本不等式，解得，即， 当且仅当时，等号成立，又因为，所以，且， 所以的取值范围为，故B正确； 对于C选项，因为在上是“可倒函数”，因为在上单调递减， 所以对于任意的，的取值范围为，又因为，且， 所以，所以的取值范围为， 因为，所以，解得，故C正确； 对于D选项，当时，函数，此时是开口向上的抛物线，且对称轴为， 所以在定义域单调递增，其值域为， 只要，则必存在使得， 此时，因为的最小值为-1， 所以不在值域内，不存在对应的， 所以当时，函数在定义域上不可能是“可倒函数”，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 第十五届全运会将于年月日至日在广东举行.广东某高中现有高一学生人，高二学生人，高三学生人，为调查该校学生对全运会的了解程度，现利用分层随机抽样的方法从三个年级中抽取人进行问卷调查，则高二年级应抽取________人. 【答案】 【解析】 【分析】根据分层抽样原则直接按比例求解即可. 【详解】高二年级应抽取：人. 故答案为：. 13. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，以为圆心的圆经过原点，且圆上的点与上的点间距离的最大值为8，则的长轴长为________. 【答案】8 【解析】 【分析】由题意可得，进而得到圆的半径，结合椭圆上一点到焦点的最大距离问题求出，进而求解即可. 【详解】由题意可知，椭圆的半焦距，则圆的半径为， 由圆上的点与上的点间距离的最大值为8， 所以，解得，故的长轴长为. 故答案为：8. 14. 已知在中，角，，所对的边分别为，，，且，则________，若为锐角三角形.，则的最大值为________. 【答案】 ①. ##0.5 ②. 【解析】 【分析】根据正弦定理边角互化和余弦定理，解三角形，求出角的余弦值；根据角的余弦值，求出角，根据三角形形状，求出三个角范围，进而根据正弦定理，以及正弦函数最值，求出最大值. 【详解】因为，由正弦定理可得， 又，所以， 又， 所以，即，所以， 又，所以； 若为锐角三角形，有，解得. 由正弦定理得.则，， 所以， 其中，又，所以当时，取到最大值1，所以的最大值为. 故答案为：，. 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，分别为数列，的前项和，其中满足，，且，. （1）求及； （2）比较与的大小. 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件可得是等差数列，再列出关于首项、公差的方程组求解，进而求出通项公式及前项和. （2）利用前项和的意义，结合等差数列前项和公式比较大小即得. 【小问1详解】 数列中，由，得数列是等差数列，设公差为， 而， 由，，得，解得， 所以，. 【小问2详解】 依题意， . 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，且，平面平面，，是的中点，点在侧棱上，. （1）求证：平面平面； （2）求的值，使得平面与平面夹角的余弦值为. 【答案】（1）证明如下： 取的中点，连接， 在菱形中，由，可得为等边三角形，所以， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 又因为为的中点，可得，且， 所以四边形是平行四边形，所以，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）或 【解析】 【分析】（1）取的中点，证得，由平面平面，证得平面，再由，得到平面，即可证得平面平面； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，得到，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，可得， 又因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，， 可得， 因为， 所以，所以， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，，所以， 又由平面的一个法向量为， 所以，解得或， 所以，当或时，平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知双曲线：的焦距为，焦点到渐近线的距离为1. （1）求的方程； （2）直线：与的左、右两支各相交于点，. （i）求的取值范围； （ii）是坐标原点，若的面积为，求的值. 【答案】（1）； （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）根据题意列方程直接求出可得方程； （2）（i）联立直线和双曲线的方程消元，利用判别式和韦达定理求解可得；（ii）利用韦达定理表示出，结合面积公式列方程求解即可. 【小问1详解】 设焦距为，由题意得，所以， 因为双曲线的焦点在轴上，所以渐近线方程为， 所以焦点到渐近线的距离为，即， 所以，所以的方程为. 【小问2详解】 （i）设，， 联立，化简得， 若，两点分别位于的左、右两支，则，解得 即的取值范围为. （ii）由题得， 则， 所以的面积为，解得（负值已舍去）， 又，所以. 18. 已知函数，为的导函数. （1）求的图象在点处的切线方程； （2）当时，，求的取值范围； （3）求证：当时，. 【答案】（1） （2） （3） 证明：令，， 则， 由（2）知，在上单调递增， 所以当时，， 此时，即在上单调递减， 所以，即，所以. 当时，，，. 所以，即. 所以，即. 综上所述，当时，. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）设，，求导，分析函数的单调性，进而求解即可； （3）令，，分，两种情况讨论求证即可. 【小问1详解】 由，则， 所以，又， 所以的图象在点处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 设，， 所以. 令，， 则， 因为，所以，即， 所以在上单调递增，又， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以在处取得唯一的极小值，即为最小值. 即，即， 因为当时，， 所以，即的取值范围为. 【小问3详解】 令，， 则， 由（2）知，在上单调递增， 所以当时，， 此时，即在上单调递减， 所以，即，所以. 当时，，，. 所以，即. 所以，即. 综上所述，当时，. 19. 在空间直角坐标系中，一个质点从原点出发，每秒向轴正、负方向、轴正、负方向或轴正、负方向移动一个单位，且向六个方向移动的概率均相等.如在第秒末，质点会等可能地出现在，，，，，六点处. （1）求该质点在第秒末移动到点的概率； （2）设该质点在第秒末移动到点，记随机变量，求的均值； （3）设该质点在第秒末回到原点的概率为，证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明如下： 质点要在第秒末回到原点，则必定向轴正、负方向移动相同的次数，记为次；向轴正、负方向移动相同的次数，记为次；向轴正、负方向移动相同的次数，记为次； ； ， ， ， 即. 【解析】 【分析】（1）根据向正、负方向移动的次数，结合古典概型概率公式可求得结果； （2）列举出所有可能的情况，根据移动方向和次数计算出每个取值对应的概率，由数学期望计算公式可求得结果； （3）分别记向轴正、负方向移动次，向轴正、负方向移动次，向轴正、负方向移动次，根据古典概型概率公式可列出，利用组合数的运算法则和运算性质化简整理得到结论. 【小问1详解】 质点在第秒末移动到点，需要沿轴负方向移动次，沿轴正方向移动次，沿轴正方向移动次，共有种可能； 质点在第秒末移动到点的概率为. 【小问2详解】 质点在第秒末可能移动到点， 所有可能的取值为， ，，； . 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 临汾一中2025-2026学年高三数学周测（十九） 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. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7 3. 如图，在平行四边形中，为的中点，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数的图象与函数的图象关于轴对称.则的图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 在我国古代数学名著《九章算术》中，把底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.如图，现有一堑堵，，，点为棱的中点，点在棱上运动，则的周长的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 根据2025年最新旅游数据和权威推荐，当前中国五大旅游城市为北京、上海、成都、杭州、西安，甲、乙、丙三人准备去这五座城市旅游，若每座城市只能去一人，且每座城市均有人选择去旅游，记事件“乙恰好选择了三座城市旅游”，“甲只选择了北京旅游”，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，阴影部分的边界为四叶草曲线，曲线是由顶点在原点、焦点在坐标轴上的四条抛物线所围成的曲线，且这四条抛物线的焦点共圆.若开口向右的抛物线方程为，过点的直线与曲线相交，记第一、四象限的四个交点由下至上依次为，，，，且，则线段的中点到轴的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 已知满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 已知，为复数，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则或 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知函数，满足，且对任意，都有，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 在上的值域为 C. 的单调递增区间为 D. 若方程在区间上恰有三个不等的实根，则的取值范围为 11. 已知函数的定义域为，若对任意，存在唯一的，使得，则称是区间上的“可倒函数”，则下列说法正确的是（ ） A. 函数是“可倒函数” B. 若函数在定义域上为“可倒函数”，则的取值范围为 C. 若在上是“可倒函数”，则 D. 当时，函数在定义域上不可能是“可倒函数” 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 第十五届全运会将于年月日至日在广东举行.广东某高中现有高一学生人，高二学生人，高三学生人，为调查该校学生对全运会的了解程度，现利用分层随机抽样的方法从三个年级中抽取人进行问卷调查，则高二年级应抽取________人. 13. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，以为圆心的圆经过原点，且圆上的点与上的点间距离的最大值为8，则的长轴长为________. 14. 已知在中，角，，所对的边分别为，，，且，则________，若为锐角三角形.，则的最大值为________. 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，分别为数列，的前项和，其中满足，，且，. （1）求及； （2）比较与的大小. 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，且，平面平面，，是的中点，点在侧棱上，. （1）求证：平面平面； （2）求的值，使得平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知双曲线：的焦距为，焦点到渐近线的距离为1. （1）求的方程； （2）直线：与的左、右两支各相交于点，. （i）求的取值范围； （ii）是坐标原点，若的面积为，求的值. 18. 已知函数，为的导函数. （1）求的图象在点处的切线方程； （2）当时，，求的取值范围； （3）求证：当时，. 19. 在空间直角坐标系中，一个质点从原点出发，每秒向轴正、负方向、轴正、负方向或轴正、负方向移动一个单位，且向六个方向移动的概率均相等.如在第秒末，质点会等可能地出现在，，，，，六点处. （1）求该质点在第秒末移动到点的概率； （2）设该质点在第秒末移动到点，记随机变量，求的均值； （3）设该质点在第秒末回到原点的概率为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $