精品解析：重庆市第一中学校2026届高三上学期数学周练试题（15）

重庆一中高2026届高三上数学周考15 （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）． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的速项中，只有一项符合题目要求． 1. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 若复数，其中i为虚数单位，则下列结论错误的是（ ） A. B. 的共轭复数为 C. 的虚部为i D. 为纯虚数 3. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 4. 在从小到大依次排列的样本数据、、、、、中，已知中位数小于众数，则该组样本数据的平均数为（ ） A. B. C. D. 5. 记为等差数列的前n项和.已知，，则（ ） A. 8 B. 10 C. 13 D. 15 6. 已知，，则（    ） A. B. C. D. 7. 在学校运动会开幕式上，某一同学随机摆放了一段用于编织的彩带，其在地面的影子如图所示（看不出各部分的上下层次）．现在将彩带的两头向两端拉紧，这段彩带会打成一个结的概率是（ ） A. B. C. D. 8. 曲线是一条形状优美的曲线，若是曲线C上任意一点，的最小值为（ ） 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设a，b，m（m>0）为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为a≡b（mod m）.如9和21除以6所得的余数都是3，则记为9≡21（mod 6）.若，a≡b（mod 10），则b的值可以是（ ）. A. 2019 B. 2023 C. 2029 D. 2033 10. 在平面直角坐标系 中，点 是椭圆 的左焦点， 分别是 的左、右顶点，直线 与椭圆 相交于 两点，则（ ） A. 若直线 经过点 ，则 的最小值为 1 B. 若线段 的中点坐标为 ，则直线 的斜率为 C. 若直线 经过坐标原点，则 D. 若点 在椭圆 上(点 与 不重合)，且 ，则 11. 如图，点是棱长为的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（ ） A. 有无数个点满足 B. 当点在棱上运动时，的最小值为 C. 若，则动点的轨迹长度为 D. 在线段上存在点，使异面直线与所成的角是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则______． 13. 已知，若在方向上的投影向量为，则与的夹角为_________. 14. 设表示有限集合中元素的个数，已知函数，，若，其中为常数，且，则的取值范围是________. 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. 已知数列的前项和为，若， （1）求； （2）若，为数列的前项和，求. 16. 随着新能源产业的发展，某地区近年来新能源汽车保有量快速增长，为了研究充电桩建设的情况，相关部门收集到了2021年到2025年充电桩数量（单位：万个），为方便研究，年份代码用表示（如：表示2021年），具体参考数据如下表： 55 70.4 19 （1）请根据表中数据，建立关于的回归直线方程； （2）假设该地区现有12个充电桩，其中一半为快充桩，现对该地区现有的12个充电桩进行检查，随机抽取3个充电桩进行检查，记抽到的快充桩个数为，求的分布列及均值. （参考公式：，.） 17. 已知双曲线：的实轴长为2，点在上. （1）求双曲线的标准方程； （2）过双曲线右焦点的直线与双曲线的左、右两支分别交于点、，点是线段的中点，过点且与垂直的直线交直线于点，点满足，求四边形面积的最小值. 18. 如图，四棱锥中，平面平面，，，，，，， （1）求证：平面； （2）设平面平面，求与平面所成角的正弦值． （3）设平面，求当周长最小时三棱锥的体积． 19. 函数． （1）当时，求在上的最大值； （2）若在上单调递减，求实数的取值范围； （3）证明：，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆一中高2026届高三上数学周考15 （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）． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的速项中，只有一项符合题目要求． 1. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题即可． 【详解】命题“，”的否定为“，”． 故选：A． 2. 若复数，其中i为虚数单位，则下列结论错误的是（ ） A. B. 的共轭复数为 C. 的虚部为i D. 为纯虚数 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的除法运算法则求得，进而逐项计算判断即可. 【详解】， 对于A，，故A正确； 对于B，的共轭复数为，故B正确； 对于C，的虚部为，故C错误； 对于D，，所以为纯虚数，故D正确. 故选：C. 3. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据奇函数的定义和函数解析式进行计算即可. 【详解】由题意得，因为函数是定义在上的奇函数，当时，， 所以，所以． 故选：D． 4. 在从小到大依次排列的样本数据、、、、、中，已知中位数小于众数，则该组样本数据的平均数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可知，或，结合题意可得出关于的不等式，即可得出的值，然后利用平均数公式可求得结果. 【详解】由题意可知，这组数据的中位数为， 因为该组数据存在众数，故或，则这组数据的众数为， 又这组数据的中位数小于众数，所以，解得，故， 因此，这组数据的平均数为. 故选：C. 5. 记为等差数列的前n项和.已知，，则（ ） A. 8 B. 10 C. 13 D. 15 【答案】C 【解析】 【分析】运用等差中项的性质即可得解. 【详解】由，可得， 又因为，即，解得， 故选：C. 6. 已知，，则（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用同角三角函数关系得出，再利用倍角公式计算，最后利用诱导公式计算. 【详解】因为，所以， 又， 则， ， 则， 所以. 故选：B 7. 在学校运动会开幕式上，某一同学随机摆放了一段用于编织的彩带，其在地面的影子如图所示（看不出各部分的上下层次）．现在将彩带的两头向两端拉紧，这段彩带会打成一个结的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】考虑绳子在三个交叉处的位置关系，每个交叉处有两种可能，共有8种可能，然后再考虑能打结的有几种，即可解题. 【详解】考虑绳子在三个交叉处的位置关系，每个交叉处有两种可能，所以共有8种可能. 先固定中间，有如图所示的四种情形， 这四种情形只有最后一种可以拉成结（可利用头发实验）， 将这四种情形翻转得到另外四种情形， 所以共有两种情形可以拉成结，故所求概率为. 故选：B 8. 曲线是一条形状优美的曲线，若是曲线C上任意一点，的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作出曲线的图象，将问题转化为求到直线的距离的最小值，再数形结合，再根据圆的性质求出最值. 【详解】曲线， 则当，时，曲线， 当，时，曲线， 当，时，曲线， 当，时，曲线， 作出曲线如图： 到直线的距离， 显然当点在第一象限时，有最小值， 因为到直线的距离为， 所以由圆的性质得曲线C上一点到直线的距离最小为， 故的最小值为． 故选：A 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设a，b，m（m>0）为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为a≡b（mod m）.如9和21除以6所得的余数都是3，则记为9≡21（mod 6）.若，a≡b（mod 10），则b的值可以是（ ）. A. 2019 B. 2023 C. 2029 D. 2033 【答案】AC 【解析】 【分析】先利用二项式定理化简得；再利用二项式定理将展开可得到a除以10所得的余数是9，进而可求解. 【详解】因为 所以a除以10所得的余数是9. 又因为a≡b（mod 10） 所以b除以10所得的余数是9. 而，，， 故选：AC. 10. 在平面直角坐标系 中，点 是椭圆 的左焦点， 分别是 的左、右顶点，直线 与椭圆 相交于 两点，则（ ） A. 若直线 经过点 ，则 的最小值为 1 B. 若线段 的中点坐标为 ，则直线 的斜率为 C. 若直线 经过坐标原点，则 D. 若点 在椭圆 上(点 与 不重合)，且 ，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，过左焦点的弦长最小值为通径长；对B，利用中点弦斜率点差法可求；对C，利用椭圆对称性可得，根据基本不等式即可求解；对D，通过角度关系得到斜率的关系，再与椭圆方程联立可求点，利用可求. 【详解】对A， 过左焦点的弦长最小值为通径长，此时，代入，解得，，故A正确； 对B，设，在椭圆上， 则，，两式相减得， ∵ 的中点坐标为 ，∴， ∴，故B错误； 对C， 直线 经过坐标原点，椭圆 ，，， 由椭圆对称性，所以， ， 当且仅当，，故C正确； 对D， 设，根据对称性不妨取点在第一象限， ，， ∵， ∴， 即，整理得， 又，代入得，解得， ∴，， ， 故D正确， 故选：ACD 11. 如图，点是棱长为的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（ ） A. 有无数个点满足 B. 当点在棱上运动时，的最小值为 C. 若，则动点的轨迹长度为 D. 在线段上存在点，使异面直线与所成的角是 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，根据线面垂直性质定理以及判定定理，可得其正误； 对于B，利用“将军饮马”模型，旋转平面化折为直，结合勾股定理，可得其正误； 对于C，利用直观想象圆锥的模型，利用勾股定理，求得其底面轨迹，可得其正误； 对于D，根据异面直线夹角的定义，利用数形结合以及三角函数的定义，可得其正误. 【详解】对于A，若M在上，则此时有无数个点M满足， 证明如下：由正方体的性质得平面，因为平面，所以. 又，，平面，所以平面， 因为平面，所以，即此时有无数个点M满足，故A正确； 对于B，旋转平面使之与平面共面，如图中，连接交于点M， 此时最短为，大小为，故B错误； 对于C，当点在平面内时，面，面，则， 所以，所以，所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆弧， 从而动点轨迹长度为，故C正确； 对于D，因为，所以直线与所成的角，即为直线与所成角，即或其补角， 由在线段上存在点知，，由，得， 即最小值大于，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. 若，则______． 【答案】1 【解析】 【分析】利用换底公式求出，再代入化简即可. 【详解】因为，所以，则， 则. 故答案为： 13. 已知，若在方向上的投影向量为，则与的夹角为_________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据在方向上的投影向量为，进而得到，再根据求解即可． 【详解】因为在方向上的投影向量为， 所以， 又，且， 所以． 故答案为：． 14. 设表示有限集合中元素的个数，已知函数，，若，其中为常数，且，则的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】利用求导分析函数的单调性，并作出函数图象，再利用数形结合可分析出参数的范围. 【详解】由，可得， 当时，，所以在时单调递增， 当时，，所以在时单调递减， 当时，，所以在时单调递增， 由，且，作出函数的图象，如下： 因为，所以当时，， 由于必有一个解，且， 所以也必有一个解，且与的解不相同， 由图及题设：或. 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. 已知数列的前项和为，若， （1）求； （2）若，为数列的前项和，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用数列的递推关系可得是等比数列，求解即可； （2）先求出的通项公式，然后采用分组转化求和法求解即可. 【小问1详解】 当时，， 当时，，所以， 所以，所以， 又因为， 所以是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，即， 又时也满足上式，所以； 【小问2详解】 因为，所以， 所以， 所以 . 16. 随着新能源产业的发展，某地区近年来新能源汽车保有量快速增长，为了研究充电桩建设的情况，相关部门收集到了2021年到2025年充电桩数量（单位：万个），为方便研究，年份代码用表示（如：表示2021年），具体参考数据如下表： 55 70.4 19 （1）请根据表中数据，建立关于的回归直线方程； （2）假设该地区现有12个充电桩，其中一半为快充桩，现对该地区现有的12个充电桩进行检查，随机抽取3个充电桩进行检查，记抽到的快充桩个数为，求的分布列及均值. （参考公式：，.） 【答案】（1） （2）的分布列为： 【解析】 【分析】（1）根据题干数据以及回归直线方程的参数公式，可得答案； （2）根据超几何分布的分布列计算，以及均值计算公式，可得答案. 【小问1详解】 ，， ，， 所以，回归直线方程为. 【小问2详解】 的可能取值为，则： ，， ，， 所以分布列为： 故均值. 17. 已知双曲线：的实轴长为2，点在上. （1）求双曲线的标准方程； （2）过双曲线右焦点的直线与双曲线的左、右两支分别交于点、，点是线段的中点，过点且与垂直的直线交直线于点，点满足，求四边形面积的最小值. 【答案】（1） （2）9 【解析】 【分析】（1）根据双曲线的实轴长和双曲线上点的坐标求双曲线的标准方程. （2）设直线：，代入双曲线方程，利用韦达定理表示点坐标.利用三点共线和，表示出点坐标，然后弦长公式和点到直线的距离公式表示出四边形的面积，再结合换元法和导数分析函数的单调性，求四边形面积的最小值. 【小问1详解】 由已知得，解得. 所以双曲线的标准方程为. 【小问2详解】 设，，，， 如图： 设直线的方程为， 联立得， ，且， ，， 所以，所以. 由，，三点共线得，① 由得， 又，则，② 联立①②解得，，即， 由是线段的中点及可知，四边形是平行四边形， 设到直线距离为， 则， 而， . 令（且），则， 则， 令，则， 所以在上，单调递增； 在上，单调递减； 在上，单调递增， 又因为，， 所以， 当即时，符合题意， 所以. 18. 如图，四棱锥中，平面平面，，，，，，， （1）求证：平面； （2）设平面平面，求与平面所成角的正弦值． （3）设平面，求当周长最小时三棱锥的体积． 【答案】（1） 取中点为E，连接PE，因，则， 又平面平面，平面，平面平面， 则平面，平面，则． 又，平面，， 所以平面，平面，则． 又，平面，， 所以平面． （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）如图，取中点为，连接，由题可证，结合，可得平面，从而，最后结合可完成证明； （2）如图建立以为原点的空间直角坐标系，由题求出方向向量与平面的法向量，据此可得答案； （3）如图，由（1）做出关于平面的对称点，连接，其与平面交点即为满足题意的Q，然后由题可得Q坐标，据此可得体积． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，连接，因，则， 结合（1），可得两两垂直，故建立以为原点的空间直角坐标系． 因，则． 因，，则． 从而， ． 设平面与平面法向量 分别为，， 则，， 可取，. 设方向向量为，因平面平面， 则，从而可取. 设与平面夹角为，易得平面法向量为， 则； 【小问3详解】 由（1）可得平面，延长至，使， 则为关于平面的对称点，从而， 当且仅当三点共线时取等号， 又，则连接，与平面交点即为满足题意的Q. 由（2），则，. 设，又， 则，注意到平面， 则，则， 又，则，即. 则. 19. 函数． （1）当时，求在上的最大值； （2）若在上单调递减，求实数的取值范围； （3）证明：，． 【答案】（1） （2） （3）证明：先证明左边， 由（1）知，当时，在上单调递增， 所以当时，，即． 又因为， 所以，，，， 累加得，． 再证明右边， 由（2）知，当时，在上单调递减， 所以当时，，得， 令， 累加得 ， 所以． 所以，． 综上所述，，． 【解析】 【分析】（1）求出导函数，根据余弦函数图象与性质求出单调区间，即可求解最大值； （2）求出导函数，结合，按照和分类讨论，分别研究函数的单调性，利用单调性求得的范围； （3）先证明左边，由（1）知，当时，在上单调递增，可得．利用累加可得，再证明右边，由（2）知，当时，在上单调递减，得，令，，，，，，累加得证. 【小问1详解】 ， 当时，， ． 当时，，当时等号成立， 当时，，，单调递增， 当时，，，单调递减． 所以． 【小问2详解】 ， ， ，当时等号成立， 当时，，恒成立，在上单调递减，符合题意； 当时，，要使为单调函数， 则只需，即恒成立，所以，解得，所以． 综上，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 $