精品解析：湖北省黄冈市团风中学2025-2026学年高三上学期数学周测卷（12.25）

高三数学周测试卷12.25 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足（其中i为虚数单位），则的虚部是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的时，水的体积为84，则该方斗杯可盛水的总体积为（ ） A. 112 B. C. D. 496 4. 过定点的直线与过定点的直线交于点（与不重合），则面积的最大值为（ ） A. 4 B. C. 2 D. 5. 已知点为圆上动点，为坐标原点，则向量在向量方向投影的最大值为（ ） A. B. C. D. 4 6. 已知直线与圆交于两点为坐标原点.若则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 若，，使得，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数存在最大值，且满足恒成立，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知点P在圆上，点Q在圆上，则（ ） A. 两圆相交 B. 圆与x轴相切 C. 的取值范围为 D. 面积的最大值为6 10. 已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，若，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，最大 B. 使得成立的最小自然数 C. D. 中最小项为 11. 如图，在梯形中，，，为的中点，将沿折起到的位置，下列说法中正确的是（ ） A. 在线段上存在点，使平面 B. 点到平面的距离的最大值为 C. 当三棱锥外接球的表面积为时，平面平面 D. 当平面平面时，四棱锥的过的截面面积的最小值为 三、填空题 12. 已知第一象限的点和经过直线，若直线的倾斜角为，则的最小值为___________． 13. 若圆上有且仅有两个点到直线的距离为，则实数的取值范围是_______． 14. 已知，若，不等式恒成立，则的取值范围为______. 四、解答题 15. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知． （1）求A； （2）若∠BAC的角平分线AD与边BC交于点D，且，求的最小值． 16. 已知正项数列中，为数列的前n项和，满足，设． （1）求的通项公式； （2）求的前n项和； （3）令，在和之间插入k个数构成一个新数列：，其中插入的所有数依次构成数列，通项公式，求数列的前30项和． 17. 如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面，且，，，，. （1）证明：平面； （2）若，四棱锥的各个顶点均在球的表面上，求球的表面积； （3）求平面与平面夹角的余弦值的取值范围. 18. 某人工智能公司开发了一款图像识别模型，测试时从两个测试集（A和B）中随机抽取1张图像识别.测试集A：共5张图片，其中清晰图片4张（每张识别正确率），模糊图片1张（每张识别正确率）测试集B：共5张图片，其中清晰图3张（每张识别正确率），模糊图片2张（每张识别正确率）.首次测试选择A或B的概率均为，再次测试会动态调整规则：若某次测试正确，下次选择A的概率为；若某次测试错误，下次选择A的概率升为. （1）首次测试时，随机抽取一张图片，模型识别正确的概率； （2）已知首次测试模型识别错误，求该图片来自测试集A的概率； （3）连续测试3次（第一次为首次测试，每次测试后根据测试结果调整测试集选择概率），记X为这3次测试中识别正确的次数，求X的分布列及数学期望. 19. 已知是的导函数，其中. （1）当时，证明：存在唯一的，使得； （2）若函数有两个极值点，求实数的取值范围； （3）若存在实数，使得恒成立，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学周测试卷12.25 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先化简集合，再利用集合交集的运算求解即可. 【详解】因为， ， 所以， 故选：D. 2. 已知复数满足（其中i为虚数单位），则的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的概念，复数的除法公式和共轭复数得概念，计算求解. 【详解】由得， 则，虚部为. 故选：C. 3. 如图，如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的时，水的体积为84，则该方斗杯可盛水的总体积为（ ） A. 112 B. C. D. 496 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件结合台体体积公式计算求解即可. 【详解】设水面与棱台的四条侧棱分别相交于， 过作交于点E，交于点，如下图所示： 易知四边形为等腰梯形，则四边形为平行四边形， 因为水面的高度是方斗杯高度的，则 ，因此， 设棱台的高为，设体积为V， 则棱台的高为，设体积为， 则 所以，由题意，， 则该方斗杯可盛水的总体积为 故选：B. 4. 过定点的直线与过定点的直线交于点（与不重合），则面积的最大值为（ ） A. 4 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据方程可得定点A、B，并且可判断两直线垂直，然后利用基本不等式可得. 【详解】动直线化为，可知定点， 动直线化为，令， 解得，可知定点， 又， 所以直线与直线垂直，为交点， . 则，当且仅当时，等号成立. 即面积的最大值为. 故选：B. 5. 已知点为圆上动点，为坐标原点，则向量在向量方向投影的最大值为（ ） A. B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】设，利用正弦函数的性质求解. 【详解】因为点为圆上动点，所以设， 所以， 所以向量在向量方向投影为， 其中满足， 又因为， 所以向量在向量方向投影的最大值为， 故选：C 6. 已知直线与圆交于两点为坐标原点.若则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由相交求得的一个范围，再设，直线方程代入圆方程应用韦达定理，代入再得一个范围，两者相交即得结论． 【详解】圆心为即为坐标原点，半径为2， 直线与圆相交，则，， 设，由得． 所以， 则， 所以，或， 所以或， 故选：B． 7. 若，，使得，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】把问题转化成的区间长度要不小于的解集的区间长度求的取值范围. 【详解】由，得，， 由，得，， 若，，使得， 则的区间长度要不小于的解集的区间长度， ，. 故选：A 8. 若函数存在最大值，且满足恒成立，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】法一、求得，求得的单调性和最值，或者利用二次函数的性质，求得，由，令，转化为恒成立，利用导数求得的单调性和最小值，得到，代入求得，即，即可求解. 【详解】解法一：由函数，可得 若，则恒成立，在R上单调递减，不存在最大值； 若，令，可得 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以当时，函数取得极大值，也是最大值，故， 又由，其中， 令，即为恒成立， 由，其中， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当时，函数取得极小值，也是最小值，所以， 即，可得，所以， 即，解得，所以实数的取值范围为. 解法二：由函数， 当时，函数取得最大值，所以， 又由，其中， 令，即为恒成立， 由，其中， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当时，函数取得极小值，也是最小值，所以， 即，可得，所以， 即，解得，所以实数的取值范围为. 故选：C. 二、多选题 9. 已知点P在圆上，点Q在圆上，则（ ） A. 两圆相交 B. 圆与x轴相切 C. 的取值范围为 D. 面积的最大值为6 【答案】AB 【解析】 【分析】由方程可知各圆圆心和半径.对于A：求得，即可判断两圆位置关系；对于B：可得圆心到x轴的距离，可知圆与x轴相切；对于C：根据圆的性质分析判断；对于D：可得点到直线的距离最大值为，即可得面积最值. 【详解】圆的圆心为，半径， 圆的圆心为，半径. 对于选项A：因为，即， 所以两圆相交，故A正确； 对于选项B：因为圆心到x轴的距离， 所以圆与x轴相切，故B正确； 对于选项C：由圆的性质可得，且， 所以的取值范围为，故C错误； 对于选项D：由圆的性质可知点到直线的距离最大值为， 所以面积的最大值为，故D错误； 故选：AB. 10. 已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，若，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，最大 B. 使得成立的最小自然数 C. D. 中最小项为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意作差可计算得，，所以数列是递减的等差数列，可判断A；利用等差数列前项和公式计算可判断B；根据等差数列的性质计算可判断C；根据已知条件结合不等式的性质计算可判断D. 【详解】对于A，因为，所以， 由，所以，所以，且， 所以数列是递减的等差数列，且， 则当时，最大，故A正确； 对于B，由上述分析可知，当时，单调递减， 且，， 所以使得成立的最小自然数，故B正确； 对于C，由，且， 所以，即，故C错误； 对于D，因为当时，，，所以； 当时，，，所以； 当时，，，所以； 且，， 则有，， 所以，即， 所以中最小项为，故D正确． 故选：ABD． 11. 如图，在梯形中，，，为的中点，将沿折起到的位置，下列说法中正确的是（ ） A. 在线段上存在点，使平面 B. 点到平面的距离的最大值为 C. 当三棱锥外接球的表面积为时，平面平面 D. 当平面平面时，四棱锥的过的截面面积的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】取中点，利用线面垂直的判定推理判断A；利用面面垂直的判定性质判断B；确定球心位置并计算判断C；作出截面并求出面积的函数关系，利用导数求出最小值判断D. 【详解】在梯形中，，，为的中点，连接，如图： 则四边形、四边形均为平行四边形，则，且， 为等边三角形，，和均为菱形， 于是，，设与交于点，则， 对于A，翻折后，，如图： 又平面，则平面， 因此在线段上存在点（即点），使平面，A正确； 对于B，由平面，平面，得平面平面， 则边上的高是点到平面的距离，而， 因此点到平面的距离的最大值为，B错误； 对于C，设三棱锥外接球的半径为，其表面积，得， 设等边，等边外接圆圆心分别为，令外接球球心为， 则平面，平面，连接，，如图： ，，， 得，同理得，即，因此四边形是菱形， ，平面，而平面，则平面平面，C正确； 对于D，设四棱锥的过的截面与交于点，与交于点，连接，如图： 由，平面，平面，得平面， 又平面，平面平面，则，又， 因此四边形为梯形，而平面，平面，则， 即为梯形的高，当平面平面时，，则， 且，设，在中， ，由，得，则 ， 设，求导得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 则当时，，， 而，，因此截面面积的最小值为，D正确. 故选：ACD 三、填空题 12. 已知第一象限的点和经过直线，若直线的倾斜角为，则的最小值为___________． 【答案】####1.125 【解析】 【分析】由题设知，根据目标式，结合基本不等式“1”的代换求最小值即可. 【详解】由题设知，可得， ∴， 当且仅当时，即时，等号成立，的最小值为. 故答案为：. 13. 若圆上有且仅有两个点到直线的距离为，则实数的取值范围是_______． 【答案】 【解析】 【分析】求出圆的圆心坐标与半径，求出圆心到直线的距离，根据直线与圆的位置关系可得出关于实数的不等式，解之即可. 【详解】由题意可知，圆的圆心为，半径为， 圆心到直线的距离， 由于圆上有且仅有两个点到直线的距离为， 则，即， 解得或． 因此，实数的取值范围是. 故答案为：. 14. 已知，若，不等式恒成立，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】将不等式化简恒成立，则只需令的最小值大于等于，通过求导求出函数单调性即可找到最小值. 【详解】令，则， 令，，在区间上单调递增，且， 在区间上单调递减，在区间上单调递增， ， 令，易知在区间上单调递增， 又，，. 故答案为： 四、解答题 15. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知． （1）求A； （2）若∠BAC的角平分线AD与边BC交于点D，且，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合二倍角公式、和角的正弦公式化简即得. （2）设，利用正弦定理用表示，换元结合余弦定理求出范围，进而构造函数并利用导数求出最小值. 【小问1详解】 在中，由，得， 由正弦定理得，即， 则，而，解得，又， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，设， 在中，由正弦定理得，， 则，令，， 在中，由余弦定理得， 解得，因此，， 令，求导得，函数在上单调递减， 则，所以的最小值为. 16. 已知正项数列中，为数列的前n项和，满足，设． （1）求的通项公式； （2）求的前n项和； （3）令，在和之间插入k个数构成一个新数列：，其中插入的所有数依次构成数列，通项公式，求数列的前30项和． 【答案】（1） （2） （3）223 【解析】 【分析】（1）根据及推出，进一步变换即可求得的通项公式； （2）求出的表达式并结合裂项相消即可求解； （3）分析数列的前30项包含了及的项数即可求解． 【小问1详解】 由题意，在中， 令，可得， 因为，当时，， 可得，即， 整理得，因为，， 可得， 所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，所以． 【小问2详解】 由，则， 所以的前项和为： ． 【小问3详解】 因为， 在数列中，项之前（含）共有项，， 所以数列的前30项中包含数列的前7项及数列的前23项， ． 17. 如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面，且，，，，. （1）证明：平面； （2）若，四棱锥的各个顶点均在球的表面上，求球的表面积； （3）求平面与平面夹角的余弦值的取值范围. 【答案】（1） 延长，交于点，连接， 因为平面，，平面， 所以，， 即，. 因为为等边三角形，所以， 因为，所以，所以， 又，所以，所以， 又，平面， 所以平面，即平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）依题意，延长，交于点，连接，证明，推得平面，即可证平面. （2）根据（1）中的结论，建立空间直角坐标系，由球心到的距离相同，且为球半径，列方程即可求出球心坐标和球的半径，即得球的表面积. （3）根据（2）中的坐标系，求出平面与平面的法向量，然后计算夹角的余弦值，化简后利用基本不等式即得其取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，，两两垂直， 故以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由（1）易得， 又，所以， 所以，，，，. 设，球的半径为， 则，， ，， ， 联立解得，， 则球的表面积为. 【小问3详解】 由（2）可知， 设，则易得，， 则，，，. 设平面的法向量为， 则，故可取， 设平面的法向量为， 则，故可取. 设平面与平面的夹角为， 则 ， 令，则， 所以， 则， 故平面与平面夹角的余弦值的取值范围为. 18. 某人工智能公司开发了一款图像识别模型，测试时从两个测试集（A和B）中随机抽取1张图像识别.测试集A：共5张图片，其中清晰图片4张（每张识别正确率），模糊图片1张（每张识别正确率）测试集B：共5张图片，其中清晰图3张（每张识别正确率），模糊图片2张（每张识别正确率）.首次测试选择A或B的概率均为，再次测试会动态调整规则：若某次测试正确，下次选择A的概率为；若某次测试错误，下次选择A的概率升为. （1）首次测试时，随机抽取一张图片，模型识别正确的概率； （2）已知首次测试模型识别错误，求该图片来自测试集A的概率； （3）连续测试3次（第一次为首次测试，每次测试后根据测试结果调整测试集选择概率），记X为这3次测试中识别正确的次数，求X的分布列及数学期望. 【答案】（1）； （2）； （3）分布列： 0 1 2 3 . 【解析】 【分析】（1）设事件C为“首次识别正确”，A为“选择测试集A”，B为“选择测试集B”，应用全概率公式求概率即可； （2）应用条件概率、对立事件概率求法有，即可得； （3）根据已知有X的可能取值为0，1，2，3并求出对应概率得到分布列，进而求期望. 【小问1详解】 设事件C为“首次识别正确”，A为“选择测试集A”，B为“选择测试集B”， ，，， 由全概率公式. 【小问2详解】 由公式； 【小问3详解】 选择A的概率为时，识别正确的概率为，识别错误的概率为； 选择A的概率为时，识别正确的概率为，识别错误的概率为； 选择A的概率为时，识别正确的概率为，识别错误的概率为； X的可能取值为0，1，2，3， 0 1 2 3 ， 连续测试三次，识别正确次数的期望为1.5. 19. 已知是的导函数，其中. （1）当时，证明：存在唯一的，使得； （2）若函数有两个极值点，求实数的取值范围； （3）若存在实数，使得恒成立，求的最小值. 【答案】（1） 由题意，，记，则， 当时，，所以在上单调递增， 因为， 所以存在唯一的，使得. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数判断的单调性，结合零点存在性定理即可得证； （2）转化为有两个变号零点，分和讨论，利用导数求最值，根据最值列不等式求解可得； （3）当时取特值分析；当时利用指数函数性质求解；当时，求出的最小值，利用隐零点方程代入，然后构造函数，利用导数求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 极值点满足，即. 若，可知严格单调递增，至多有一个零点， 故不可能有两个极值点； 若，记，则， 因为单调递增， 所以当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以存在最小值点. 且的最小值. 要使有两个零点，需最小值小于0，即. 由于，所以，解得. 又当；当， 所以时，有两个变号零点，即有两个极值点. 所以，的取值范围为. 【小问3详解】 当时，当，， 故不存在最小值， 所以此时不存在实数，使得恒成立； 当时，， 要使恒成立，只需，所以； 当时，由（1）可得存在唯一的，使得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 从而， 因为恒成立，所以， 故（1）， 又，所以， 代入不等式（1）可得， 整理得：，其中， 构造函数， 则， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 从而， 所以，当，即时取等号， 综上所述，的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $