河南省南阳市方城县第一高级中学2025-2026学年高三上学期数学1月份周周练1

方城县第一高级中学2025-2026学年高三上学期数学1月份 周周练1 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知，其中为虚数单位，则（    ） A． B． C． D． 2．若命题：，则命题为（    ） A． B． C． D． 3．抛物线的焦点坐标为（    ） A． B． C． D． 4．已知函数的定义域为则的定义域为（    ） A． B． C． D． 5．已知函数 的导函数为，且满足，则 （   ） A． B． C．1 D． 6．已知数列满足：，且数列为等差数列，则（    ） A．10 B．40 C．100 D．103 7．已知随机变量服从正态分布，若，，则（    ） A．0.4 B．0.3 C．0.2 D．0.1 8．已知函数f(x)满足，则f(x)的单调递减区间为（    ） A．(-,0) B．(1,+∞) C．(-,1) D．(0,+∞) 9．已知a，b，，且，，，其中e是自然对数的底数，则（    ） 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．在三棱锥中，底面，，，的面积为，则三棱锥的外接球表面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 12．若，，且，，则的值是（      ） A． B． C．或 D．或 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．设F为双曲线C：（a>0，b>0）的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2+y2=a2交于P、Q两点．若|PQ|=|OF|，则C的离心率为 A． B． C．2 D． 15．高尔顿钉板是英国生物学家高尔顿设计的，如图，每一个黑点表示钉在板上的一颗钉子，上一层的每个钉子的水平位置恰好位于下一层的两颗钉子的正中间，从入口处放进一个直径略小于两颗钉子之间距离的白色圆玻璃球，白色圆玻璃球向下降落的过程中，首先碰到最上面的钉子，碰到钉子后皆以二分之一的概率向左或向右滚下，于是又碰到下一层钉子，如此继续下去，直到滚到底板的一个格子内为止.现从入口处放进一个白色圆玻璃球，记白色圆玻璃球落入格子的编号为，则随机变量的期望与方差分别为（    ） A． B．2，1 C．3，1 D． 二、多选题 16．下列命题为真命题的是（    ） A．若是第一象限角，则 B．终边经过点的角的集合是 C．对，恒成立 D．若，且，则 17．等差数列中，，，若，，则（    ） A．有最小值，无最小值 B．有最小值，无最大值 C．无最小值，有最小值 D．无最大值，有最大值 18．设的内角的对边分别是，若，且，则下列结论正确的是（   ） A． B．的外接圆的面积是 C．的面积的最大值是 D．的取值范围是 19．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中.“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示.下列关于“杨辉三角”的结论错误的是（    ） A． B．第2023行中从左往右第1011个数与第1012个数相等 C．记第行的第个数为，则 D．第20行中第12个数与第13个数之比为 三、填空题 20．公元前6世纪，古希腊毕达哥拉斯学派已经知道五种正多面体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.后来，柏拉图学派的泰阿泰德证明出正多面体总共只有上述五种.如图所示的就是正八面体图形，从该正八面体的6个顶点中随机抽取2个，则这2个顶点的连线是该正八面体的一条棱的概率是 . 21．若，则 . 22．已知事件与相互独立，，，则 ． 23．在四棱锥中，已知平面平面，，若二面角的正切值为，则四棱锥外接球的表面积为 ． 四、解答题 24．已知抛物线的焦点为F，在第一象限内的点和第二象限内的点都在抛物线C上，且直线过焦点F．按照如下方式依次构造点：过点作抛物线C的切线与x轴交于点，过点作x轴的垂线与抛物线C相交于点，设点的坐标为．用同样的方式构造点，设点的坐标为． (1)证明：数列都是等比数列； (2)记，求数列的前n项和； (3)证明：当时，直线都过定点． 25．某公司邀请棋手与该公司研制的一款机器人进行象棋比赛，规则如下：棋手的初始分为，每局比赛，棋手胜加分；平局不得分；棋手负减分．当棋手总分为时，挑战失败，比赛终止；当棋手总分为时，挑战成功，比赛终止；否则比赛继续．已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为、、，且各局比赛相互独立. (1)求两局后比赛终止的概率； (2)在局后比赛终止的条件下，求棋手挑战成功的概率； (3)在挑战过程中，棋手每胜局，获奖千元．记局后比赛终止且棋手获奖万元的概率为，求的最大值． 试卷第4页，共5页 试卷第5页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 《 方城县第一高级中学2025-2026学年高三上学期数学1月份 周周练1》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C D B B D C A D A 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 B A C A C ACD AD BCD AB 1．B 【分析】根据复数的乘、除法运算可得，进而，结合复数的乘法计算即可求解. 【详解】由题意知，， 所以， 所以. 故选：B 2．C 【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题，写出结论即可. 【详解】命题是一个存在性命题，说明存在使的正数， 则它的否定是：不存在使的正数， 即对任意的正数都不能成立， 由以上的分析，可得为：， 故选：C. 3．D 【分析】先求得，进而求得抛物线的焦点坐标. 【详解】根据抛物线的方程可知，，则， 所以抛物线的焦点坐标为. 故选：D 4．B 【分析】根据抽象函数定义域的求法结合偶次根式有意义的条件得到关于的不等式组，解不等式组即可求解. 【详解】由于函数的定义域为所以，则, 所以的定义域满足,解得：, 所以的定义域为：； 故选：B 5．B 【分析】求得函数的导数，令，即可求解. 【详解】由，可得，所以 ，则 . 故选：B. 6．D 【分析】设数列的公差为，借助等差数列的性质可计算出，即可得，即可得解. 【详解】设数列的公差为，则， 故，所以． 故选：D. 7．C 【分析】利用正态分布曲线的性质，再根据条件，即可求出结果. 【详解】解析：由已知得正态曲线关于直线对称，， ，解得， 故选：C． 8．A 【分析】对求导得到关于、的方程求出它们的值，代入原解析式，根据求单调减区间. 【详解】由题设，则，可得， 而，则， 所以，即，则且递增， 当时，即递减，故递减区间为(-,0). 故选：A 9．D 【分析】设，，然后分别利用导数判断两个函数的单调性，利用其单调性可求得答案. 【详解】∵a，b，，，，， 令，，， 当时，，在上单调递减， 令，，，当时，， 所以在上单调递增，即， ∴，即， ∴. 故选：D. 10．A 【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．B 【分析】由面积公式可得，由余弦定理结合基本不等式可求，根据正弦定理可得外接圆半径，由勾股定理即可求解. 【详解】如图，取的外接圆圆心，过点作平面的垂线， 则三棱锥的外接球的球心在该垂线上，且， 在中，，即， 所以， 即（当且仅当时取等号）， 设外接圆半径为，由正弦定理得，即， 所以外接球的半径，则， 故三棱锥的外接球表面积的最小值为. 故选：. 【点睛】方法点睛：解决外接球问题： （1）通过球心位置的确定，利用勾股定理列方程求解； （2）已知线面垂直，构造矩形模型； （3）三个两两垂直的墙角模型，补形成长方体或正方体. 12．A 【分析】根据角的变换可得，，从而可得，然后根据已知条件分别得到，的值，进而求解得到结果． 【详解】解：因为，，，， ，，， 又因为，， 所以为第二象限角，为第二象限角， 所以， ， 又因为， 所以， 所以， ． 故选：A. 13．C 【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．A 【分析】准确画图，由图形对称性得出P点坐标，代入圆的方程得到c与a关系，可求双曲线的离心率． 【详解】设与轴交于点，由对称性可知轴， 又，为以为直径的圆的半径， 为圆心． ，又点在圆上， ，即． ，故选A． 【点睛】本题为圆锥曲线离心率的求解，难度适中，审题时注意半径还是直径，优先考虑几何法，避免代数法从头至尾，运算繁琐，准确率大大降低，双曲线离心率问题是圆锥曲线中的重点问题，需强化练习，才能在解决此类问题时事半功倍，信手拈来． 15．C 【分析】利用二项分布的概率公式及离散型随机变量的期望公式、方差公式一一计算即可. 【详解】白色圆玻璃球从起点到进入格子一共跳了4次，向左或向右的概率均为， 则向左的次数服从二项分布. 因为，， 所以，. 故选：C 16．ACD 【分析】由所在象限得出的范围，进而可得的范围，即可判断A；根据角的终边经过点可写出角的集合即可判断B；根据同角的三角函数关系结合角的范围，可判断C；将平方，从而可求得的符号，求出的值，进而可判断D. 【详解】对于A，若是第一象限角，则， 则， 当时，，为第一象限角， 当时，，为第三象限角， 所以是第一或第三象限角，故；，故A正确； 对于B，终边经过点的角的终边落在第一、三象限的角平分线上， 即角的集合是，故B错误； 对于C，当时，， 则，故C正确； 对于D，若，则， 即若，所以， 则， 又，则，所以， 故，D正确. 故选：ACD. 17．AD 【分析】先利用等差数列的通项公式求得基本量，从而得到，利用它们的表达式进行分析即可得解. 【详解】设等差数列的公差为， 依题意，得，解得， ， ， 当时，有最小值无最大值， 而， 易得，，且， 当时，， 当时，有最大值，无最小值. 故选：AD. 18．BCD 【分析】对于A项，由正弦定理边化角及和角公式求解即可；对于B项，由正弦定理及圆的面积公式求解即可； 对于C项，由余弦定理及重要不等式可求得的最大值，结合三角形面积公式求解即可； 对于D项，由正弦定理边化角可得，求此函数的值域即可. 【详解】对于A项，因为， 所以， 所以， 又因为，所以， 又因为，所以，故A项错误． 对于B项，设的外接圆的半径为，由正弦定理可得， 则的外接圆的面积是，故B项正确． 对于C项，由余弦定理可得，即①． 因为②，当且仅当时，等号成立， 所以由①②得，当且仅当时，等号成立， 所以的面积，则C项正确． 对于D项，由正弦定理可得，则，， 所以 又因为，所以，所以， 所以，即的取值范围是，故D项正确． 故选：BCD. 19．AB 【分析】对于A：利用性质计算即可；对于B：利用的展开式的二项式系数计算；对于C：代入，利用二项式定理计算即可；对于D：利用的展开式的二项式系数计算 【详解】对于A： ，A错误； 对于B：第2023行中的数为的展开式的二项式系数， 则从左往右第1011个数为，第1012个数为，，B错误； 对于C：第行的第个数为， 则，C正确； 对于D：第20行中的数为的展开式的二项式系数， 则从左往右第12个数为，第13个数为， 则，D正确. 故选：AB. 20．/ 【分析】根据题意可知该正八面体的6个顶点中随机抽取个的情况有种，由于该正八面体共有条棱，可知满足题意的有种情况，再根据古典概型即可求出结果. 【详解】从该正八面体的6个顶点中随机抽取个的情况有种， 由于该正八面体共有条棱，则这个顶点的连线是该正八面体的一条棱的情况有种， 故所求概率. 故答案为：. 21．3 【分析】根据排列数和组合数可得，且，运算求解即可. 【详解】因为， 则，且， 整理得：，解得或（舍去）. 故答案为：3. 22．0.88 【分析】根据独立事件乘法公式求出，从而利用求出答案. 【详解】因为事件与相互独立， 所以， 所以． 故答案为：0.88 23．/ 【分析】分别取、的中点、，连接，即可证明平面，从而得到，再由，即可得到平面，从而得到为二面角的平面角，即可求出，又三棱锥外接球的球心在直线上，求出三棱锥外接球的半径，即可得到外接球的表面积，再由、、、四点共圆，即可得到三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球，从而得解. 【详解】分别取、的中点、，连接． 因为，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面，平面，所以，， 因为， 所以，所以， 因为分别为的中点，所以，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以为二面角的平面角，所以， 因为，所以， 所以三棱锥外接球的球心在直线上，由知在线段的延长线上． 设，则，即，所以， 所以三棱锥外接球的半径为，表面积为， 因为，，即， 所以、、、四点共圆， 所以三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球， 故四棱锥外接球的表面积为． 故答案为： 【点睛】方法点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 24．(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求在点的坐标，得到数列的递推关系式，即可证明等比数列； （2）根据（1）的结果求数列的通项公式，再利用错位相减法求和； （3）根据（2）的结果求点，的坐标，再求直线的直线方程，即可判断定点. 【详解】（1）抛物线C的方程可化为，求导可得， 将点的坐标代入抛物线C的方程，有，                     过点的切线的方程为，代入，有，                             整理为，令，可得，有， 故数列是公比为的等比数列， 同理，数列也是公比为的等比数列； （2）由焦点，设直线的方程为， 联立方程消去y后整理为，有， 由数列是公比为的等比数列，有，                     有， 有，                     两边乘以，有， 两式作差，有， 有，可得； （3）由（2）知，点的坐标为，点的坐标为，                     直线的斜率为，                             直线的方程为，                     令，有， 故当时，直线过定点． 【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据导数的几何意义判断数列的递推关系式. 25．(1) (2) (3) 【分析】（1）分析可知，棋手可能得分或分比赛终止，列出两种情况下棋手的胜负情况，结合独立事件的概率公式和互斥事件概率公式可求得所求事件的概率； （2）设“局后比赛终止”为事件，“局后棋手挑战成功”为事件，求出、的值，利用条件概率公式可求得的值； （3）分析可知，甲共胜局，对棋手甲分两种情况讨论：（i）棋手第局以分比赛终止；（ii）棋手第局以分比赛终止.计算出“局后比赛终止且棋手获得万元奖励”的概率，分析数列的单调性，即可得出结论. 【详解】（1）设每局比赛甲胜为事件，每局比赛甲平为事件，每局比赛甲负为事件， 设“两局后比赛终止”为事件， 因为棋手与机器人比赛局，所以棋手可能得分或分比赛终止． （i）当棋手得分为分，则局均负，即； （ii）当棋手得分为分，则局先平后胜，即． 因为、互斥，所以 ． 所以两局后比赛终止的概率为． （2）设“局后比赛终止”为事件，“局后棋手挑战成功”为事件． 因为 ， ． 所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为 ． 所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为． （3）因为局获奖励万元，说明甲共胜局． （i）当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是“负胜负胜负”的顺序，其余均为平局，共有种， （ii）当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是先负后胜的顺序，其余均为平局，共有种， 则“局后比赛终止且棋手获得万元奖励”的概率 ，． 所以． 因为，所以， 所以，所以单调递减， 所以当时，取最大值为． 答案第6页，共15页 答案第1页，共15页 学科网（北京）股份有限公司 $