精品解析：河北枣强中学2025-2026学年高三上学期数学周测试题（1.23）

高三年级周测（数学）试题 一､选择题：本题共8小题，每小恩5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 样本数据2，18，14，10，5的第百分位数为（ ） A. B. C. D. 3. 设复数，则z在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第一、三象限 D. 第二、四象限 4. 记为等比数列的前项和，若，，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 5. 若定义在上的函数在上单调递增，的图象关于直线对称，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 6. 马林·梅森(MarinMersenne，1588-1648)是17世纪法国著名的数学家和修道士，也是当时欧洲科学界一位独特的中心人物.梅森在欧几里得､费马等人研究的基础上对作了大量的计算､验证工作，人们为纪念梅森在数论方面的这一贡献，将形如(其中是素数)的素数，称为梅森素数.在不超过40的素数中，随机选取两个不同的数，至少有一个为梅森素数的概率是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在上恰有两个不同的零点，则的值可能为（ ） A. 0 B. C. D. 1 8. 已知分别是双曲线的左､右焦点，为双曲线右支上一点，的角平分线交轴于点，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 3 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､部分对的得部分分，有选错的得0分. 9. 设抛物线C：的焦点为F，准线为l，A为C上一点，以F为圆心,为半径的圆交l于B，D两点，若，且的面积为，则（　　） A. B. 是等边三角形 C. 点F到准线的距离为3 D. 抛物线C的方程为 10. 如图，在棱长为6的正方体中，点为线段上的一个动点，则下列说法正确的有（ ） A. 线段长度的最小值为 B. 直线与直线所成角的最大值为 C. 面 D. 的最小值为 11. 设离散型随机变量的取值为1，2，3，…，99，且，则（ ） A. 当数列为等差数列时， B. 数列的通项公式可能为 C. 当数列满足时， D. 当数列满足时， 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正六边形的边长为1，则_____________. 13. 在平面直角坐标系中，角与角均以轴的非负半轴为始边，已知，且与的终边关于原点对称，则的最大值为__________. 14. 已知圆：，定直线经过点，若对任意的实数，定直线被圆截得的弦长始终为定值，则定值________． 四､解答题：本题共5小题，共77分､解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 甲同学参加一项抽奖活动，在一个盒子中，有大小形状完全相同的5个球，其中3个白球，2个红球. （1）若不放回地从盒中连续取两次球，每次取一个球，求在第一次取到红球的条件下，第二次也取到红球的概率； （2）一次随机抽取两个球，若取到的两个球颜色相同则中奖，颜色不同则不中奖，抽完奖之后把球再放回盒子里以便于再次抽奖. （i）求甲抽取一次，中奖的概率； （ii）甲一共抽取了三次，中奖次数为，求的分布列及数学期望. 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，为的中点． （1）若，证明：平面； （2）已知，平面和平面的夹角的余弦值为，求四棱锥的体积． 17. 记的内角、、的对边分别为、、（、、互不相等），已知，点与点分别在直线的异侧，且. （1）求证：； （2）若，，求线段的长. 18. 已知椭圆的长轴长为4，焦距为2． （1）求椭圆C的标准方程． （2）过点作斜率为k的直线与椭圆相交于A，B两点，y轴上存在点Q使得直线与直线的斜率之和为0． （i）求点Q的坐标； （ii）求的面积的最大值． 19. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设在点处切线的轴截距为， （i）求数列的前项和为； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级周测（数学）试题 一､选择题：本题共8小题，每小恩5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合交集的概念运算即可求解. 【详解】因为集合，集合， 所以. 故选：A． 2. 样本数据2，18，14，10，5的第百分位数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分位数的求法计算即可. 【详解】样本数据从小到大排列为，计算位置：， 因为为整数，所以第百分位数为， 故选：C． 3. 设复数，则z在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第一、三象限 D. 第二、四象限 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的四则运算法则求出，根据复数的几何意义即可求解. 【详解】因为，则， 则，解得：或， 所以或，其在复平面内对应的点位于第一、三象限． 故选：C 4. 记为等比数列的前项和，若，，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】由已知结合等比数列的通项公式可求，然后结合数列的前项的定义即可直接求解. 【详解】设等比数列的公比为，则，， 故． 故选：B． 5. 若定义在上的函数在上单调递增，的图象关于直线对称，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先分析函数的奇偶性，再结合函数的单调性解函数不等式. 【详解】因为函数的图象是由函数的图象向右平移1个单位得到，且其对称轴为， 所以函数的图象关于直线即轴对称，所以函数为偶函数. 又在上单调递增，且， 所以函数在上单调递减，且. 所以当或时，；当时，. 又或， 解得或. 所以所求不等式的解集为. 故选：B 6. 马林·梅森(MarinMersenne，1588-1648)是17世纪法国著名的数学家和修道士，也是当时欧洲科学界一位独特的中心人物.梅森在欧几里得､费马等人研究的基础上对作了大量的计算､验证工作，人们为纪念梅森在数论方面的这一贡献，将形如(其中是素数)的素数，称为梅森素数.在不超过40的素数中，随机选取两个不同的数，至少有一个为梅森素数的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】可知不超过40的素数有12个，梅森素数有3个，求出随机取两个数的种数，求出至少有一个为梅森素数的种数，即可得出概率. 【详解】可知不超过40的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37共12个， 其中梅森素数有3，7，31共3个， 则在不超过40的素数中，随机选取两个不同的数共有种， 其中至少有一个为梅森素数有种， 所以至少有一个为梅森素数的概率是. 故选：A. 【点睛】本题考查古典概型概率的求解，属于基础题. 7. 已知函数在上恰有两个不同的零点，则的值可能为（ ） A. 0 B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，将函数在上恰有两个不同的零点转化为函数与在上恰有两个不同的交点，考查函数的单调性和端点、极值，作出函数的图象，推得，进而得到，求得，结合余弦函数的单调性求得的取值范围即可. 【详解】由，可得， 因在上恰有两个不同的零点， 即函数与在上恰有两个不同的交点， 而函数在上单调递增，在上单调递减， 且，， 作出两函数的图象，可得. 由图可知，， 可得，故. 故选：C． 8. 已知分别是双曲线的左､右焦点，为双曲线右支上一点，的角平分线交轴于点，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用角平分线性质及双曲线定义，结合余弦定理建立方程求出离心率. 【详解】由的角平分线交轴于点，得， 而，则，， 在中，，由余弦定理得， 整理得，即，则， 所以双曲线的离心率为. 故选：B 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､部分对的得部分分，有选错的得0分. 9. 设抛物线C：的焦点为F，准线为l，A为C上一点，以F为圆心,为半径的圆交l于B，D两点，若，且的面积为，则（　　） A. B. 是等边三角形 C. 点F到准线的距离为3 D. 抛物线C的方程为 【答案】BC 【解析】 【分析】由几何关系与抛物线的性质对选项逐一判断， 【详解】由题意作出图象， 由题意得，，设， 以F为圆心，为半径的圆交l于B，D两点，则， 而，由抛物线定义知，是中点，故， 故为等边三角形，面积为，则边长， 所以点F到准线的距离为3，抛物线C的方程为， 故BC正确，AD错误， 故选：BC 10. 如图，在棱长为6的正方体中，点为线段上的一个动点，则下列说法正确的有（ ） A. 线段长度的最小值为 B. 直线与直线所成角的最大值为 C. 面 D. 的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，当时，最短，然后由可得；对于B，即为直线与直线所成角，当点运动到点时，最大；对于C，由题可得平面平面，据此可得面；对于D，如图把平面沿展开到平面所在平面，连接交于，此时最小，据此可得最小值. 【详解】对A，连接，，，，如图， 当时，最短，由正方体棱长为6，， 所以，可得，故A错误； 对于B，将直线平移至，则即为直线与直线所成角， 显然，当点运动到点时，该角的最大值为，故B正确； 对于C，连接，，，，，如图， 在正方体中，，平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 又，，平面，所以平面平面， 又平面，所以面，故C正确； 对于D，把平面沿展开到平面所在平面，如图， 连接交于，此时最小，最小值为， 在中，，， ，D正确， 故选：BCD. 11. 设离散型随机变量的取值为1，2，3，…，99，且，则（ ） A. 当数列为等差数列时， B. 数列的通项公式可能为 C. 当数列满足时， D. 当数列满足时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据分布列的性质及等差数列求和公式、等差数列下标和性质求解判断A；利用裂项相消法求和及分布列的性质判断B；根据分布列的性质及等比数列求和公式、指数运算性质求值判断C；令，2，…，99，得，累乘法，结合求得判断D. 【详解】对A，若为等差数列，设公差为d，前n项和为， 因为离散型随机变量的取值为1，2，3，…，99，且， 所以，故，故A正确. 对B，由可知， 可变形为， 所以 ，故B正确. 对C，由题意得数列的前项是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以，故C错误. 对D，令，2，…，99， 则，整理得，2，…，98， 即， 化简可得，又， 即，故，故D正确． 故选：ABD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正六边形的边长为1，则_____________. 【答案】3 【解析】 【分析】结合正六边形的性质以及向量数量积运算求得正确答案. 【详解】根据正六边形的性质可知， 则. 故答案为： 13. 在平面直角坐标系中，角与角均以轴的非负半轴为始边，已知，且与的终边关于原点对称，则的最大值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】首先得出，结合三角函数单调性即可求解最值. 【详解】由题意，从而， 因为，所以的取值范围是的取值范围是， 当且仅当，即时，取得最大值，且最大值为. 故答案为：. 14. 已知圆：，定直线经过点，若对任意的实数，定直线被圆截得的弦长始终为定值，则定值________． 【答案】4 【解析】 【分析】根据圆的方程得到圆心坐标和半径，由题意可得圆心到直线的距离为定值，进而求出直线方程，最后根据弦长公式即可求出定值. 【详解】圆心坐标为，半径. 令，，消去参数可得，， 所以圆心在直线上运动. 因为直线被圆截得的弦长始终为定值，结合弦长公式可知，圆心到直线的距离为定值. 因此直线应与圆心轨迹直线平行. 又直线经过点，所以直线方程为：，即. 所以圆心到直线的距离等于两平行线的距离. 所以定直线被圆截得的弦长始终为定值. 故答案为：4. 四､解答题：本题共5小题，共77分､解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 甲同学参加一项抽奖活动，在一个盒子中，有大小形状完全相同的5个球，其中3个白球，2个红球. （1）若不放回地从盒中连续取两次球，每次取一个球，求在第一次取到红球的条件下，第二次也取到红球的概率； （2）一次随机抽取两个球，若取到的两个球颜色相同则中奖，颜色不同则不中奖，抽完奖之后把球再放回盒子里以便于再次抽奖. （i）求甲抽取一次，中奖的概率； （ii）甲一共抽取了三次，中奖次数为，求的分布列及数学期望. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）分布列： 【解析】 【分析】（1）借助条件概率公式计算即可得； （2）（i）借助组合数计算即可得；（ii）计算出的所有可能取值及其对应概率即可得分布列，利用分布列计算即可得其数学期望. 【小问1详解】 设事件表示“第次取球时，取到红球”， 则，， 则， 即在第一次取到红球的条件下，第二次也取到红球的概率为； 【小问2详解】 （i）； （ii）的可能取值为， 则，， ，， 则的分布列为： 则其数学期望. 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，为的中点． （1）若，证明：平面； （2）已知，平面和平面的夹角的余弦值为，求四棱锥的体积． 【答案】（1）因为平面，平面，所以 ，是直角三角形， 因为是的中点，所以，因为 ，所以，可得， 因为 平面，，所以 ， 因为 ，，，平面，，所以平面； （2）2 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直得到直角三角形，利用直角三角形的性质和线面垂直的判定定理可证结论； （2）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用平面夹角得出的长，结合条件公式可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设 ，因为两两垂直，以为坐标原点，向量分别为轴建立空间直角坐标系， 有， 设平面的法向量为，由， 有， 取，可得平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，由， 有， 取，可得平面PCD的一个法向量为， 又由，， 有，又由平面和平面的夹角的余弦值为，有， 解得， 故，所以． 17. 记的内角、、的对边分别为、、（、、互不相等），已知，点与点分别在直线的异侧，且. （1）求证：； （2）若，，求线段的长. 【答案】（1）证明： 因为，由正弦定理得， 所以，即，即， 因为、，则，由可得，故， 所以或， 若，则，可得，这与矛盾，故. （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出，结合正弦型函数的基本性质可证得结论成立； （2）分析可知为等边三角形，求出的长，结合正弦定理以及（1）中的结论、二倍角的正弦公式可得出的值，结合角的范围可得出角的值，进而可得出的长以及的值，利用余弦定理可求出的长. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 因为，，故为等边三角形， 所以，， 由（1）知，即， 因为，故，可得，所以， 又因为，则，，故， 由余弦定理可得， 故. 18. 已知椭圆的长轴长为4，焦距为2． （1）求椭圆C的标准方程． （2）过点作斜率为k的直线与椭圆相交于A，B两点，y轴上存在点Q使得直线与直线的斜率之和为0． （i）求点Q的坐标； （ii）求的面积的最大值． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）． 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的几何性质求出a，c，再根据a，b，c的关系求出b，从而确定椭圆的标准方程； （2）（i）联立直线方程和椭圆方程，消去y得到关于x的二次方程，根据韦达定理及已知条件得到k与点Q坐标关系，进而确定Q的坐标；（ii）根据及韦达定理用k表示出面积，求出其最大值即可． 【小问1详解】 由椭圆的长轴长为4，焦距为2，可得，， 又由， 可得椭圆C的标准方程为； 【小问2详解】 设直线的方程为，设点A，B的坐标分别为，，点Q的坐标为， （i）联立方程消去y后整理为， 有，可得或， 又有，，可得， 直线的斜率为， 同理可得直线的斜率为， 又由直线与直线的斜率之和为0，有， 可化为， 有，有，由k的任意性可得， 故点Q的坐标为； （ii） 令，有， 有， 当且仅当时等号成立，此时， 故的面积的最大值为． 19. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设在点处切线的轴截距为， （i）求数列的前项和为； （ii）证明：. 【答案】（1） （2）（i）； （ii）由（i）得，故， 令，则， 令，则， 其对称轴为，且，由二次函数单调性可知， 当时，，故在上单调递减， 则，即， 则在上单调递减，则， 即当时，，故当 时，， 又时，，故对于任意都有， 即，得，得证. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）（i）先求出切线方程，进一步求出数列的通项公式，再利用分组求和、裂项求和计算；（ii）将目标转化为求证，故而构造函数，通过导函数证明即可. 【小问1详解】 由题意得， 则，则， 则曲线在点处的切线方程为即； 【小问2详解】 （i）由题意得， 则切线方程为， 令，得，即， 则； （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $