精品解析：甘肃省兰州市第五十九中学2026届高三上学期数学周练卷1

2026届高三数学周练卷1 2025年9月12日 本试卷满分120分，考试用时120分钟 一、单选题（共8题） 1. 若向量，，且，则（ ） A. B. 4 C. D. 2. 设复数z满足（i是虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 3. 设，则（ ） A. B. C. D. 4. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数恰有一个极值点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知平面向量满足，则（ ） A. B. C. D. 7. 抛物线焦点为，点满足（为坐标原点），若过点作互相垂直的两弦、，则当弦过点时，的所有可能取值的集合为（ ） A. B. C. D. 8. 定义在上的函数对任意都有，且函数的图象关于成中心对称，若满足不等式，则当时，的取值范围是 A. B. C. D. 二、多选题（共3题） 9. 已知抛物线的方程为，为焦点，为坐标原点，S表示面积，直线：与抛物线交于A，两点，且A在第一象限，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知三棱锥是边长为2的正三角形，分别是的中点，在平面内的投影为点在平面内的投影为点．（ ） A. 两两垂直 B. 在平面的投影为的中点 C. 三点共线 D. 形如三棱锥的容器能被整体装入一个直径为2.5的球 11. 已知函数，.下列选项正确的是（ ） A. B. ，使得 C. 对任意，都有 D. 对任意，都有 三、填空题（共3题） 12. 人脸识别技术在各行各业的应用改变着人类的生活，所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别对象的身份．在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离．若二维空间有两个点，则曼哈顿距离为：；余弦相似度为：；余弦距离为．若，则A，B之间的曼哈顿距离和余弦距离和为___________；已知，若，则的值为___________． 13. 已知正实数m，n，满足，则的最小值为____________. 14. 设，函数与函数在区间内恰有3个零点，则a的取值范围是____. 四、解答题（共5题） 15. 如图所示，在四棱锥中，底面为平行四边形，，为中点，平面，，为中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面. 16. 某地为了探索中小学人工智能教育实施的有效途径，了解中小学生使用AI工具的情况，随机地对100名中学生和100名小学生进行调查，其中有120人经常使用AI工具辅助学习，若在不经常使用AI工具辅助学习的学生中按比例用分层随机抽样的方法抽取4人，则小学生有3人被选中. （1）根据题中信息，完成下面列联表： 使用AI工具的情况 学段 总计 中学生 小学生 经常使用 不经常使用 总计 （2）根据（1）中的列联表，判断是否有的把握认为学生使用AI工具的情况与学段有关. 附：，其中. 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 17. 中，是上的点, 平分,. （1）求 ； （2）若,求. 18. 设不等式的解集为． （1）求集合； （2）若、、，求证：． 19. 已知函数（） （1）当时，比较与的大小； （2）若存在两个不同的零点，，且，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三数学周练卷1 2025年9月12日 本试卷满分120分，考试用时120分钟 一、单选题（共8题） 1. 若向量，，且，则（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示求，再由向量的模的坐标表示即得. 【详解】由，可得， 所以，， . 故选：D. 2. 设复数z满足（i是虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数运算求得，进而求得. 【详解】依题意，， ， 所以. 故选：A 3. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用赋值法可得，然后求出，可得答案. 【详解】因为， 所以， 当时，； 当时，； 由等式左右两边系数相等可得， 所以， 故选：C. 4. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出两个集合，再根据集合的交集、补集运算即可. 【详解】由题意可得：，所以，故. 故选：C 5. 已知函数恰有一个极值点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】函数恰有一个极值点，只需有一个变号实数根，反解参数，研究其单调性，得出的取值范围. 【详解】， ， 因为函数恰有一个极值点， 所以有一个变号实数根， 即有一个变号的根， 即与一个交点，且在该交点前后两函数的大小关系发生变化， 令， 则， 令，函数单调递增，解得：， 令，函数单调递减，解得：， 则， 有一根，即， 当，时都有 当时，， 所以. 综上所述，的取值范围是 故选：C 6. 已知平面向量满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由条件求得，再通过即可求解. 【详解】由题得，所以， 所以， 所以. 故选:C. 7. 抛物线焦点为，点满足（为坐标原点），若过点作互相垂直的两弦、，则当弦过点时，的所有可能取值的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 设，，根据已知可求出焦点的坐标，再由可得，利用轴上的截距式设直线的方程为，将其与抛物线联立消去得，利用根与系数关系求出，，进而可求出，再由可得，将，代入即可得到答案． 【详解】由已知得，因为，所以，所以， 由题意知，弦所在直线的斜率不为0，可设直线的方程为，，， 由，得， 所以，， 所以 因为，所以，又，， 所以，即，又， 所以，解得或(不符合题意，舍去)， 所以的所有可能取值的集合为． 故选：A． 【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，同时考查向量的数量积及向量数乘的坐标运算，属于中档题． 8. 定义在上的函数对任意都有，且函数的图象关于成中心对称，若满足不等式，则当时，的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：由已知条件知函数为奇函数且在上为减函数,由有,所以，,若以为横坐标,为纵坐标,建立平面直角坐标系,如图所示,阴影部分为不等式表示的平面区域,即及其内部,,令,则,求出,所以,解得,∴的取值范围是,选D. 考点：1.函数的基本性质；2.线性规划. 【方法点睛】本题主要考查了函数的性质:单调性和奇偶性,以及线性规划的相关知识,属于中档题. 利用已知条件得出函数是上的减函数,由函数的图象关于成中心对称，根据图象的平移,得出的图象关于原点成中心对称,所以为奇函数,解不等式,得出,画出不等式组表示的平面区域,,则,通过图形求关于的一次函数的斜率得出的范围,从而求出的范围. 二、多选题（共3题） 9. 已知抛物线的方程为，为焦点，为坐标原点，S表示面积，直线：与抛物线交于A，两点，且A在第一象限，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】求得的值判断选项A；求得的值判断选项B，C；求得的值判断选项D. 【详解】抛物线的焦点， 由，可得或， 则，， .选项A判断正确； .选项B判断错误；选项C判断正确； .选项D判断错误. 故选：AC 10. 已知三棱锥是边长为2的正三角形，分别是的中点，在平面内的投影为点在平面内的投影为点．（ ） A. 两两垂直 B. 在平面的投影为的中点 C. 三点共线 D. 形如三棱锥的容器能被整体装入一个直径为2.5的球 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，作出辅助线，得到⊥平面，结合勾股定理逆定理得到三条侧棱两两垂直；B选项，作出辅助线，得到在平面的投影不为的中点；C选项，根据正三棱锥的特征得到三点共线；D选项，求出三棱锥的外接球直径，与比较后得到答案. 【详解】A选项，因为分别为的中点，所以， 因为，所以，故， 取的中点，连接， 因为，所以⊥，⊥， 又，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥，⊥， 又，，故， 又，， 由勾股定理逆定理得⊥，两两垂直，A正确； B选项，由题意得不重合，过点作，交于点， 因为⊥平面，所以⊥平面， 且不重合，故在平面的投影不为的中点，B错误； C选项，三棱锥为正三棱锥，故点为等边三角形的中心， 故三点共线，C正确； D选项，因为两两垂直，故三棱锥的外接球即为以为棱的正方体的外接球， 故外接球直径为，而， 形如三棱锥的容器能被整体装入一个直径为的球，D正确. 故选：ACD 【点睛】方法点睛：特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内切球球心和半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解. 11. 已知函数，.下列选项正确的是（ ） A. B. ，使得 C. 对任意，都有 D. 对任意，都有 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据，即可判断A；根据，令，结合零点的存在性定理即可判断B；由、，结合复合函数的单调性可得和的单调性，即可判断C；由选项BC的分析可得，分类讨论当、时与的大小，进而判断D. 【详解】A：因为，所以，. 因为，， 所以，故A错误； B：若，则，即， ，可得， 令，因为，， 所以，使得，即，故B正确； C：因为， 且在上单调递减，所以也单调递减， 可得， 因为. 又在上单调递增，所以也单调递增， 得，即， 因此，对于任意的，都有，故C正确； D：由B可知：，使得， 结合C的结论，可知当，，，即， 当时，，，即， 因为，，得，即， 当时，有， 因为，所以，所以， 因此可得，即， 当，有， 因为，所以，可得，即， 因此，对于任意的，都有，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：证明不等式的恒成立问题的求解策略： 形如的恒成立的求解策略： 1、构造函数法：令，利用导数或基本函数的单调性求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可； 2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可； 3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立. 三、填空题（共3题） 12. 人脸识别技术在各行各业的应用改变着人类的生活，所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别对象的身份．在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离．若二维空间有两个点，则曼哈顿距离为：；余弦相似度为：；余弦距离为．若，则A，B之间的曼哈顿距离和余弦距离和为___________；已知，若，则的值为___________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据公式直接计算即可得空一；根据公式得到，，计算即可得空二. 【详解】， ， 故余弦距离等于， 即A，B之间的曼哈顿距离和余弦距离和为； ， ， 故，，则. 故答案为：；. 13. 已知正实数m，n，满足，则的最小值为____________. 【答案】 【解析】 【分析】，利用函数单调性可得，又注意到，后由基本不等式可得答案. 【详解】，构造函数，则，即在上单调递增， 则.则， 当且仅当，即时取等号. 故答案为：. 14. 设，函数与函数在区间内恰有3个零点，则a的取值范围是____. 【答案】 【解析】 【分析】设，结合题意可知函数在区间内恰有3个零点，分析时不符合题意，时，结合二次函数的正负及的正负即可求解． 【详解】由题意，函数与函数在区间内恰有3个零点， 设， 即函数在区间内恰有3个零点， 当时，函数在区间内最多有2个零点，不符合题意； 当时，函数的对称轴为， ， 所以，函数在上单调递减，在上单调递增，且， 当，即时，函数在区间上无零点， 所以函数在上有三个零点，不符合题意； 当，即时，函数在区间上只有一个零点， 则当时，， 令，解得或，符合题意； 当，即时，函数在区间上有1个零点， 则函数在上有2个零点， 则，即，所以； 当，即时，函数在区间上有2个零点， 则函数在上只有1个零点， 则或或，即无解． 综上所述，的取值范围是． 故答案为：． 四、解答题（共5题） 15. 如图所示，在四棱锥中，底面为平行四边形，，为中点，平面，，为中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面. 【答案】（1） 证明：连接、，在平行四边形中，为、的中点， ∵为中点，∴， 又∵平面，平面， ∴平面； （2） 证明：∵，且， ∴，即， ∵平面，平面，∴， ∵，、平面，∴平面， 又∵平面，∴平面平面. 【解析】 【分析】（1）利用直线和平面平行的判定定理即可证明； （2）利用平面和平面垂直的判定定理即可证明； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 某地为了探索中小学人工智能教育实施的有效途径，了解中小学生使用AI工具的情况，随机地对100名中学生和100名小学生进行调查，其中有120人经常使用AI工具辅助学习，若在不经常使用AI工具辅助学习的学生中按比例用分层随机抽样的方法抽取4人，则小学生有3人被选中. （1）根据题中信息，完成下面列联表： 使用AI工具的情况 学段 总计 中学生 小学生 经常使用 不经常使用 总计 （2）根据（1）中的列联表，判断是否有的把握认为学生使用AI工具的情况与学段有关. 附：，其中. 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】（1） 使用AI工具的情况 学段 总计 中学生 小学生 经常使用 80 40 120 不经常使用 20 60 80 总计 100 100 200 （2）有【解析】 【分析】（1）结合已知数据及分层抽样的定义求解列联表即可； （2）计算，比较其与临界值大小，由此确定结论. 【小问1详解】 由题可知，不经常使用AI工具的学生共有人， 设不经常使用AI工具的小学生有人，按比例用分层随机抽样的方法抽取4人，小学生有3人被选中， 则，得. 故列联表完成如下. 使用AI工具的情况 学段 总计 中学生 小学生 经常使用 80 40 120 不经常使用 20 60 80 总计 100 100 200 【小问2详解】根据（1）中的列联表，可得， 所以有的把握认为学生使用AI工具的情况与学段有关. 17. 中，是上的点, 平分,. （1）求 ； （2）若,求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)利用正弦定理转化得：(2)由诱导公式可得 由(1)知, 所以 【小问1详解】 由正弦定理得 因为AD平分,,所以. 【小问2详解】 因为 所以 由(1)知, 所以. 18. 设不等式的解集为． （1）求集合； （2）若、、，求证：． 【答案】（1） （2）原不等式 ， ， ∵，，，∴，，， ，即原不等式成立． 【解析】 【分析】（Ⅰ）将原不等式零点分段后求解不等式的解集即可； （Ⅱ）将所证不等式转化为，利用作差法证明即可. 【小问1详解】 由已知，令， 当时，，成立； 当时，显然不成立； 当时，，成立； 故集合． 【小问2详解】 略 【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，分析法证明不等式等，重点考查学生对基础概念的理解和计算能力，属于中档题. 19. 已知函数（） （1）当时，比较与的大小； （2）若存在两个不同的零点，，且，证明：. 【答案】（1）当时，；当时，；当时，. （2） 证明：. 令，则的两个零点即的两个根， 所以，即. 又，所以，， 所以， 即，整理得， 所以， 即，整理得， 所以即 所以. 又，所以 【解析】 【分析】（1）构造，根据导函数正负判断大小. （2）根据第（1）问提示，将转化成形式再化简讨论. 【小问1详解】 令（），则， 所以在上单调递增. 又，所以当时，； 当时，；当时，. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $