精品解析：方城县第一高级中学2026届高三上学期1月第4周周考数学试题

方城县第一高级中学2026届高三上学期1月第4周周考数学试题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题（本题共8小题，每小题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.） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求解集合，利用交集的运算求解. 【详解】，， ，. 故选：A. 2. 下列选项中，与复数（i为虚数单位）相等的复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数除法法则计算出，得到答案. 【详解】． 故选：A 3. 数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由求出答案即得. 【详解】根据题意，的前项和为， 所以. 故选：D 4. 某商场举办有奖促销活动，在抽奖盒中放有5张抽奖券，其中2张抽奖券有奖品，若小李从中一次性随机抽出2张抽奖券，则小李不能获得奖品的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先写出5张抽奖券中，抽取2张的所有可能情况，再选出满足题意的可能情况，根据古典概型公式，即可得答案. 【详解】2张有奖品的抽奖券记为A、B，3张没有奖品的抽奖券记为a，b，c， 则5张抽奖券中，抽取2张有：，共10种可能， 小李不能获得奖品的情况：，共有3种可能， 所以小李不能获得奖品的概率. 故选：B 5. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助指数函数与对数函数的单调性可得、、范围，即可得解. 【详解】由，，即， ，故. 故选：A. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合已知条件，利用二倍角公式可求得，再根据诱导公式计算即可. 【详解】由题意，因为，所以， 所以. 故选：A. 7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点，在该椭圆上，四边形是等腰梯形，且，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，根据条件求得，由椭圆定义得，从而利用求得离心率. 【详解】设椭圆的半焦距为，依题意，，又， 如图， 设，四边形为等腰梯形， ，即，； 由椭圆定义知，，， 解得. 故选：B. 8. 若函数在区间上恰有唯一极值点，则的取值范围为（     ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简得到，再令，再根据函数极值点的个数得到不等关系求解即可. 【详解】 . 由，令， 则在上恰有唯一极值点，即在有唯一极值点， 因为区间右端点是，故极值点只可能为， 则，即， 得，解得. 故选：C. 二、多项选择题（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. 已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（ ） A. B. 当时， C. 是极大值点 D. ，当且仅当 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于AB，由奇函数的性质验算即可；对于C，求导判断时的函数的单调区间即可判断极值情况；对于D，分类讨论即可判断. 【详解】对A，因为定义在上奇函数，则，故A正确； 对B，当时，，则，故B错误； 对C，当时，， 则， 令，解得或（舍去）， 当时，，在单调递增， 当时，，在单调递减， 则是极大值点，故C正确； 对D，当时，， 当，， 而，是定义在上的奇函数， 从而当时，， 当时，， 综上所述，，当且仅当，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知抛物线的焦点为的准线与轴交于点，过的一条直线与交于两点，过作的垂线，垂足分别为，则（ ） A. B. C. D. 的面积等于的面积 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：根据题意结合抛物线的定义分析判断；对于B：设直线的方程为，利用韦达定理可得，即可得结果；对于C：整理可得，进而分析判断；对于D：整理可得，，结合题意分析证明. 【详解】对于选项A：由几何性质可知，且， 可得，所以，故A正确： 对于选项B：设直线的方程为，， 联立方程，消去y可得， 则，即， 由条件知同号，所以. 则，可得， 因为，则， 同理可得，则，故B正确； 对于选项C：因为， 可得， 当且仅当时，，故C错误； 对于选项D：设， 由，可知直线关于直线对称， 所以. 因为， 可得. 则， ， 所以的面积等于的面积，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 11. 如图，在正四棱柱中，，，点为线段上一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 直线平面 B. 三棱锥的体积为定值 C. 三棱锥外接球的体积为 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】AD 【解析】 【分析】先根据面面平行的判定定理证得平面平面，即可判断A正确；根据A的结论将三棱锥的体积转化为三棱锥的体积，求出体积即可判断B；根据三棱锥的外接球即为正四棱柱的外接球，求得其体积，可判断C；设，根据线面角的向量求法，用表示出直线与平面所成角的正弦值，即可求得其最大值，判断D. 【详解】对于A选项，连接、、如图所示：在正四棱柱中，，， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 因为，、平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面，A对； 对于B选项，因为平面，，所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 故，B错； 对于C选项，三棱锥的外接球半径等于正四棱柱的外接球半径， 设三棱锥的外接球半径为，则， 因此三棱锥外接球的体积为，C错； 对于D选项，以为坐标原点，分别以、、所在的直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则、、、，则， 设，则，即，其中， ， 因为平面，，所以易得平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则， 故时，取最小值，则有最大值为，D对. 故选：AD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知非零向量，满足，且与的夹角为120°，则的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据与的夹角，求出，再结合正弦定理得出，最后结合角的范围得出的取值范围. 【详解】在中，设则, 因为与的夹角为120°，所以， 由正弦定理得，所以. 而，所以，从而. 故答案为： 13. 已知函数，则在点处的切线方程为________________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知，求导，求出在点处的切线方程． 【详解】由题意可知，且， 故， 故在点处的切线方程为． 故答案为：． 14. 在数列中，，数列的前项和为，若，则数列的前项和为___________. 【答案】 【解析】 【分析】应用累加法及等差数列前n项和公式得，再应用裂项相消法求数列的前项和. 【详解】因为， 所以， 所以数列的前项和. 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. 已知函数. （1）求函数的最小正周期和单调递增区间； （2）当时，求函数的值域. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）将化简为只含有一个三角函数的形式，结合正弦型函数最小正周期以及单调区间的求解方法，即可求得结果； （2）根据x的取值范围，求得的范围，结合正弦函数性质，即可求得结果. 【小问1详解】 ， 所以的最小正周期为. 令，得. 所以的单调递增区间为. 【小问2详解】 因为，所以， 则， 所以的值域为. 16. 已知数列的前项和，且. （1）证明：为等差数列； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） 因为数列的前项和，且， 所以，且，所以. 当时， 所以， 所以. 因为，所以，即. 所以数列是首项为1，公差为1的等差数列； （2） 【解析】 【分析】（1）利用与的关系求出数列的递推公式，根据等差数列的定义证明为等差数列； （2）根据数列的通项公式求得数列的通项公式，分和两种情况，求数列的前项和. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，所以. 所以. 当时，； 当时，. 所以. 17. 已知四棱锥中，底面为菱形，侧面为正三角形，平面平面，， 为中点． （1）求证：； （2）求平面和平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 连接，在正三角形中，因为为中点，所以． 又因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以． （2）. 【解析】 【分析】（1）根据等边三角形性质可得，利用线面垂直的判定定理可证平面，进而可得结论； （2）建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用向量夹角公式可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面，平面平面， 平面， 所以平面， 所以． 如图，以为原点，，，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系, 底面为菱形， 为中点，由（1）知，则， 设，则，，，． ，， 设平面的一个法向量， 则，取． ，， 设平面的一个法向量， 则，取． 因为，所以， 所以平面和平面夹角的余弦值为0． 18. 已知双曲线的两条渐近线分别为，，若点，分别在，上（，不同于原点），且直线是的切线，则称是的“渐切三角形”．已知在点处的切线方程为． （1）写出的一个“渐切三角形”的顶点，的坐标及切线的方程，并求出其面积； （2）已知点，分别在，上，的面积为，试问是否是的“渐切三角形”？并说明理由； （3）若是的“渐切三角形”，与相切的切点的横坐标大于0，为的左焦点，证明：为定值． 【答案】（1），，（答案不唯一）； （2）是，理由:若直线斜率不存在，不妨设，则， 则，得， 此时直线与曲线相切，即是的“渐切三角形”， 若直线斜率存在，设， 联立，得， 则，即， 则， 又点到直线的距离， 则， 得， 联立，得， 则， 则直线与曲线相切，即是的“渐切三角形”， 综上可得，若的面积为，则是的“渐切三角形”. （3）证明：若切点为时，直线的方程为，此时， 因，则，即， 利用对称性可知； 若切点不为，可设切点为，则直线， 联立，得， 则由，可得， 联立，得，即， 设点，，则， 则， ， 则 ， （说明：由图知，与始终同号，故成立） ， 则 ， 因，则，故为定值. 【解析】 【分析】（1）先根据渐近线方程得出，再取切点为即可根据条件求出； （2）分直线斜率不存在，和斜率存在两种情况讨论，设直线方程，联立方程组，求，进而利用的面积为，即可发现直线与曲线相切； （3）切点为容易求出，切点不为时，先根据直线与曲线相切得出，再将直线与联立得出韦达定理，进而求出、，即可求出，进而得出为定值. 【小问1详解】 由题意可得，双曲线的渐近线方程为，故， 则，且在点处的切线方程为， 不妨取切点为，则切线方程为，此时， 则. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 已知函数． （1）当时，求函数的极值； （2）当时，，求a的取值范围； （3）求证：． 【答案】（1）极大值，无极小值； （2）； （3）证明：由（2）得，当时，，所以． 当时，，所以． 令，得，即． 所以， 即． 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，从而求出的极值情况； （2）求导，分，和三种情况，结合放缩法，进而得到的单调性，最终得到答案； （3）由（2）得，当时，，所以，令，得，所以. 【小问1详解】 当时，，定义域为， ， 由，得；由，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以函数有极大值，无极小值． 【小问2详解】 由题意得，． ①当时，， 令，则， 当时，，则在上单调递增， 所以，所以当时，， 所以，所以在上单调递增， 所以，所以满足题意． ②当时，令， 所以当时，，所以在上单调递减， 又，所以当时，，所以在上单调递减， 所以，所以不符合题意． ③当时，，所以在上单调递减， 所以，所以不符合题意． 综上，实数a的取值范围是． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 方城县第一高级中学2026届高三上学期1月第4周周考数学试题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题（本题共8小题，每小题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.） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列选项中，与复数（i为虚数单位）相等的复数是（ ） A. B. C. D. 3. 数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 4. 某商场举办有奖促销活动，在抽奖盒中放有5张抽奖券，其中2张抽奖券有奖品，若小李从中一次性随机抽出2张抽奖券，则小李不能获得奖品的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 设，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点，在该椭圆上，四边形是等腰梯形，且，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数在区间上恰有唯一极值点，则的取值范围为（     ） A. B. C. D. 二、多项选择题（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. 已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（ ） A. B. 当时， C. 是极大值点 D. ，当且仅当 10. 已知抛物线的焦点为的准线与轴交于点，过的一条直线与交于两点，过作的垂线，垂足分别为，则（ ） A. B. C. D. 的面积等于的面积 11. 如图，在正四棱柱中，，，点为线段上一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 直线平面 B. 三棱锥的体积为定值 C. 三棱锥外接球的体积为 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知非零向量，满足，且与的夹角为120°，则的取值范围为________． 13. 已知函数，则在点处的切线方程为________________． 14. 在数列中，，数列的前项和为，若，则数列的前项和为___________. 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. 已知函数. （1）求函数的最小正周期和单调递增区间； （2）当时，求函数的值域. 16. 已知数列的前项和，且. （1）证明：为等差数列； （2）设，求数列的前项和. 17. 已知四棱锥中，底面为菱形，侧面为正三角形，平面平面，， 为中点． （1）求证：； （2）求平面和平面夹角的余弦值． 18. 已知双曲线的两条渐近线分别为，，若点，分别在，上（，不同于原点），且直线是的切线，则称是的“渐切三角形”．已知在点处的切线方程为． （1）写出的一个“渐切三角形”的顶点，的坐标及切线的方程，并求出其面积； （2）已知点，分别在，上，的面积为，试问是否是的“渐切三角形”？并说明理由； （3）若是的“渐切三角形”，与相切的切点的横坐标大于0，为的左焦点，证明：为定值． 19. 已知函数． （1）当时，求函数的极值； （2）当时，，求a的取值范围； （3）求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $