精品解析：方城县第一高级中学2026届高三上学期12月第3周周考数学试题

方城县第一高级中学2026届高三上学期12月第3周周考数学试题 学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________ （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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】B 【解析】 【分析】根据交集的定义直接计算即可得出结果． 【详解】因为集合， 所以． 故选：B 2. 函数的周期为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正切周期公式计算求解即可. 【详解】函数的周期为. 故选：A. 3. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简，再利用共轭复数、复数的模的概念运算. 【详解】因为，所以， 则，故. 故选：C 4. 已知向量，，若，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量线性运算求得的坐标，再由向量垂直的坐标运算可求得. 【详解】由，，可得， 又因为，所以，解得． 故选：C． 5. 已知椭圆的焦点为.过点的直线与椭圆交于A，B两点.若的周长为8，则椭圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据焦点坐标，得到，根据椭圆定义，由题中条件求出，得出，进而可求出结果. 【详解】因为椭圆的焦点为，，所以； 又过点的直线与交于，两点，的周长为， 则根据椭圆定义可得，， 解得，因此， 所以椭圆的标准方程为. 故选：D. 6. 已知正六棱锥底边，体积为则该正六棱锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正六棱锥的体积公式可求高，再用勾股定理求出斜高，从而可求正六棱锥的表面积即可. 【详解】 由边长为的正六边形的面积为：， 则正六棱锥的体积为：，可得高， 再取边的中点，可得，， 由，由勾股定理可得：， 所以侧面的面积为：， 即该正六棱锥的表面积为， 故选：B. 7. 已知的三条边长分别为a，b，c，且，则此三角形的最大角与最小角之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先分析出角最大，角最小，再根据余弦定理求出角即可得解. 【详解】由大边对大角，小边对小角可知角最大，角最小. 因为，所以设， 则由余弦定理 可得， 又因为，所以； 因为，所以， 所以三角形的最大角与最小角之和为. 故选：A 8. 已知不等式在区间上恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析得在区间上恒成立，故只需利用导数求的最小值即可. 【详解】不等式在区间上恒成立，在区间上恒成立. 设， 则. 当时，， 当且仅当时，等号成立，在区间上恒成立， 函数在区间上单调递减， ，即实数的取值范围为. 故选：A. 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. 已知直线与双曲线交于，两点，，是的左，右焦点，为坐标原点，且，，则下列结论正确的是（     ） A. 的离心率为 B. C. 到的距离为 D. 到和的距离之和为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据余弦定理求出双曲线的离心率，根据斜率的定义求出，根据点到直线的距离公式判断C，结合图形根据几何性质判断D. 【详解】如图，设的焦距为，由对称性知，又 得，所以，，又， 得，故，A正确； 在中，有，故 在中，， 所以，B正确； 到的距离为，C错误； 分别过，作，与垂直，垂足分别为，， 由为的中点知，到的距离为， 同理到的距离为，所以到和的距离之和为，D正确. 故选：ABD. 10. 函数的部分图象如图所示，其中，图象向右平移个单位后得到函数的图象，且在上单调递减，则下列说正确的是（ ） A. B. 为图象的一条对称轴 C. 可以等于8 D. 的最小值为2 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据函数的图象确定的值，得，排除A项，代入检验可判断B项；根据题意求得，利用其单调性确定，结合，取值计算可判断C，D两项. 【详解】由图可知，函数的周期满足，解得，则，即. 当时，函数图象经过点，可得， 即，又，方程无解，舍去； 当时，函数图象经过点，可得， 即，又，则，即， 因时，，故A错误，B正确； 依题意，，当时，， 因在上单调递减，可得， 解得，因，当时，，则取得最小值2； 当时，，则，故C，D均正确. 故选：BCD. 11. 如图，已知正方体的棱长为4，点在线段上运动（不包含端点），则下列结论正确的是（） A. 直线与所成角为 B. 平面 C. 点到平面的距离为定值 D. 若是正方体内切球的一条直径，则的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】建立空间坐标系，利用异面直线的夹角公式判断A选项，利用直线与平面的法向量的乘积和距离公式判断B,C选项，利用圆幂定理判断D选项. 【详解】已知正方体的棱长为，以为原点， 方向为轴建立空间直角坐标系， ， ， A选项：，， ，，A选项正确. B选项：取平面法向量：， ，，， ， 取，则， ，故不垂直， B选项错误. C选项：设平面法向量， ， ， 取，则，故，， 点在上：，设，， 点到平面的距离为定值， C选项正确. D选项：内切球球心，半径， 设直线交内切球于（在上，在上）， 由圆幂定理： 其中 当时，， 故，， D选项正确. 故选：ACD 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. 若展开式中的系数为20，则__________.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】求得展开式的通项，结合题意，列出方程，即可求解. 【详解】由二项式，可得展开式的通项为， 令，可得，所以展开式中的系数为，解得. 故答案为：. 13. 盒子中有5个小球，分别标有数字为1，2，3，4，5，这些小球除数字外完全相同，现从中依次随机抽取2个小球(不放回)，记取出的两个小球数字分别为m和n，使得关于x的一元二次方程 有实数根的概率为__________. 【答案】##0.5 【解析】 【分析】先求出从有5个小球随机抽取2个小球的所有情况，再找出符合方程要有实数根的情况，最后根据古典概型概率公式即可求出. 【详解】从中依次随机抽取2个小球(不放回)，共有种， 方程要有实数根，即判别式， 满足条件的有：当时，，共一种情况； 当时，共两种情况； 当时，共三种情况； 当时，共四种情况， 满足方程要有实数根共有种情况， 所以概率为. 故答案为：. 14. 函数是数学中重要的概念之一，1692年，德国数学家莱布尼茨首次使用function这个词，1734年瑞士数学家欧拉首次使用符号表示函数.1859年我国清代数学家李善兰将function译作函数，“函”意味着信件，巧妙地揭示了对应关系.密码学中的加密和解密其实就是函数与反函数.对自变量恰当地赋值是处理函数问题，尤其是处理抽象函数问题的常用方法之一.已知对任意的整数均有，且，则__________. 【答案】2048285 【解析】 【分析】根据利用赋值法可得，再由累加法计算可得结果. 【详解】在中， 令，得，于是. 在中， 令，得. 在中，令， 得. ， ， ， 上述等式左､右两边分别相加得. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用赋值法得出递推关系式，再利用累加法即可求得结果. 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. 某学校举办一项竞赛活动，首先每个班级选出7位候选人，然后在这7人中随机选出3人组成竞赛小组参加预赛，预赛通过后再进入决赛. （1）已知某班甲、乙、丙三人已经入围7位候选人之中，现从这7人中抽签随机选出3人组成竞赛小组去参加预赛，记甲、乙、丙3人中进入竞赛小组的人数为X，求X的分布列与数学期望； （2）预赛规则如下：竞赛小组每人相互独立同时做同一题，至少有两人做对该题方能进入决赛.若甲、乙、丙3人组成了竞赛小组，且甲、乙、丙能独立做对该题的概率分别为，，，求此竞赛小组能进入决赛的概率； （3）假如只有A组与B组进入决赛，胜者获得冠军.已知决赛规则如下：题库共有道题，两个小组同时做同一道题，假设每道题都能做出，且没有相同时间做出，先做对该题的小组得1分，另一组不得分.A组每道题先做对的概率都为，B组先做对的概率都为q，且，各题做题结果相互独立.现在有两种赛制可以供A组选择，赛制一：从题库中选出道题，这道题全部做完后，得分高的小组获得冠军；赛制二：做完道题，得分高的小组获得冠军.你认为A组应该选择哪种赛制更有利于胜出？请说明理由并写出推导过程. 【答案】（1） 0 1 2 3 ； （2） （3）组采用赛制二更有利于胜出，理由： 按照赛制一，设做完选定的题后，组的得分为，则， 组取得胜利的概率为； 按照赛制二，可以认为在赛制一的基础上再把剩下的两道题做完， 不妨设做完题，组取得胜利的概率为， 则， ， 已知，所以， 所以，因此组采用赛制二更有利于胜出. 【解析】 【分析】（1）求出随机变量的取值及相应的概率，可得分布列，再利用数学期望公式求解即可； （2）利用相互独立事件乘法公式和互斥事件加法公式来求解可得答案； （3）按照赛制一，设做完选定的题后，求出组取得胜利的概率，按照赛制二，不妨设做完题，求出组取得胜利的概率，再做差比较大小可得答案. 【小问1详解】 由题意知随机变量的取值可以为0，1，2，3， ，， ，. 所以的分布列为 0 1 2 3 的数学期望； 【小问2详解】 设甲、乙、丙能独立做对该题的事件分别为， 则至少有两人做对该题的事件为： ，所以竞赛小组能进入决赛的概率为 ； 【小问3详解】 略 16. 在数列中，，. （1）证明数列是等差数列，并求的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1） 因为，所以， 所以. 因为，所以， 则数列是首项为2，公差为1的等差数列， 从而， 故. （2） 【解析】 【分析】（1）由题中递推数列化简为，从而可求解. （2）由（1）结论可得，再利用裂项相消求和从而可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知， 则， 故 . 17. 已知点关于坐标原点的对称点为，动点满足直线的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线． （1）求C的方程； （2）若为以为底边的等腰三角形，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，由化简整理可得的方程； （2）由题意可知，以为底边的等腰三角形的顶点在直线上，联立直线与的方程，可求得，从而得，求出，进而由三角形面积公式求出答案． 【小问1详解】 点关于坐标原点的对称点为， 设，则，且， ∵，且， ∴整理得. ∴的方程为． 【小问2详解】 ∵点关于坐标原点的对称点为，， ∴的垂直平分线过原点且斜率为，故的垂直平分线的方程为. ∴以为底边的等腰三角形的顶点在直线上， 联立，解得． 故， 又. ∴. 18. 已知斜三棱柱的底面是正三角形，侧面是边长为2的菱形，且与底面的夹角为，，点为中点． （1）若是的中点，求证：面 （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 证明：取中点，连接， 在中，为中点，为中点，所以 ; 在中，为中点，为中点，所以; 因为 ，，且，， 所以平面平面. 因为平面，所以平面     （2） 【解析】 【分析】（1）利用面面平行判定定理，证明平面平面，从而得到线面平行. （2）首先建立空间直角坐标系，确定各点坐标，然后求平面法向量，最后计算两平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点， 为轴， 的方向为轴，过垂直于底面的方向为轴,如图所示： 菱形边长为，， 为正三角形，故. 侧面与底面夹角为，即(为在底面的投影). 易知,,,； 可知，； 所以. 又因为，易知，所以； 平面的一个法向量为，易知,， 因此，解得，令，可得； 所以 平面 的一个法向量为，又 由，令，可得； 所以可得； 设平面与平面的夹角为， 所以； 平面与平面夹角的余弦值为. 19. 已知函数． （1）时，记函数，单调递增区间的长度为，递减区间的长度为．比较的大小（区间长度是指在实数轴上，区间两个端点之间的距离，与区间的开闭无关）； （2）当时，证明：； （3）判断关于的方程的根的个数，并说明理由． 【答案】（1） （2） 要证，即证， 即证， 记， ∴①当，即时，在单调递减，单调递增， 成立， ②当，即时，在单调递增，单调递减，单调递增， 成立． ③时，即时，在单调递增，成立． ④时，即时，在单调递增，单调递减，单调递增， 成立. 综上，成立. （3） 由（2）记， 由（2）中③知时，在单调递增且存在， 由（2）中④知，时， 时，在单调递增，单调递减，单调递增且， ∴当时有， ∴即且时，始终有两极值． ， 记 令对称轴 在上为单调递减， 只有一解，方程有一个根． 综上，方程有一个根 【解析】 【分析】（1）通过将函数展开并求导，分析其在给定区间上的单调性，利用驻点划分单调区间，并通过区间端点计算长度，进而比较递增与递减区间的长度大小. （2）构造差函数，对其求导并解出导函数的零点，结合参数的范围分类讨论的单调性，再通过计算关键点（端点、极值点）的函数值，证明在指定区间上恒成立. （3）利用第二问的结论，结合的单调性分析，通过选取特殊点确定函数值的符号变化，运用零点定理判断方程在定义域内的根的个数，并排除无解区间. 【小问1详解】 ， ∴二次函数对称轴为：， ∴单调递增区间为， ∴单调递减区间为， 【小问2详解】 略 【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12月第3周周考数学试题 学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________ （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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. 函数的周期为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 3. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 5 4. 已知向量，，若，则实数（ ） A. B. C. D. 5. 已知椭圆的焦点为.过点的直线与椭圆交于A，B两点.若的周长为8，则椭圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知正六棱锥底边，体积为则该正六棱锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知的三条边长分别为a，b，c，且，则此三角形的最大角与最小角之和为（ ） A. B. C. D. 8. 已知不等式在区间上恒成立，则实数的取值范围为（ ） 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. 已知直线与双曲线交于，两点，，是的左，右焦点，为坐标原点，且，，则下列结论正确的是（     ） A. 的离心率为 B. C. 到的距离为 D. 到和的距离之和为 10. 函数的部分图象如图所示，其中，图象向右平移个单位后得到函数的图象，且在上单调递减，则下列说正确的是（ ） A. B. 为图象的一条对称轴 C. 可以等于8 D. 的最小值为2 11. 如图，已知正方体的棱长为4，点在线段上运动（不包含端点），则下列结论正确的是（） A. 直线与所成角为 B. 平面 C. 点到平面的距离为定值 D. 若是正方体内切球的一条直径，则的取值范围为 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. 若展开式中的系数为20，则__________.（用数字作答） 13. 盒子中有5个小球，分别标有数字为1，2，3，4，5，这些小球除数字外完全相同，现从中依次随机抽取2个小球(不放回)，记取出的两个小球数字分别为m和n，使得关于x的一元二次方程 有实数根的概率为__________. 14. 函数是数学中重要的概念之一，1692年，德国数学家莱布尼茨首次使用function这个词，1734年瑞士数学家欧拉首次使用符号表示函数.1859年我国清代数学家李善兰将function译作函数，“函”意味着信件，巧妙地揭示了对应关系.密码学中的加密和解密其实就是函数与反函数.对自变量恰当地赋值是处理函数问题，尤其是处理抽象函数问题的常用方法之一.已知对任意的整数均有，且，则__________. 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. 某学校举办一项竞赛活动，首先每个班级选出7位候选人，然后在这7人中随机选出3人组成竞赛小组参加预赛，预赛通过后再进入决赛. （1）已知某班甲、乙、丙三人已经入围7位候选人之中，现从这7人中抽签随机选出3人组成竞赛小组去参加预赛，记甲、乙、丙3人中进入竞赛小组的人数为X，求X的分布列与数学期望； （2）预赛规则如下：竞赛小组每人相互独立同时做同一题，至少有两人做对该题方能进入决赛.若甲、乙、丙3人组成了竞赛小组，且甲、乙、丙能独立做对该题的概率分别为，，，求此竞赛小组能进入决赛的概率； （3）假如只有A组与B组进入决赛，胜者获得冠军.已知决赛规则如下：题库共有道题，两个小组同时做同一道题，假设每道题都能做出，且没有相同时间做出，先做对该题的小组得1分，另一组不得分.A组每道题先做对的概率都为，B组先做对的概率都为q，且，各题做题结果相互独立.现在有两种赛制可以供A组选择，赛制一：从题库中选出道题，这道题全部做完后，得分高的小组获得冠军；赛制二：做完道题，得分高的小组获得冠军.你认为A组应该选择哪种赛制更有利于胜出？请说明理由并写出推导过程. 16. 在数列中，，. （1）证明数列是等差数列，并求的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 17. 已知点关于坐标原点的对称点为，动点满足直线的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线． （1）求C的方程； （2）若为以为底边的等腰三角形，求的面积． 18. 已知斜三棱柱的底面是正三角形，侧面是边长为2的菱形，且与底面的夹角为，，点为中点． （1）若是的中点，求证：面 （2）求平面与平面夹角的余弦值． 19. 已知函数． （1）时，记函数，单调递增区间的长度为，递减区间的长度为．比较的大小（区间长度是指在实数轴上，区间两个端点之间的距离，与区间的开闭无关）； （2）当时，证明：； （3）判断关于的方程的根的个数，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $