2026届高三一模提分数学周周练（三）

2026届高三一模提分数学学科周周练（三） 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．若复数满足（是虚数单位），则（   ） A． B．1 C． D．2 2．平面向量，，且，则（    ） A． B．2 C． D．3 3．在等差数列中，，则（   ） A．5 B．4 C．3 D．2 4．已知一个圆柱的高不变，它的体积扩大为原来的倍，则它的侧面积扩大为原来的（    ） A．倍 B．倍 C．倍 D．倍 5．已知曲线C：（），从C上任意一点P向x轴作垂线段，为垂足，则线段的中点M的轨迹方程为（    ） A．（） B．（） C．（） D．（） 6．节气是指二十四个时节和气候，是中国古代订立的一种用来指导农事的补充历法，是中华民族劳动人民长期经验积累的成果和智慧的结晶．若从立春、雨水、惊蛰、春分、清明这五个节气中随机选择两个节气，则其中一个节气是立春的概率为（   ） A． B． C． D． 7．已知函数，则下列结论正确的是（   ） A．的最小正周期为 B．在上单调递增 C．的图像关于点中心对称 D．图像向右平移个单位长度后的函数为偶函数 8．已知函数，若存在四个不相等的实数使得，则的取值范围是（        ） 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．已知等差数列的前项和为，若，则下列说法正确的有（    ） A． B． C．的最大值为 D． 10．已知随机变量X服从正态分布，随机变量服从正态分布，，且和相应的分布密度曲线分别为，则（    ） A． B．的对称轴在的对称轴的左边 C． D．的最高点在的最高点的上方 11．画法几何的创始人——法国数学家蒙日发现：在椭圆:中，任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，它的圆心是椭圆的中心，半径等于长、短半轴平方和的算术平方根，这个圆就称为椭圆的蒙日圆，其圆方程为.已知椭圆的离心率为，点均在椭圆上，直线：，则下列描述正确的为（    ） A．点与椭圆的蒙日圆上任意一点的距离最小值为 B．若上恰有一点满足：过作椭圆的两条切线互相垂直，则椭圆的方程为 C．若上任意一点都满足，则 D．若，椭圆的蒙日圆上存在点满足，则面积的最大值为 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．已知函数的导函数为，且，则 . 13．若，则 . 14．已知数列满足，，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．已知在中，内角所对的边分别为，且． (1)求； (2)若的周长为，面积为，求． 16．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且． (1)证明：平面平面； (2)求四棱锥外接球的表面积； (3)求三棱锥的体积． 17．已知双曲线的离心率为，为双曲线的右焦点，且点到直线的距离为. (1)求双曲线的方程; (2)若点，点为双曲线左支上一点，求的最小值. 18．已知函数. (1)若曲线在处的切线与在处的切线相互垂直，求的值. (2)设是的三个零点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 19．2025年12月1日全面实施电动车新国标的相关规定，全面禁售旧国标车，聚焦车辆安全性能升级.据调查拥有电动车的家庭中，的家庭只拥有电动车，的家庭既有电动车也有其他交通工具.对于每个家庭，若只拥有电动车则记1分，若同时拥有其他交通工具则记2分.假设各家庭是否拥有其他交通工具相互独立，且视调查频率为概率. (1)从被调查家庭中随机抽取3户，记这3户的合计得分为X，求X的分布列和数学期望； (2)从被调查家庭中随机抽取n（）户，记这n户的合计得分恰为的概率为，求. 试卷第4页，共4页 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 《2026届高三一模提分数学学科周周练（三）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B A B A B A D ABC ACD 题号 11 答案 BD 1．B 【分析】由复数的除法求得复数，然后得到其模长. 【详解】由题意可知， ∴. 故选：B 2．B 【分析】根据向量减法的坐标运算可得. 【详解】因为，，所以，所以，解得. 故选：B. 3．A 【分析】根据等差数列求和公式得到，进而由等差数列通项公式基本量计算出答案. 【详解】设公差为，，即，故， . 故选：A 4．B 【分析】根据圆柱体积公式可求得，代入圆柱侧面积公式即可求得结果. 【详解】设圆柱的高为，底面半径为，则其体积，侧面积为； 设体积扩大倍后的底面半径为，则，， 其侧面积变为，，即侧面积扩大为原来的倍. 故选：B. 5．A 【分析】设点，由题意，根据中点的坐标表示可得，代入圆的方程即可求解. 【详解】设点，则， 因为为的中点，所以，即， 又在圆上， 所以，即， 即点的轨迹方程为. 故选：A 6．B 【分析】若从立春、雨水、惊蛰、春分、清明这五个节气中随机选择两个节气，共种情况，其中一个节气是立春，有种情况，用古典概型概率计算公式即可. 【详解】记立春、雨水、惊蛰、春分、清明这五个节气分别为、、、、， 则样本空间， 记事件表示“其中一个节气是立春”，则， 由古典概型可知． 故选：B 7．A 【分析】化简得，求出函数的周期即可判断A；由，可得，结合正弦函数的性质可判断B；结合图像的平移及对称中心的定义可判断C；求出平移后的解析式，结合偶函数的定义判断D． 【详解】对于A，因为 ， 所以函数的最小正周期为，故A正确； 对于B，当时，， 由正弦函数的性质可知在上先增后减，故B错误； 对于C，因为 是将函数的图象向上平移个单位得到的， 所以函数对称中心的纵坐标为，故C错误； 对于D，设图像向右平移个单位长度后所得函数为的解析式为 ， 则， 又因为， 所以不是偶函数，故D错误． 故选：A． 8．D 【分析】画出图形，得到，，，进一步将所求转换为二次函数的值域即可. 【详解】如图所示，   ， 设，， 则，，是方程，即的两个正根，所以， 令，解得或， 所以，由题意， 所以的取值范围是. 故选：D. 9．ABC 【分析】根据，通过得出，判断A，通过得出，进而推出，判断B的正误，等差数列中，由，结合等差数列性质可得的最大值为，判断C，借助等差数列性质，将转化为，结合，得出，判断D. 【详解】对于A选项，因为，所以，故，A正确， 对于B选项，因为，所以，即，又， 所以，B正确， 对于C选项，因为，，所以数列的公差小于0， 且当时，，当时，， 所以的最大值为，C正确， 对于D选项，，所以D错. 故选：ABC. 10．ACD 【分析】利用正态分布的对称性求出和的值，再比较两条密度曲线的对称轴位置与最高点高度，从而判断各选项的正误. 【详解】对于A：因为，且，根据正态分布的对称性， ，A正确； 对于B：的对称轴是，的对称轴是， 所以的对称轴在的右边，B错误； 对于C：因为，且， 又， 所以，解得，C正确； 对于D：因为正态分布密度曲线的最高点为， 所以的最高点为，的最高点为， 因为，所以的最高点在的最高点的上方，D正确； 故选：ACD. 11．BD 【分析】根据椭圆上点到原点距离最大值为，蒙日圆上的点到椭圆上点的距离最小值为半径减判断A；根据相切列方程，求出椭圆方程，判断B；分析得到点应在蒙日圆外，从而判断C；根据题意表示出面积，求面积最大值，判断D. 【详解】 由离心率且得：，的蒙日圆方程为：， 对于选项A，由于原点到蒙日圆上任意一点的距离都为，到椭圆上任意一点的距离最大值为， 所以上任意一点与的蒙日圆上任意一点的距离最小值为，选项A错误； 对于选项B，由蒙日圆的定义可知：直线与蒙日圆：相切， 则圆心到直线的距离为，所以， 则的方程为：，选项B正确； 对于选项C，由蒙日圆的定义可知：点应在蒙日圆外，所以直线与蒙日圆：相离， 则圆心到直线的距离为，所以，选项C错误； 对于选项D，椭圆的方程为：，蒙日圆方程为：， 设，则，设，， 则，， 将代入方程中，则，， 所以直线的方程为， 将直线的方程与椭圆的方程联立：， 得：， 所以，，所以， 又因为原点到的距离为， 所以，设， 则，因为，所以， 当且仅当，即时，等号成立，所以选项D正确. 故选：BD. 12． 【分析】利用导数思想，进行代入求值即可. 【详解】因为，所以， 所以，即， 所以，所以， 故答案为： 13． 【分析】根据二倍角公式以及齐次式的运算可得，由此可得结果. 【详解】因为， 所以， 故答案为：. 14． 【分析】利用递推赋值，即可求得结果. 【详解】由，所以， 故答案为： 15．(1) (2) 【分析】（1）根据条件，利用正弦定理边转角及正弦的和角公式得，即可求解； （2）利用三角形的面积公式及余弦定理，再结合条件得，即可求解. 【详解】（1）因为， 由正弦定理可得， 又，所以，则，得到， 又，所以. （2）由（1）知，所以，得， 又因为，又，得， 由的周长为， 所以，整理得到， 解得. 16．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用线面垂直判定定理证明线面垂直，进而得到面面垂直. （2）在底面上建立平面直角坐标系，利用得到的边长，结合底面，得到四棱锥的外接球与以、、为长、宽、高的长方体的外接球相同，求出长方体外接圆半径，进而求出表面积. （3）结合底面，采用等体积法计算即可. 【详解】（1）因为底面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以平面平面． （2）由（1）知平面，因为平面，所以， 在底面上建立如图所示的平面直角坐标系，所以． 设，又，为的中点，所以，，，． 从而． 所以，即. 因为四棱锥的底面是矩形，底面，所以四棱锥的外接球就是长、宽、高分别为、2、2的长方体的外接球， 所以四棱锥外接球的半径， 所以四棱锥外接球的表面积； （3）三棱锥的体积为:. 17．(1) (2)23 【分析】（1）利用点到直线的距离公式和离心率列方程求出，，，即可得到双曲线的方程； （2）根据双曲线的定义将的最小值转化为的最小值，然后根据两点之间线段最短求最小值即可. 【详解】（1）由题意知，解得， 则， 所以双曲线的方程为. （2）设双曲线的左焦点为，则， 由双曲线的定义知：，则， 可得， 当，，三点共线时，最小，且最小值为. 故的最小值为. 18．(1)或. (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）去绝对值将写成分段函数的形式，对求导，求出和根据题目信息和导数的几何意义列式即可求出的值； （2）（i）令，分离参数得到，令，通过求导得到的单调性，让与函数有三个交点，即可求出的取值范围；（ii）先证明即可证明. 【详解】（1），所以， 则. 因为曲线在处的切线与在处的切线相互垂直，所以，解得或. （2）（i）令，则. 令，则，所以， 则的单调递增区间为，单调递减区间为， 当，，当，， 又有三个零点，所以的取值范围为. （ii）证明：由（i）可知， 下面证明：， ①要证明，只需证明， 又，即证，所以原式等价于证明， 由，得，则， 所以只需证明， 即证， 令，则，上式等价于证明， 令，则， 因为，所以恒成立，所以在上单调递增， 所以当时，，即， 所以原不等式成立，即. ②要证明，只需证明， 由（i）知，则，即, 又因为，所以， 因为在上单调递减，所以成立， 综上，. 19．(1)分布列见解析，； (2). 【分析】（1）运用二项分布的知识求解即可； （2）利用错位相减法解决“等差数列等比数列”的求和模型. 【详解】（1）由题意知，每个家庭“只有电动车”的概率为，“既有电动车又有其他交通工具”的概率为.则X的可能取值为3，4，5，6. ，， ，， 所以X的分布列为 x 3 4 5 6 P 所以. （2）因为这户的合计得分为分，所以其中恰有户为“既有电动车又有其他交通工具”，其余户均为“只有电动车”. 所以， 设， 即 ①， 则 ②， ①②得， 即，所以， 即. 答案第12页，共12页 答案第1页，共12页 学科网（北京）股份有限公司 $