2026届高三一模提分数学周周练（二）

2026届高三一模提分数学学科周周练（二） 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，，，那么（    ） A． B． C． D． 2．的虚部是（    ） A． B． C． D． 3．已知等差数列 的前项和分别为，且，则（    ） A． B． C． D． 4．已知为单位向量，且，若，则（    ） A． B． C． D． 5．已知，，，则（    ） A． B． C． D． 6．已知，且，则（　　） A． B． C． D． 7．圆和圆的位置关系是（    ） A．相离 B．外切 C．相交 D．内切 8．设，函数，函数的极值为，则（   ） A．是递增数列 B．是递减数列 C．是等差数列 D．是等比数列 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．某校高三年级在一次考试后，为分析学生的学习情况，从中随机抽取了200名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图.为进一步分析学生的成绩分布情况，经计算得到这200名学生中，成绩位于的学生成绩方差为13.75，成绩位于的学生成绩方差为7.75.则（   ） A． B．估计该年级学生成绩的中位数约为76.14 C．估计该年级在80分及以上的学生成绩的平均数为87.50 D．估计该年级在80分及以上的学生成绩的方差为31 10．斗笠是遮阳挡雨的帽子，有很宽的边沿，用竹篾、箭竹叶为原料编织而成，以竹青细篾加藤片扎顶滚边，竹叶夹一层油纸或者荷叶，笠面再涂上桐油．某旅游景点的老手艺人手工编制竹篾尖顶斗笠（斗笠近似看作圆锥），并在笠面涂上桐油（只涂外表面）.已知的笠面需涂桐油约为kg，且斗笠所在圆锥的底面周长为160cm，斗笠所在圆锥的高为cm，则（     ） A．斗笠所在圆锥的底面面积为 B．斗笠所在圆锥的体积为 C．斗笠所在圆锥的母线长为 D．1kg的桐油，大约可涂刷50个斗笠 11．已知函数的定义域为，对任意正实数，函数在上单调递增，则（    ） A． B． C．若，则 D． 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．已知随机变量，且，则的展开式中常数项为 ． 13．已知函数，当时，函数的值域为 .若函数有三个不同零点，则的取值范围是 . 14．已知三棱锥的体积为，，，，与的周长均为10，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．已知正项数列的前项和为满足，数列满足且. (1)证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式； (2)若，数列的前项和为，证明：； (3)若对任意正整数恒成立，求的取值范围. 16．在直三棱柱中，，，，，、、分别为、、的中点，是上任意一点． (1)求证：平面． (2)求三棱锥的体积． 17．俄罗斯方块这一款游戏诞生于年，由苏联科学院工程师开发，受到了广大人群的喜爱，这款游戏的相关比赛也在各地层出不穷.已知孙三、赵四、王五进行一次俄罗斯方块游戏比赛，共比场，规定每场比赛先得分者获胜，现将三人每场比赛的得分（单位：分）情况统计如下. 场次 1 2 3 4 5 6 7 8 9 孙三 赵四 王五 (1)求孙三这场比赛得分的下四分位数以及赵四这场比赛得分的第百分位数； (2)若从这场比赛中随机抽取3场，记这3场比赛中赵四与王五分差的绝对值不低于分的场次数为，求的分布列及数学期望. 18．已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)已知曲线与曲线有两个不同的交点，求实数的取值范围. 19．已知双曲线（，）的渐近线方程为，点在双曲线C上. (1)求双曲线C的标准方程； (2)如图，过双曲线C右支上一点P作圆的切线交双曲线C左支于Q，右支于R，直线与圆O切于点M. ①求证：Q、R两点关于原点O对称； ②判断是否为定值，如果是，求出该定值；如果不是，求的取值范围. 试卷第4页，共5页 试卷第5页，共5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（二）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B A D A B C D ACD BCD 题号 11 答案 BCD 1．D 【分析】由题意，先求出集合U，根据并集运算的概念，可得，根据补集运算的概念，即可得答案. 【详解】由题意，集合，且， 所以. 故选：D 2．B 【分析】根据复数的乘法及复数虚部的定义即可求解. 【详解】，所以虚部是1 . 故选：. 3．A 【分析】利用等差数列的前项和公式求解即可得. 【详解】由题设，条件可化为， 设，， 则， ， 则. 故选：A. 4．D 【分析】首先求解出向量的模长，再根据向量的夹角公式进行求解即可. 【详解】已知，由于， 可得：， 又，可得：. 故选：D 5．A 【分析】根据题意可知均大于1，再利用作商法以及换底公式、基本不等式计算可得结论. 【详解】由题可知均大于1， 因为，所以； 又，因此； 所以. 故选：A 6．B 【分析】先逆用两角和的正弦公式可得的值，再根据同角三角函数的基本关系可得的值，最后利用倍角公式即可得解. 【详解】因为 ， 又， 所以， 所以． 故选：B. 7．C 【分析】将圆心距与半径和、差比较可得结果. 【详解】圆的圆心，半径； 圆的圆心，半径， ， 则，所以两圆相交， 故选：C. 8．D 【分析】根据导数的运算法则，结合极值的定义、等比数列的定义、单调数列的定义逐一判断即可. 【详解】， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以的极值为； ， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以的极值为； ， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以的极值为， 归纳可得：， 因为， 所以数列不是等差数列. 又因为， 所以数列是等比数列， 因为数列是正负交替出现，故该数列不具有单调性. 故选：D 9．ACD 【分析】A选项利用各长方形的面积之和为1可求；B选项利用中位数左边的直方图的面积等于0.5即可列式求解；C，D选项利用平均数和方差的计算公式进行求解即可. 【详解】对于A选项，在频率分布直方图中，各长方形的面积之和为1， 则，解得，故A正确； 对于B选项，前两个矩形的面积之和为， 前三个矩形的面积之和为， 设该年级学生成绩的中位数为，则， 根据中位数的定义可得，解得， 所以，估计该年级学生成绩的中位数约为77.14，故B错误； 对于C选项，估计成绩在80分以上的同学的成绩的平均数为 分，故C正确； 对于D选项，估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的方差为 ，故D正确. 故选：ACD. 10．BCD 【分析】利用圆锥的面积、体积公式计算即可. 【详解】设斗笠所在圆锥的底面半径为，母线长为，高为， 则，所以斗笠所在圆锥的底面面积， 故A错误； 斗笠所在圆锥的体积，故B正确； 因为， 所以， 故C正确； 斗笠所在圆锥的侧面积. 因为1kg的桐油大约可涂笠面面积为， 所以1kg的桐油大约可涂刷斗笠的个数为， 故D正确. 故选：BCD. 11．BCD 【分析】用特值法判断A,B；用赋值法，结合函数单调性的定义，判断C；根据单调性列不等式，判断D. 【详解】对于A，令，， 则在上单调递增， 此时，所以不一定成立，所以A错误； 对于B，令，因为函数在上单调递增， 所以， 即，所以B正确； 对于C，令，因为是增函数， 所以， 所以 ， 所以，所以， 所以C正确； 对于D，令，因为是增函数， 所以， 所以； 令，因为是增函数， 所以， 所以； 令，因为是增函数， 所以， 所以； …… 令，因为是增函数， 所以， 所以， 所以， 所以D正确. 故选：BCD. 12．60 【分析】先利用正态分布对称性求出的值，然后利用二项展开式求出常数项即可. 【详解】由随机变量，正态分布关于均值对称， 因为， 所以和关于2对称， 所以， 所以二项式为：， 又二项展开式的通项为：， 令解得：， 所以二项展开式中常数项为：， 故答案为：60. 13． 【分析】当时，结合指数函数与二次函数的性质，求得函数的值域，再由有三个不同零点，即有三个实数根，结合对数的运算性质和二次函数的性质，列出不等式（组），即可求解. 【详解】当时，函数， 当时，可得，可得； 当时，可得，可得， 所以函数的值域为； 因为函数有三个不同零点，即有三个实数根， 当时，由，可得，解得， 若在上存在零点，则满足，解得； 当时，由，可得， 若方程在上两个实数根，设两根分别为， 则满足 解得， 综上可得，若函数有三个不同零点，实数的取值范围为. 故答案为：；. 14．/ 【分析】由已知可得在以为焦点的椭球上，由，可知在椭球的截面圆上，设截面圆的圆心为，进而求得截面圆得半径，根据为焦点过的椭圆方程计算求得点坐标，利用两角和的正切公式计算即可得出结果. 【详解】因为，与的周长均为10， 所以=6 ，=6 ， 所以在以为焦点的椭球上， 因为， 所以在椭球的截面圆上，设截面圆的圆心为，则， 所以三棱锥的体积为， 所以，又因为， 所以， 解得：， 由题意，设以为焦点过的椭圆的标准方程为， 设代入解得， 所以 . 故答案为： 15．(1)证明见解析， (2)证明见解析 (3). 【分析】（1）由递推关系式得到是公比为2的等比数列，进而求出的通项公式. （2）利用裂项相消法求出的表达式，进而证明不等式即可. （3）先判断数列是公差为4的等差数列，然后求出的通项公式，然后化简不等式求出解集即可. 【详解】（1）由，得 故是公比为2的等比数列， 因，令得，又得. 故，的首项为， 故，所以. （2）因为 故 （3）因，故， 作差得 移项得 . 由于数列是正项数列，故 所以数列是公差为4的等差数列. 故. 由，得，设，只需求出的最大值即可. 可知，故 故. 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）要证明线面平行，需要通过证明线线平行进而得出线面平行，即证明． （2）先证明平面，然后求出的面积，进而根据三棱锥的体积公式求出结果即可. 【详解】（1）证明：、分别为、的中点， ． ∵在直三棱柱中， ，． 平面，平面，平面． （2），，， 、平面，平面， 平面． ，平面，平面． ，，，，． ， ． 平面，．． 17．(1)；； (2)分布列见解析，期望为. 【分析】（1）根据数的下四分位数的定义及第百分位的定义计算可得结果； （2）由场比赛中赵四与王五分差的绝对值不低于分有4场，故服从超几何分布，所以按超几何分布计算的分布列及数学期望. 【详解】（1）将孙三这场比赛的得分从小到大排列可得：，，，，，，，，，. 由，故孙三这场比赛得分的下四分位数为； 将赵四这场比赛的得分从小到大排列可得：，，，，，，，，，. 由，故赵四这场比赛得分的第百分位数为. （2）因为场比赛中赵四与王五分差的绝对值不低于分的场次数为4，故的可能取值为,则服从超几何分布. 所以，， ，， 所以的分布列为： 0 1 2 3 所以. 18．(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）先求出导函数得出切线斜率，再点斜式得出切线方程； （2）求出导函数，再分和两种情况得出导函数正负即可得出单调性； （3）先把曲线有两个交点得出方程有两个不同实根，再构造函数，应用导函数分和得出单调性及最值，再构造函数应用导数得出参数. 【详解】（1）当时，，     且，即切点坐标，切线斜率，     故所求切线方程，即； （2），     当，即时，，在上单调递减，     当，即时，在上，，在上， 在上单调递减，在上单调递增，     综上，时，在上单调递减； 时，在上单调递减，在上单调递增. （3）因为曲线与曲线有两个不同的交点 所以方程有两个不同实根，     等价于方程有两个不同实根， 设， 则且，     当时，时，时，， 此时函数只有一个零点，方程只有一个根，不符合题意；     当时，在上单调递增， 当时，，     ∴存在使在上，在上， 在上单调递减，在上单调递增， ，     又， 设，则在单调递增， ，即在单调递减， 又，又， 在上和上各有一个零点，符合题意； 当时，，∴在上，在上， 在上单调递减，在上单调递增， 只有一个零点，不符合题意；     当时，， ∴存在使得， ∴在上单调递减，在上单调递增， 又当时，单调递增， 又在上存在一个零点 又时有两个零点，符合题意；     综上，曲线与曲线有两个不同的交点时，或 因此实数的取值范围为. 19．(1) (2)①证明见详解；②是定值，. 【分析】（1）根据已知条件得到关于的方程组，求解即可； （2）①设切线的方程为，由圆O的圆心到直线的距离公式可得，将直线的方程代入双曲线方程，由韦达定理即向量数量积的运算可得，同理可得，进而得到Q，O，R三点共线，由双曲线的对称性即可得证； ②由，可得，再利用向量数量积的运算及圆的性质即可得解. 【详解】（1）由双曲线C的渐近线方程，可知，即. 把点带入双曲线C的方程得，由，解得， 所以双曲线C的标准方程为. （2）①由题意知切线的斜率存在，故设切线的方程为， 由圆O的圆心到直线的距离，所以 ① ，    把代入消y得， 由题意知.设，，， 则由韦达定理可知，， 则， 所以， 所以，所以， 同理可得，所以Q，O，R三点共线， 又由双曲线C关于原点O对称，所以Q，R两点关于原点对称. ②是定值，证明如下：     连接，，，由①知：，，所以， 所以，所以为定值. 【点睛】关键点睛：将直线方程代入双曲线方程，借助韦达定理推出是关键. 答案第2页，共14页 答案第1页，共14页 学科网（北京）股份有限公司 $