2026届高三一模提分数学周周练（一）

2026届高三一模提分数学学科周周练（一） 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．若复数，则（    ） A． B． C． D． 3．已知，，则是的（   ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 4．等比数列中，，，则（   ） A．27 B．81 C．243 D．729 5．设随机变量，若，则实数的值为（ ） A． B． C． D． 6．已知展开式的二项式系数和为64，则其展开式的常数项为（   ） A． B． C．15 D．60 7．已知函数，则下列结论正确的是（   ） A．的最小正周期为1 B．是偶函数 C．的图象关于直线对称 D．在区间上单调递增 8．在正四棱台中，，，，则该正四棱台的外接球的表面积为（    ） 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．已知点与点关于点对称，若，，，的平均数为，中位数为，方差为，极差为，则，，，这组数满足（    ） A．平均数为 B．中位数为 C．方差为 D．极差为 10．已知锐角的面积为，且满足，，边上的高为h，则（    ） A． B． C． D． 11．已知点为双曲线右支上一点，分别为其左、右焦点，，为双曲线的两条渐近线，过点分别作，，垂足依次为，过点作交于点，过点作交于点为坐标原点，则下列结论正确的是（    ） A．的最大值为 B．的内心到轴的距离为 C． 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．已知向量，满足，，且，则 . 13．已知椭圆：，为椭圆上一点，，则 ． 14．已知函数，过点有三条直线与的图象相切，则实数的取值范围为 . 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．已知函数的导函数为，函数与的图象关于直线对称. (1)若数列的前项和，求的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 16．某植物园种植一种观赏花卉，这种观赏花卉的高度（单位：cm）介于之间，现对植物园部分该种观赏花卉的高度进行测量，所得数据统计如下图所示. (1)求的值； (2)以频率估计概率，若从所有花卉中随机抽4株，记高度在内的株数为，求的分布列及数学期望； 17．如图1所示，在等腰梯形，，垂足为E，，将沿折起到的位置，如图2所示.点为棱上一个动点，平面平面． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱（不包括端点）上是否存在点，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 18．已知函数． (1)求函数的极值； (2)函数有两个零点，． （i）求实数a的取值范围； （ⅱ）若函数有两个零点为，，证明：． 19．已知为抛物线的焦点，过点的直线与抛物线相交于，两点． (1)证明：是常数； (2)过点作直线的垂线与抛物线的准线相交于点，与抛物线相交于，两点（点的横坐标小于点的横坐标）． ①求的值； ②是否存在最小值？若存在，请求出这个最小值；若不存在，请说明理由． 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（一）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A B B B D D B BCD BCD 题号 11 答案 ABD 1．A 【分析】先解对数不等式，化简集合B，再求交集即可. 【详解】对数函数的定义域为，不等式， 因为底数大于1，为单调递增的函数，可得，因此，集合， 根据交集运算，得. 故选：A. 2．A 【分析】根据共轭复数的定义先求，再求复数的模，最后即可求解. 【详解】由题意有：，， 所以， 故选：A. 3．B 【分析】结合对数的运算及充分不必要条件的定义判断即可. 【详解】由，可得且； 由，不能得， 如当时，满足， 此时对数无意义， 即由能推出，但由推不出， 所以是的充分不必要条件. 故选：B. 4．B 【分析】将已知等式转化成与的关系式，两式作比求出公比，再由等比数列基本量运算即得答案. 【详解】设等比数列的公比为， ，， 两式作比可得， 又 故选：B 5．B 【分析】由可以得到，接着根据图像的对称性可得到的值 【详解】解：由题意可知随机变量，满足正态分布，对称轴为，，则：，解得. 故选：B． 6．D 【分析】根据二项式系数和可得，再结合二项展开式的通项运算求解即可. 【详解】因为展开式的二项式系数和为，解得， 且展开式的通项为，， 令，解得，可得， 所以其展开式的常数项为60. 故选：D. 7．D 【分析】对于A：根据正弦型函数的最小正周期公式运算求解即可；对于B：利用诱导公式整理可得，进而判断奇偶性；对于C：根据对称轴与函数最值之间的关系分析判断；对于D：以为整体，结合正弦函数单调性分析判断. 【详解】因为函数， 对于选项A：的最小正周期为，故A错误； 对于选项B：为奇函数，故B错误； 对于选项C：因为，不为最值， 所以的图象不关于直线对称，故C错误； 对于选项D：因为，则， 且正弦函数在内单调递增，所以在区间上单调递增，故D正确. 故选：D. 8．B 【分析】取中点分别为，连接，过作平面的垂线，垂足为，设正四棱台外接球的球心为，半径为，则在直线上，又，利用勾股定理求出即可求出从而得解. 【详解】正四棱台中，取中点分别为，连接， 由，，，可得，， 过作平面的垂线，垂足为，则点在上，且， 所以， 设正四棱台外接球的球心为，半径为， 由对称性可知球心在直线上， 若球心在线段上，则，此时无正数解， 所以球心在的延长线上，则， 即，解得， 所以， 所以该外接球的表面积为， 故选：B 9．BCD 【分析】利用平均数，中位数，方差和极差的定义求解. 【详解】因为点与点关于点对称， 所以，则， 又，，，的平均数为，中位数为，方差为，极差为， 所以，，，，这组数的平均数为，中位数为，方差为，极差为， 故BCD正确，A错误. 故选：BCD 10．BCD 【分析】由题意求出，，，再由面积公式求出，由正弦定理得，，，再依次判断选项即可． 【详解】由，得 ， 两式相加得，， 得， 得， 得，或（舍去）， 因为，所以， 则，得， 得， 得， 得，即， 因为，所以， 得， 则， 故A项错误， 则。 故B项正确； 由锐角的面积为，得， 得， 设的外接圆半径为：， 则， 而， 则，得， 得， ， ， 得，故C项正确， 由锐角的面积为，得， 得，得，故D正确． 故选：BCD 11．ABD 【分析】设点位于第一象限，由双曲线的定义，求得，得到，可判定A正确；设内切圆与轴相切于点，由双曲线的定义，求得，得到圆心的横坐标，可判定B正确；分别求得点到直线和的距离，结合与的夹角为，得到，可判定C不正确；求得的方程，联立方程组，求得的坐标，结合两点间距离公式和双曲线的性质，可判定D正确. 【详解】由双曲线，可得， 则，且其渐近线方程为， 对于A中，不妨设点位于第一象限， 由双曲线的定义，可得，所以， 则，又由双曲线的几何性质，可得， 所以，即的最大值为，所以A正确； 对于B，如图所示，设的内切圆与轴，的切点分别为， 可得， 又由，可得， 又由，可得， 所以点的横坐标为，即圆心的横坐标为，所以的内心到轴的距离为，所以B正确； 对于C，设，则满足， 则点到直线的距离为，到直线的距离为， 则， 因为，且与的夹角为，所以， 所以，所以C不正确； 对于D，由，可得， 联立方程组，解得， 即，同理可得， 所以， 因为，代入可得， 又因为，可得，所以，所以D正确. 故选：ABD. 12． 【分析】先根据题意求，再求. 【详解】由，，得，. 由， 所以， 所以. 故答案为： 13．或. 【分析】由题意可得：，，在中由余弦定理可得=，再由两点间的距离公式化简得，解出的值，根据进行取舍即可. 【详解】解：由题意可得：，， 在中由余弦定理可得：， 所以有=， 即， ， ， 所以， 整理得：， 所以或， 解得或， 又因为， 所以或. 故答案为：或. 14． 【分析】根据题意，设出切点坐标，由导数的几何意义可得，将问题转化为函数有三个零点问题，然后列出不等式，即可得到结果. 【详解】设过点的直线与的图象相切于点， 则切线斜率，由切线过点，得， 因此，整理得. 令，则， 原问题等价于有三个不同零点. 当时，单调递增，最多有1个零点，不符合题意； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 极大值为，极小值为， 要使有三个零点，需满足且，即，解得； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 极小值为，极大值为， 要使有三个零点，需满足且，即，解得； 综上，的取值范围是. 故答案为： 15．(1) (2) 【分析】（1）由题意知，根据 可求得数列的通项公式； （2）由函数与的图象关于直线对称，知点列在的图象上，所以；通过求，求得，进而求得数列的通项公式，利用裂项相消求和法可求得. 【详解】（1）由题意知. 当时，； 当时，， 所以 故. （2），即点在的图象上， 因为与的图象关于直线对称，所以点在的图象上， 即，所以. 又，所以 . 所以， 于是 即. 16．(1) (2)分布列见解析，1 【分析】（1）根据频率之和为1列式计算即可； （2）由题意可得，根据二项分布概率和期望计算公式计算即可. 【详解】（1）依题意可得，解得； （2）由（1）可得高度在的频率为 ， 所以，， ，， ， 所以的分布列为： X 0 1 2 3 4 P 所以. 17．(1)证明见解析； (2)； (3)存在，此时. 【分析】（1）证明，再通过线面平行的判定定理即可证得； （2）推导出平面，再建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线 与平面所成角的正弦值； （3）设，其中，利用空间向量法可知，平面的法向量与平面的法向量的夹角余弦值的绝对值为，可得出关于的方程，解方程即可. 【详解】（1）， ，又平面，平面， 平面. （2）由， 平面平面，平面平面，，平面， 平面，又平面， .因此，两两互相垂直， 以为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系.    在等腰梯形中，， 因此易证得，故， 则. 设平面的法向量为，则， 即，取，则，则. 设直线与平面所成角为，则. （3），设，则. 设平面的法向量为，则有， 即，取，则，即. 由题（2）可知，平面的法向量为. 设平面与平面的夹角为，则， 整理得，解得或（舍去）. 因此，棱上存在点G，使平面与平面的夹角的余弦值为，此时. 18．(1)答案见解析； (2)（i）；（ⅱ）证明见解析. 【分析】（1）求导，分和讨论函数的单调性，探索函数的极值情况. （2）（i）问题转化为与函数的图象有两个不同交点，求的取值范围，再分析的极值及符号即可，（ⅱ）根据，及，可确定. 【详解】（1）因为（），所以. 当时，在上恒成立，所以在上单调递减，无极值； 当时，由；由. 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以有极小值，无极大值. （2）（i）. 设，则问题转化为与函数的图象有两个交点. 因为. 由，由. 所以在上单调递增，在上单调递减. ，且当时，；；当时，. 所以当时，与函数的图象有两个交点. 所以实数的取值范围为. （ⅱ）由（i）可知，. 由. 设，，则， 由；由. 所以在上单调递增，在上单调递减. 又，，当时，. 当时，与函数的图象有两个交点，且. 所以，且. 又，，，， 结合（i），，. 由，由. 所以. 因为，所以，， 所以，即. 19．(1)证明见解析 (2)①；②存在， 【分析】（1）设出直线的方程并与抛物线方程联立，利用根与系数关系证得. （2）①求得直线的方程，点的坐标，利用根与系数关系求得. ②根据抛物线的定义求得，然后求得的表达式，再利用不基本不等式求得最小值.或：假设直线的倾斜角为，将表示为含有的三角函数的形式，利用换元法、函数的单调性等知识来求得最小值. 【详解】（1）由已知，点的坐标为，且可设直线的方程为， 联立方程组，消去， 得（*）， 因为， 所以，为方程（*）的两个实根，且， 因为点，在抛物线上， 所以，为常数． （2）在题设条件下，直线，都不与坐标轴平行且， 由（1）可知直线的方程为：， ①因为抛物线的准线方程为， 代入的方程可得点的坐标为， 由（1）可知，，， ，， 因此，， ， 即的值为． ②存在最小值， 设点，的坐标分别为，， 因为点均在抛物线上， 所以，，，， 由，有，即， 变形可得， 则（**）， 同理，， 根据抛物线的定义可知，，， ，， 所以 ． 由（**）知，， 即，当且仅当时取“＝”， 同理，，当且仅当时取“＝”， 由题设，， 所以，， 所以， ， 由题意可知，，同时成立， 此时，取得最小值， 故存在最小值，最小值为． 另解： 存在最小值， 假设直线的倾斜角为，根据题意可设， 如图，设点在轴上的射影为点， 抛物线的准线与轴相交于点， 根据抛物线的定义，由题设点的位置可知 ， 所以，， 同理可得，，，， 所以 ， 令，， 则， 由，可得， 易知函数为增函数， 所以， 上式中，当且仅当，即时（此时）等号成立， 所以，， 所以，存在最小值，该最小值当且仅当时取得. 【点睛】关键点睛： 这道题涉及了多种数学工具，如抛物线的几何性质、直线方程、向量运算和不等式技巧. 解决最小值问题时，利用函数的单调性和几何对称性是非常有效的，解题时，要充分理解题目中抛物线和直线的几何关系，并使用适当的几何工具（如根与系数关系、向量积等）来简化计算. 答案第6页，共18页 答案第7页，共18页 学科网（北京）股份有限公司 $