河南方城县第一高级中学2026届高三一模提分数学学科周周练（五）

2026届高三一模提分数学学科周周练（五） 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．若直线与直线互相垂直，则实数的值是（    ） A．1 B．－1 C．4 D．－4 3．已知一组数据为，则这组数据的分位数是（　　） A．3 B．4 C．4.5 D．5 4．在中，若，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 5．已知向量与的夹角为，，，则（    ） A． B．0 C． D．2 6．下列说法正确的是（    ） A．当时，的最小值为2 B．当时，的最小值为4 C．的最小值为 D．当时，的最大值为1 7．已知，，则（   ） A． B． C． D． 8．已知三棱锥的四个顶点在球O的球面上，，是边长为1的正三角形，E，F分别是，的中点，，则球O的体积为（    ） 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．已知函数（）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（    ） A． B．若，则 C．将函数的图象向右平移个单位长度得到函数 D．当时，曲线与有4个交点 10．如果函数满足两个条件：①有且仅有两个不相等的极值点，，②点，与原点三点共线（三点互不重合），且该直线斜率为，那么我们称为具有“线性”.已知函数，且，下列说法正确的是（   ） A．若，则具有“线性” B．存在实数，使得具有“线性” C．若具有“线性”，则 D．若具有“线性”，则 11．已知点是双曲线：的右支上一点，、分别为双曲线的左、右焦点，若的面积为20，则下列说法正确的有（    ） A．点的横坐标为 B．为锐角三角形 C．的周长为 D．的内切圆半径为 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．复数满足：（其中是虚数单位），则 . 13．曲线在点的切线方程为 ． 14．为美化环境，某地决定在一个大型广场建一个同心圆形花坛，花坛分为两部分，中间小圆部分种植草坪，周围的圆环分为等份种植红、黄、蓝三色不同的花.要求相邻两部分种植不同颜色的花.如图①，圆环分成的等份分别为，，，有种不同的种植方法. （1）如图②，圆环分成的4等份分别为 ，，，，有 种不同的种植方法； （2）如图③，圆环分成的等份分别为，，，， 有 种不同的种植方法. 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．设等比数列的公比，，且 (1)求的值； (2)若，，成等差数列，求的值； (3)设数列的前项和为，证明：． 16．如图，在四边形中，，，，，.将沿对角线折起，记折起后点A的位置为点，且使平面平面. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面. (3)求三棱锥的体积. 17．某高中学校计划通过体质测试，了解学生体质健康水平．规定按照成绩由高到低，前的学生测试成绩记为“优秀”．为了了解本次体质测试情况，从中抽取了部分学生的成绩（单位：分，得分取正整数，）作为样本进行统计，将成绩进行整理后，分为六组（如图）： (1)求的值并估计记为“优秀”的最低分数； (2)如果用按比例分层抽样的方法从样本成绩为和的学生中共抽取8人，再从8人中选4人，记4人中成绩不合格（成绩低于60分）的学生人数为，求的分布列与期望； (3)经统计，高中生体质测试成绩近似服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本的标准差，并已求得．体质监测中心计划从全市抽取名高中生进行体质测试，记这名高中生的体质测试成绩恰好落在区间内的人数为，求的数学期望． 参考数据：若，则． 18．已知椭圆的离心率为，为坐标原点，椭圆上的点到两个焦点的距离之和为4. (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的左､右顶点分别为，，过点且斜率存在且不为0的直线交椭圆于，两点，直线与直线相交于点. （i）求证：点在定直线上； （ii）设和的面积分别为，，求的取值范围. 19．已知，函数. (1)证明：有唯一的极大值点和极小值点. (2)记的极大值点为，极小值点为. （i）求的最小值； （ii）设，若互不相等的实数，，满足，证明：. 试卷第2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（五）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B C B D D A D ABD ACD 题号 11 答案 ACD 1．A 【分析】先计算集合，结合交集的定义计算得到结果； 【详解】因为，故. 故选A. 2．B 【分析】直接利用两直线垂直时系数的关系求解即可. 【详解】由题可知，，解得. 故选：B 3．C 【分析】根据已知条件，结合百分位数定义即可求解. 【详解】数据从小到大排序为：，共8个，则， 则这组数据的分位数是：. 故选：C 4．B 【分析】由已知条件得A和B的关系，再将所求式子转化为关于B的一个三角函数式，用基本不等式可得最值. 【详解】在中，因为， 则， 又，，则或， 当，即，所以，无意义，故舍去. 所以，即，所以为锐角，得. 又因为 所以， 当且仅当时取等号，即时，有最小值. 故选：B. 5．D 【分析】计算出，结合，从而得到方程，求出答案. 【详解】，又， 所以，则. 故选：D 6．D 【分析】根据题意，利用对勾函数的单调性，可得判定A、B错误，由不是定值，可判定C错误；结合基本不等式，可判定D正确. 【详解】对于A，当时，单调递减，所以，所以A错误； 对于B，当时，可得，令， 则在上单调递减，时，函数取得最小值5，所以B错误； 对于C，由不是定值，所以不是的最小值，所以C错误； 对于D，当时，，当且仅当，即时取等号，所以D正确． 故选：D. 7．A 【分析】先求函数的值域、定义域，然后求. 【详解】由，所以 由的定义域，所以， 所以. 故选：A 8．D 【分析】根据条件得出正三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则求正方体的外接球体积即可. 【详解】如图，因为，是边长为1的正三角形，所以三棱锥为正三棱锥， 所以顶点在底面上的射影为底面的中心，所以平面， 因为平面，所以，连接并延长交于点，则， 因为，所以平面，又平面，所以. 因为E，F分别是，的中点，所以， 因为，所以，所以，所以平面， 所以正三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，所以， 把三棱锥补形为正方体，则正方体的外接球即为三棱锥的外接球， 所以半径为， 所以球O的体积为.    故选：D 9．ABD 【分析】根据给定的函数图象，结合五点法作图求出函数的解析式判断A；求出的值判断B；利用平移变换求解判断C；作出图形判断D. 【详解】观察函数的图象，得，最小正周期，解得， 由，得，而，则， 对于A，，故A正确； 对于B，由，得， 则或， 解得或， 又，则，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，在同一坐标系内作出函数与在上的图象， 如图，作出符合题意的图形， 观察图象得，两个函数图象有4个交点，故D正确. 故选：ABD 10．ACD 【分析】求导，即可根据斜率关系求解A，举反例即可求解B，根据具有“线性”，可求导，根据韦达定理，结合 “线性”列式子即可求解CD。 【详解】由题意，可知函数有且仅有两个不相等的极值点. 对于，由，解得，， 则，故，与原点三点共线， 可得具有“线性”，A正确； 对于B，若，，解得，， 则在函数图象中，点在轴上， 此时与原点的斜率不存在， 故此时不存在实数，使得具有“线性”，B错误； 易知，由于具有“线性”， 则，是两个不同的极值点，故，是的两个不相等的实数根， 则，，且，有. 设，即（*）， 两式相减得， 即，即，则，C正确； 将（*）变形为 两式相减得， 即， 即，求得，D正确. 故选：ACD. 11．ACD 【分析】求得双曲线的a，b，c，不妨设，，，运用三角形的面积公式求得P的坐标可判断A；运用两点连线的斜率公式得，知为钝角，可判断B；由两点的距离公式，可得的周长，可判断C；设的内切圆半径为r，运用三角形的等面积法，即可计算r． 【详解】由双曲线：，知，，， 对于A，设，，，由已知得，即，由，可得，故A正确； 对于B，由，，可得，则为钝角，所以为钝角三角形，故B错误； 对于C，利用两点之间的距离，可知，，则的周长为，故C正确； 对于D，如图，设的内心为，连接，，，内切圆半径为，利用等面积法可得，可得，解得，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】结论点睛：本题考查双曲线的性质，及三角形内切圆半径的求法，求三角形内切圆的半径用等面积法求得，即求三角形的面积及周长，考查学生的分析试题能力与计算能力，属于一般题. 12．/ 【分析】根据复数运算求复数的代数形式，再由复数模的公式求其模. 【详解】因为，所以，所以， 所以， 所以， 故答案为：. 13． 【分析】根据导数的几何意义求出切线斜率，点斜式写出切线方程即可. 【详解】因为，所以， 又过点， 所以切线方程为，即. 故答案为： 14． 18 且 【分析】（1）分类讨论不同色与同色两种情况，由分步计数原理得到结果； （2）由题意知圆环分为等份，对有3种不同的种法，对、、都有两种不同的种法，但这样的种法只能保证与、3、不同颜色，但不能保证与不同颜色．在这种情况下要分类，一类是与不同色的种法，另一类是与同色的种法，根据分类计数原理得到结果． 【详解】（1）如图②，当不同色时，有(种)种植方法， 当同色时，有(种)种植方法， 由分类加法计数原理得，共有(种)种植方法； （2）如图3，圆环分为等份，对有3种不同的种法，对都有两种不同的种法， 但这样的种法只能保证与、3、不同颜色，但不能保证与不同颜色． 于是一类是与不同色的种法，这是符合要求的种法，记为种． 另一类是与同色的种法，这时可以把与看成一部分， 这样的种法相当于对部分符合要求的种法，记为，共有种种法， 这样就有，即， 则数列是首项为，公比为的等比数列． 则． 由题意知：，则 ，. 故答案为：18，（且． 15．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】(1)由 计算公比； (2)根据等差中项性质计算； (3)由是以为首项，为公比的等比数列计算，再计算出的表达式，通过比较证明不等式成立. 【详解】（1）因为，所以． 又，所以． （2）因为，，成等差数列，所以， 所以． 因为，，所以，解得． （3）因为，所以，， 则数列是首项为，公比为的等比数列， 所以． 16．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由，结合面面垂直性质定理即可求解； （2）由（1）得到平面，进而可求证； （3）由等体积即可求解； 【详解】（1）因为，， 所以， 又因为，所以， 又，所以，即， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. （2）由平面，平面，得， 又，，，平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面. （3）由（1）知，， ， 即三棱锥的体积为. 17．(1)，88分 (2)分布列见解析， (3) 【分析】（1）利用频率分布直方图的性质，即可求出，进而可求出“优秀”的最低分数； （2）先求出每一层的分数，再求出的可能取值及对应的概率，即可求出分布列，再利用期望的计算公式或超几何的期望公式，即可求出期望； （3）利用正态分布的性质得，根据题设有，再由二项分布的期望计算公式，即可求解. 【详解】（1）由图可知， 解得. 因为， 则成绩由高到低的前分数线必在之间， 设分数线为，则，得， 则记为“优秀”的最低分数为88分. （2）样本成绩位于和的比例为， 故所抽取的个人中，来自的人数为，来自的人数为，来自的人数为， 则的所有可能取值为1，2，3，4． ， ， 所以的分布列为 1 2 3 4 方法一：. 方法二：服从参数的超几何分布，故. （3）由题意得，， 由，所以， 所以 ， 所以高中生的体质测试成绩恰好落在区间内的概率约为0.8186， 故，所以. 18．(1) (2)（i）证明过程见解析. （ii） 【分析】(1)根据椭圆的定义和离心率求方程； (2)（i）设直线的方程，并与椭圆方程联立整理得到根与系数的关系，同时表示出直线和的方程，利用两个方程得到交点的横坐标，得以证明点在定直线上； （ii）先表示出两个三角形的面积比的形式，结合求得的根与系数的关系进行化简整理得到 的关系，代入分析最终得到的取值范围. 【详解】（1）由椭圆定义得，解得，又因为离心率， 所以，则， 因此椭圆标准方程为. （2）（i）证明：设过点的直线的方程为且斜率不为，设， 由椭圆方程可知，联立， 整理得， 由根与系数的关系得， 设直线的方程为，直线的方程为， 设，则， 将代入得， 同时将根与系数关系式代入上式，化简整理得， 因为直线的斜率不为，不能同时为，且若假设， 代入到，得； 代入到，得， 将代入到中，整理得，即矛盾，故假设不成立， 即， 故只能，即， 因此点在定直线上. （ii）由题可知， 且，， 所以. 由（i）可知，且， 设，则，代入到根与系数关系中即 ， 将上式化简整理得，再结合 消去后得， 又因为 最终化简可得，解得 又因为， 故的取值范围为. 19．(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）求导数，令并解得方程的根，从而得到函数的单调区间； （2）（i）由（1）得，即可求得，令函数，求导数，然后得到函数的单调区间，求得最小值，即为的最小值. （ii）由（1）得，设，则.设，整理化简方程后令，，则，，是方程的三个根，只需证.设，由导数求得函数的单调区间，然后得到的取值范围.构造函数，分析其单调性得到，进而证明。再通过的极大值确定的范围，并证明，最后由函数的单调性可证，从而得证. 【详解】（1）由题意得，     令，可得或，因为，所以， 则当或时，，当时，， 所以在，上单调递增，在上单调递减，     所以有唯一的极大值点，唯一的极小值点. （2）（i）由（1）知，， 所以.     令函数，则， 所以当时，，当时，， 即函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，即的最小值为.     （ii）由题意知. 设，则，待证命题即. 设， 则，∴，∴. 再令，，则，，是方程的三个根，只需证. 设，则， 当或时，;当时，, 在，上单调递增，在上单调递减，故. ①先证： ∵，， 设，则， ∴当时，,函数在上单调递减，， 又时，，所以，故， 又∵，∴，则，∴. ②再证： 因为的极大值为，所以. 因为，，所以. ∴，∴. 综合①②，当时，，∴，又∵，∴； 当时，，∴，又∵，∴； 综上所述，从而原命题得证. 答案第14页，共14页 答案第1页，共14页 学科网（北京）股份有限公司 $