精品解析：重庆市第八中学2025-2026学年度下学期高三年级数学周考(五)

重庆八中2025-2026学年度（下）高三年级数学周考（五） 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. 已知，且，其中a，b为实数，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知是奇函数，则实数的值为（ ） A. B. C. 0 D. 1 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）． A. B. e C. D. 6. 世纪法国著名数学家加斯帕尔•蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展.椭圆的两条切线互相垂直，则两条切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，椭圆的蒙日圆方程为.已知一动点到两个定点、的距离满足，则点的轨迹与椭圆的蒙日圆的交点个数为（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 无公共点 7. 已知数列满足，，，记，为数列的前项和，则（ ） A. 63 B. 127 C. 255 D. 256 8. 在中，记内角，，所对的边分别为，，，已知的面积为2，，，且，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 二、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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 在正方体中，若点为底面的中心，则（ ） A. 平面 B. C. 与所成的角为 D. 与平面所成的角的正切值为 10. 已知抛物线C：的焦点为F，准线与x轴交于点H，过第一象限C上一点P作的垂线，垂足为Q，线段与C相交于点M，若，则（ ） A. 直线的斜率为 B. 为的平分线 C. 的面积为 D. H，M，P三点共线 11. “水韵江苏·家门口享非遗”展示活动中，主办方从全省遴选70余项极具地方特色的非遗代表性项目，并别出心裁地划分为“指尖非遗”“潮玩非遗”“舌尖非遗”“康养非遗”四大主题板块．甲、乙、丙3名游客每人至少从中选择一个主题体验，每个主题都恰有1人体验，记事件“甲体验指尖非遗”，“甲体验潮玩非遗”，“乙体验舌尖非遗”，则（ ） A. 与对立 B. C. 与相互独立 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中，二项式系数的和是16，则展开式中各项系数的和为___________． 13. 已知单位向量，满足，则___________． 14. 已知等差数列的各项均为正数，记其前项和为，若数列是等差数列，且与的公差相等，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. 已知函数． （1）若，，，求的值； （2）若偶函数与的图象关于直线对称，且在上单调递增，求的值． 16. 已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）证明：0为的极小值点. 17. 如图，四棱锥中，底面为矩形，，，侧面为正三角形，且平面平面为棱上一点，，平面交棱于点． （1）求证：； （2）当时，点关于平面的对称点为，求平面与平面所成角的余弦值. 18. 在直角坐标系中，点，动点P在直线的左侧，且到直线的距离恒为，记P的轨迹为C． （1）求C的方程； （2）设不经过F的直线l的方程为，已知l交C于M，N两点，且的值与m的值无关． （i）求k的值； （ii）是否存在实数m，使得?若存在，求m的值；若不存在，请说明理由． 19. 若数列满足，则称数列为项数列，由所有项数列组成的集合为． （1）若是项数列，当且仅当时，，求数列的所有项的和； （2）已知，且与是两个不同的数列，定义离散型随机变量其中，且． （ⅰ）求取到最大值时的值； （ⅱ）求随机变量的分布列，并证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆八中2025-2026学年度（下）高三年级数学周考（五） 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】D 【解析】 【分析】根据对数型复合函数的定义域及指数函数的值域求出集合，，再求交集即可. 【详解】由已知可得：，，所以. 2. 已知，且，其中a，b为实数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先算出,再代入计算,实部与虚部都为零解方程组即可 【详解】 由,结合复数相等的充要条件为实部、虚部对应相等， 得,即 故选: 3. 已知是奇函数，则实数的值为（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据奇函数的定义计算即可. 【详解】要使有意义，则，即，解得或. 所以函数的定义域为，关于原点对称. . 因为，所以， 即，也即， 因为，所以. 故选：C. 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】切化弦后，结合二倍角正余弦公式可构造方程求得，由可求得结果. 【详解】由得：， ，，，解得：， . 故选：D. 5. 已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）． A. B. e C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据在上恒成立，再根据分参求最值即可求出． 【详解】依题可知，在上恒成立，显然，所以， 设，所以，所以在上单调递增， ，故，即，即a的最小值为． 故选：C． 6. 世纪法国著名数学家加斯帕尔•蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展.椭圆的两条切线互相垂直，则两条切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，椭圆的蒙日圆方程为.已知一动点到两个定点、的距离满足，则点的轨迹与椭圆的蒙日圆的交点个数为（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 无公共点 【答案】D 【解析】 【分析】求出椭圆的蒙日圆方程，求出点的轨迹方程为，判断两圆的位置关系，即可得出结论. 【详解】由题意可知，椭圆的蒙日圆方程为， 设点，则，整理可得， 圆的圆心为原点，半径为， 圆的圆心为，半径为， 两圆圆心距为，所以，， 故两圆相交，所以，点的轨迹与椭圆的蒙日圆无公共点. 故选：D. 7. 已知数列满足，，，记，为数列的前项和，则（ ） A. 63 B. 127 C. 255 D. 256 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得数列是以为首项，为公比的等比数列，利用等比数列的前项和公式即可求解. 【详解】由得， 又，易得， 两边同时取以为底的对数得， 即， 又， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 则. 故选：C. 8. 在中，记内角，，所对的边分别为，，，已知的面积为2，，，且，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】利用诱导公式和同角基本关系式化简条件得，再由正弦定理得，若，利用余弦定理结合已知判断矛盾，所以，即可得解. 【详解】由得， 由正弦定理（为外接圆半径）得，， 因为，所以， 若，由余弦定理得，，所以为锐角， 则，即，由于，，则， 所以，矛盾. 故，即，所以，即， 又因为，，所以（当且仅当时取“＝”号）， 所以的最小值为4. 故选：B. 二、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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 在正方体中，若点为底面的中心，则（ ） A. 平面 B. C. 与所成的角为 D. 与平面所成的角的正切值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】应用空间向量法证明线线垂直、线面平行以及向量法求线线角余弦，向量法求线面角从而确定正确答案. 【详解】以为原点建立如图所示空间直角坐标系，设， 则， 所以，又因为，所以，B选项正确； 取中点，所以，所以，又因为平面，平面，所以平面，A选项正确； 设与所成的角为，， 所以，所以与所成的角为，C选项错误； 设平面的法向量为，设与平面所成的角为， 则，所以， 所以，所以D选项正确. 故选：ABD 10. 已知抛物线C：的焦点为F，准线与x轴交于点H，过第一象限C上一点P作的垂线，垂足为Q，线段与C相交于点M，若，则（ ） A. 直线的斜率为 B. 为的平分线 C. 的面积为 D. H，M，P三点共线 【答案】ABD 【解析】 【分析】先根据及抛物线的性质求出P点的坐标，对于A，可根据P点坐标直接求出PF的斜率；对于B，求出FQ的斜率，并结合PF的斜率分别求出、，据此可判断为的平分线；对于C，联立直线QF和抛物线C的方程，求出M的坐标，再结合点到直线的距离即可求解的面积；对于D，比较HM、HP的斜率即可判断是否三点共线． 【详解】如图所示， 抛物线的焦点为，准线为， 已知，所以的横坐标为，解得， 所以，解得，因此， 对于A，直线PF的斜率，故A正确； 对于B，是到准线的垂足，所以，又，， 所以FQ的斜率，故， 由得，所以， 所以为的平分线，故B正确； 对于C，QF的方程为，联立抛物线， 得，解得或（舍去），所以， PF的方程为， 点到直线PF的距离, 面积，故C错误； 对于D，，，， 则，，斜率相等， 所以H，M，P三点共线，故D正确． 故选：ABD． 11. “水韵江苏·家门口享非遗”展示活动中，主办方从全省遴选70余项极具地方特色的非遗代表性项目，并别出心裁地划分为“指尖非遗”“潮玩非遗”“舌尖非遗”“康养非遗”四大主题板块．甲、乙、丙3名游客每人至少从中选择一个主题体验，每个主题都恰有1人体验，记事件“甲体验指尖非遗”，“甲体验潮玩非遗”，“乙体验舌尖非遗”，则（ ） A. 与对立 B. C. 与相互独立 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】3名游客，4个主题，每人至少从中选择一个主题体验且每个主题都恰有1人体验，则必有1名游客选择2个主题，其余2人选择1个主题，结合排列组合知识依次计算总的样本点数，事件，，，包含的样本点数，依次判断选项即可. 【详解】3名游客，4个主题，每人至少从中选择一个主题体验且每个主题都恰有1人体验，则必有1名游客选择2个主题，其余2人选择1个主题， 则总的样本点总数为：， 对于A选项，甲可能同时体验两个主题，所以事件与不对立，故A错误； 对于B，事件“甲体验指尖非遗”，分两种情况： 当甲只选“指尖非遗”时，则剩余2名游客有名游客选择两个主题，另外1人选择1个主题，所以样本点数为：， 当甲选两个主题，其中一个是“指尖非遗”时，则甲从剩下3个选一个主题，则剩余的2主题分配给乙，丙，所以样本点数为：， 所以事件包含的样本点数为， 故，故B正确； 同理，， 对于C，事件表示甲选“指尖非遗”且乙选“舌尖非遗”，分三种情况讨论： 当甲选2个主题，其中一个是“指尖非遗”，乙只选“舌尖非遗”，此时的样本点数为：， 当甲只选“指尖非遗”，乙选2个主题，其中一个是“舌尖非遗”，此时的样本点数为：， 当甲只选“指尖非遗”，乙只选“舌尖非遗”，则丙选剩下的两个主题，此时样本点数为：1， 所以事件包含的样本点数为：，所以， 由于， 所以与不独立，故C错误； 对于D，，故D正确； 故选：BD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中，二项式系数的和是16，则展开式中各项系数的和为___________． 【答案】81 【解析】 【分析】由二项式系数和确定，再通过赋值法即可求解. 【详解】因为二项式系数的和是16，所以，解得， 令得展开式中各项系数的和为． 13. 已知单位向量，满足，则___________． 【答案】 【解析】 【详解】因为， 所以， 即，整理得，而，则. 所以. 14. 已知等差数列的各项均为正数，记其前项和为，若数列是等差数列，且与的公差相等，则___________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据等差数列通项公式以及的关系式可得或，分别验证计算可得. 【详解】设等差数列的公差为，则等差数列的公差也为， 设，则， 当时，， 当时，， 因为需满足， 即，故，所以， 因为数列的公差为， 所以，解得或， 若，则，与等差数列各项均为正数不符，舍去； 若，则，对任意的，符合题意， 故． 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． （1）若，，，求的值； （2）若偶函数与的图象关于直线对称，且在上单调递增，求的值． 【答案】（1）； （2）1. 【解析】 【分析】（1）利用二倍角的余弦公式和辅助角公式化简原函数，再结合同角三角函数的基本关系与两角和的正弦公式求解即可. （2）利用对称性结合奇偶性得到，利用单调性得到，最后求出取值即可. 【小问1详解】 由题意得 ， 当时，，而，则， 即，因为，所以， 此时，由同角三角函数的基本关系得， 而， 由两角和的正弦公式得 ，故. 【小问2详解】 因为与的图象关于直线对称， 所以， 因为是偶函数，所以当时，取得最值， 此时，解得， 因为，所以， 因为在上单调递增，所以，解得， 则当时，，此时符合题意. 16. 已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）证明：0为的极小值点. 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为. （2）证明：由题意可知，的定义域为，且， 设函数，则， 当时，， 可得， 故在区间上单调递增，又，即， 故当时，，即；当时，，即， 故在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以0是的极小值点. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，利用单调递增，单调递减，即可求出单调区间. （2）求出函数的一阶导数，再求出函数的二阶导数，通过分析原函数的增减性即可证明结论. 【小问1详解】 易得的定义域为， ， 因为，故，令，可得， 故当时，单调递增， 当时，单调递减， 综上所述，的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 略 17. 如图，四棱锥中，底面为矩形，，，侧面为正三角形，且平面平面为棱上一点，，平面交棱于点． （1）求证：； （2）当时，点关于平面的对称点为，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1） 证明：因为底面为矩形，所以， 又平面，平面，故面， 又面面，平面， 故； （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理可证明面，再由线面平行的性质定理可证明； （2）建立空间直角坐标系利用空间向量求出点的坐标，再分别求出平面与平面的法向量，即可得出两平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设的中点为，连接， 显然，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，在底面内过点垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 易知， 当时，，设， 则，， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 所以， 由题易知点到平面的距离与点到平面的距离相等，且， 即， 即，且，解得或（舍去），， 所以. 设平面的一个法向量为， 又， 则，取， 所以. 设平面的一个法向量为， 则，取， 则，所以 设平面与平面所成角的平面角为， 则． 故平面与平面所成角的余弦值为. 18. 在直角坐标系中，点，动点P在直线的左侧，且到直线的距离恒为，记P的轨迹为C． （1）求C的方程； （2）设不经过F的直线l的方程为，已知l交C于M，N两点，且的值与m的值无关． （i）求k的值； （ii）是否存在实数m，使得?若存在，求m的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）（i）（ii）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）设动点，根据题意列出距离等式，整理后平方化简得到椭圆标准方程； （2）(i)用椭圆左焦半径公式简化，将目标式转化为的形式；联立直线与椭圆方程，用韦达定理表示，令m的系数为 0，结合求解k； (ii)利用角度关系结合三角恒等变换、正弦定理，推导出与的数量关系，结合韦达定理求出的坐标，验证直线是否经过F，判断是否存在符合条件的m. 【小问1详解】 设，由已知，得， 所以，两边平方，化简得C的方程为． 【小问2详解】 （i）设，，由（1）可知，， 所以， 由得， 所以， 且，， 因此， 因为的值与m无关，所以，解得（此时）． （ii）若存在实数m符合题设，则， 所以， 因为， 所以， 在中，由正弦定理，得， 易知，且，所以， 所以， 所以，所以，即， 所以，即， 由（1）可知，所以，， 故，，从而l的方程为， 显然这与l不经过矛盾，所以不存在符合题设的实数m． 19. 若数列满足，则称数列为项数列，由所有项数列组成的集合为． （1）若是项数列，当且仅当时，，求数列的所有项的和； （2）已知，且与是两个不同的数列，定义离散型随机变量其中，且． （ⅰ）求取到最大值时的值； （ⅱ）求随机变量的分布列，并证明：． 【答案】（1） （2）（i）5； （ii）分布列，证明： 因为， 所以 ，即. 【解析】 【分析】（1）当时，；当，，时，，由此可得出数列所有项的和； （2）（i）分析可知的可能取值有、、、、，先求出集合中的元素个数为，当时，确定与的选择共有种情况，所有可能情况有种，由此可得出的表达式，再由解出的值，可得出取最大值时的值； （ii）分析可知当时，与的选择情况共有种情况，所有可能的情况有种，可得出的分布列，根据组合数的基本性质求出的表达式，进而可证明出. 【小问1详解】 数列是项数列，当且仅当时，； 当，，时，. 设数列所有项的和为，则 . 【小问2详解】 （i）因为数列、是从集合中任意取出的两个数列， 所以，数列、均为项数列，所以的可能取值有、、、、， 根据数列中的个数可得，集合的元素个数为， 当时，数列、中有项取值不同，有项取值相同， 先确定有种情况，然后在中选取项，这项与的对应项的取值不同， 有种情况，则与的选择共有种情况， 数列、是从集合中任意取出的两个数列，所有可能情况有种， 所以， 由，化简可得，解得， 则当时，取得最大值； （ii）由（i）知集合中元素的个数为， 当时，数列、中有项取值不同，有项取值相同， 先确定有种情况，然后在中选取项与对应项取值不同有种情况， 则与的选择情况共有种情况， 数列是从集合中任意取出的两个数列，所有可能情况有种， 所以随机变量的分布列为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $