精品解析：吉林长春市实验中学2025-2026学年高三下学期第二次周测数学试卷

长春市实验中学 2025-2026学年下学期第二次周测 高三数学试卷 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，化简集合，再利用交集的定义直接求解. 【详解】依题意，，， 所以. 故选：A 2. 已知一组数据：3，7，，12，15的平均数为9，则该组数据的第40百分位数为（ ） A. 6 B. 7 C. 7.5 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】先由平均数9解出，为整数，则该组数据的第40百分位数为从小到大排列的第2位与第3位的平均数. 【详解】因为，解得， 从小到大排列数据为：3，7，8，12，15． 又因为，所以这组数据的第40百分位数为：， 故选：C． 3. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用基本不等式即可判断选项. 【详解】若，根据基本不等式可得，当且仅当时等号成立，所以由可得成立， 若，取，满足，但不满足，所以由推不出， 所以“”是“”的充分不必要条件， 故选：A 4. 已知向量是非零向量，且满足在方向上的投影向量为，，则的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用投影向量定义以及向量数量积定义计算可得结果. 【详解】由题意得，所以，即， 于是，又，. 故选：C 5. 对于个复数，如果存在个不全为零的实数，使得，就称线性相关．若复数线性相关，则满足题意的非零实数组可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件中的线性相关，将代入求解即可. 【详解】由题意得，， 即，， 若为满足要求. 故选：D 6. 已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，以其底面圆心为球心，底面半径为半径的球和圆锥表面的交线长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作圆锥的球的截面图，确定球与圆锥的交线，结合交线的形状大小确定结论. 【详解】作圆锥的轴截面，该截面与半球的截面为半圆，设半圆与分别交于点， 如图，由已知，为边长为的等边三角形，的中点为球心，半圆的半径为， 因为点在半圆上，所以，，， 所以，故点为的中点，同理可得为的中点，所以， 所以由对称性可得，圆锥与球的交线为两个圆，一个为圆锥的底面圆，周长为， 另一个为所有母线的中点构成的圆，周长为， 所以交线长为． 故选：D. 7. 北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”，提出长方台形垛积的一般求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球……依此类推，最底层有 个小球，共有层，由“隙积术”可得 这 些 小 球 的 总 个 数 为 若由小球堆成的某个长方台形垛积共8层，小球总个数为240，则该垛积的第一层的小球个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】转化题给条件为，再由皆为正整数分类讨论即可求解. 【详解】由题意知，，于是得最底层小球的数量为，即，. 从而有， 整理得， ， ， ，， 由于皆为正整数，所以 （i）当时，， 当时，， （iii）当时，， （iv）当时， 只有符合题意，即的值为2. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查新文化背景下的数列问题，确定是解决本题的关键. 8. 若不等式对任意，恒成立，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将问题转化为直线与曲线上的点的距离最小值，利用导数的几何意义求上斜率为1的切线上切点坐标，再应用点线距离公式求最小距离，即可得m的范围. 【详解】设，则T的几何意义是直线上的点与曲线上的点的距离， 将直线平移到与面线相切时，切点Q到直线的距离最小． 而，令，则，可得， 此时，Q到直线的距离，故， 所以． 故选：B 【点睛】关键点点睛：将题设不等式关系转化为求直线与曲线上点的最小距离且，结合导数的几何意义、点线距离公式求m的范围. 二、多选题 9. 若函数既有极大值也有极小值，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】求出定义域，求导，根据题意得到在上有两个不相等的实根，根据根的判别式和韦达定理得到不等式组，求出答案. 【详解】的定义域为， ， 要想既有极大值也有极小值，则需在定义域内至少有两个不先相等的实根， 故在上有两个不等实根， 故，故，，，ABC正确， 根据和可知，异号，即，D错误. 故选：ABC 10. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】A：根据展开式最高次项的次数进行求解即可；B：利用二项式的通项公式，结合乘法的运算性质进行求解即可；C：利用赋值法进行求解即可；D：利用导数的运算性质，结合赋值法进行求解即可. 【详解】A：因为， 所以多项式最高次项的次数为， 所以，因此本选项说法正确； B：因为，所以本选项说法不正确； C：在中， 令，得， 令，得， 所以本选项说法正确； D：对两边同时求导， 得， 令，得 ，所以本选项说法不正确. 故选：AC 11. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于，两点，点为点在准线上的射影，线段与轴的交点为，线段的延长线交于点，为坐标原点，则（ ） A. ，，三点共线 B. C. 直线与有两个交点 D. 有最大值 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据抛物线方程求出焦点坐标和准线方程，然后设出直线 的方程，并与抛物线方程联立，利用韦达定理得到相关点的坐标关系再逐一分析选项. 【详解】抛物线，则, 所以焦点，准线， 设直线的方程为，， 联立 ，消去 可得：，由韦达定理得. 根据题意， ，则 ，, 因为，且， 即 , 所以，. 可得 ，即，，三点共线，故A选项正确； 已知点为线段与轴的交点， ，则 点坐标为 ， 所以 ，则 ， 又因为 ，所以 ，即 ，故B选项正确； ，可得直线 的方程为 ， 令 ，可得 ，即 ， 则 ，直线的方程为 ，即 ． 联立 ，消去 可得 0 . 其判别式 ， 所以直线 与 有一个交点，故C选项错误； ，则， ， 又因为 ，，则 ， 当且仅当，即 时取等号，此时最大，由 ，得此时 ， 则此时 ，即 有最大值 ，D选项正确. 故选：ABD. 三、填空题 12. 直线过定点，且以为其方向向量，则直线的方程为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据直线的方向向量求斜率，再根据直线的点斜式方程得直线方程. 【详解】因为直线的方向向量为，所以直线的斜率为， 又直线过点，所以直线的点斜式方程为：， 化简得：. 故答案为： 13. 已知函数，若方程有四个不同的解，，，，且，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】画出函数图像，根据图像结合函数性质确定，，，变换，根据函数的单调性计算最值即可. 【详解】画出函数的图象，如图所示： 方程有四个不同的解，，，，且， 由时，，则与的中点横坐标为，即：， 当时，由于在上是减函数，在上是增函数， 又因为，，则，有， ，又，， 在上递增，故取值范围是． 故答案为：. 14. 某文件被切分成n个独立分片上传云端，每个分片上传成功的概率为，且相互独立.当成功上传了m个分片时，文件可被成功恢复的概率为．为使文件最终成功恢复的概率不小于，正整数n的最小值为________.（参考数据：，） 【答案】13 【解析】 【分析】根据全概率公式结合题意计算即可. 【详解】记文件最终成功恢复为事件，则由全概率公式， . 根据二项式定理，因此有： ，， 所以. 令，得， 所以. 所以的最小值为13. 故答案为：13. 四、解答题 15. 某工厂购进6台车床，其中4台是合格品，2台是次品，需要修理后才能使用.由于车床外表没有区别，技术员要找出2台次品修理，只能逐台检查.若找出2台次品，或找出4台合格品，就结束查找. （1）求第1次查找到的是合格品的概率； （2）记为查找结束时的查找次数，求的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2） 2 3 4 5 【解析】 【分析】（1）计算古典概型的概率即可； （2）利用排列组合的知识计算分布列，再利用期望公式计算即可. 【小问1详解】 因为6台中有4台合格品，所以第1次查找的是合格品的概率； 【小问2详解】 的可能取值为2，3，4，5， 其中表示表示第二次检查时结束，可能的原因是：检查的两台均为次品，则； 表示表示第三次查找时结束，可能的原因是：最后一台检查为次品，前两次检查找到次品和合格品各一台， 则， 表示第四次检查时结束，可能的原因是：最后一件为次品且前三次中有一个次品，或者四件均为合格品， 则， 则， 所以的分布列为： 2 3 4 5 16. 已知函数 条件①：的最小正周期为； 条件②：为奇函数； 条件③：图象的一条对称轴为； 从条件①、条件②、条件③中选择两个作为已知条件，使的解析式唯一确定，回答下列问题． （1）求的解析式； （2）设函数，当时，求函数的值域. 【答案】（1） 选择条件①②，由的最小正周期为，得； 由为奇函数，，得，所以. 选择条件①③，由的最小正周期为，得； 由图象的一条对称轴为，得，而， 则，所以. 选择条件②③，由为奇函数，，得； 由图象的一条对称轴为，得，解得， 值不唯一，不符合题意，即②③不可选. 综上，可得； （2） 【解析】 【分析】（1）选择条件，利用余弦函数的性质求出即可. （2）由（1）结合三角恒等变换求出，进而求出在指定区间上的值域. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，则 ，当时，， 则，， 所以函数的值域是. 17. 如图，在四棱锥中，平面，，. （1）证明：平面平面； （2）若，，，且，，，在同一个球面上，球心为. （i）为的中点，求直线与平面所成角的正弦值； （ii）设球的表面与线段交于点（异于点），求的值. 【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以， 又，平面，平面，， 所以平面，又平面，所以平面平面. （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）先证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明结论； （2）（i）解法1（坐标法）：建立空间直角坐标系，利用向量即可求得线面夹角的正弦值；解法2（几何法）：利用几何法先证明，再证明，然后过作于点，连接，，可证得即为与平面所成角，即可求解； （ii）解法1 设，再结合题意得，即可求解；解法2 设，由，从而可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）解法1（坐标法）：在四边形中，因为，，， 故， 又，，，所以 则，所以，结合，则， 以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ， 平面的一个法向量为， ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 解法2（几何法）：在四边形中，因为，，， 故； 又，，，所以 则，所以， 又因为平面，平面，所以， 而平面， 故平面，而平面，所以， 过作于点，连接，， 因为平面，面，所以， 又，，平面，则面， 则即为与平面所成角，，所以. （ii）由（1）知平面，平面，故， 因为，，，在同一个球面上，且，为直角， 即可得的中点到，，，的距离均相等，故为外接球直径，则球心为的中点. 解法1 设， ， 为外接球直径，且在球的表面上 ，， ，，得，所以，. 解法2 设， 由，，得， ，解得或， 由于点异于点，所以舍去， 所以，进一步可得. 18. 已知函数其中，是常数，而且（），若满足. （1）的单调区间与极值； （2）为等差数列，求； （3），求证. 【答案】（1）在区间上单调递减，在区间上单调递增；极小值为，无极大值 （2） （3） 先证明， 设是第一个不大于，即，， 由（1）可知，在区间上单调递增， 所以，即， 这与假设矛盾，所以所设不成立，即. 其次证明，令， 则， 所以为单调增函数，当时，， 因为，所以，即， 故. 【解析】 【分析】（1）求出函数的定义域及导数，进而求出单调区间及极值； （2）设数列的公差为，由题意可递推出，用可求得，即可求解； （3）假设是第一个不大于，由（1）可知，在区间上单调递增， 代入已知可得，与已知矛盾，令，对其求导，根据单调性即可证明. 【小问1详解】 因为，所以， 令，解得， 当变化时的变化情况如下表： 0 单调递减 单调递增 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 当时，有极小值，且极小值为，无极大值. 【小问2详解】 设数列的公差为，由题意得， ②①得 ， 整理，得， 又因为， 所以，即， 所以，解得， 而当时，易得，为常数列，满足题设要求. 【小问3详解】 略 19. 在平面直角坐标系中，矩形，动点R在线段AB上，动点Q在延长线上，满足，直线与直线AQ交于P点，已知，． （1）证明：动点P点所在曲线方程为双曲线． （2）在C的右支上任取一点，以为切点作C的切线交两条渐近线于，两点，过，两点分别作两条渐近线的平行线交于，过作直线的平行线，分别交两条渐近线于，，再过，两点分别作两条渐近线的平行线交于，一直反复操作，可得，，，…，． （i）写出直线的方程（不需要证明），并证明点O，，，…在同一条直线上． （ii）设，，以此类推，证明：． 【答案】（1）由题设及图知， 由动点R在线段AB上，且，则，易知， 由动点Q在延长线上，且，则，易知， 所以，， 联立方程有，则，故， 综上，，则， 所以动点P点所在曲线方程为双曲线，得证； （2）（i），证明如下： 当直线斜率存在时，设直线， 联立，得， 所以，即， 所以，又， 所以，则， 所以，即， 所以， 当直线斜率不存在时也满足，故直线方程为， 双曲线的渐近线，联立，得和. 则交点， ，且， ， ，而， ，可得三点共线且方程为， 由于， ， ， ， ， ， 共线， 共线， 共线， 共线且轨迹方程为，得证； （ii），直线方程，则， ， 所以， 设，直线，所以， 与分别联立，得和， 则， ， 即， ，又 ， ，则， 所以，得证. 【解析】 【分析】（1）根据已知有，进而依次得到、，再写出直线、方程，求出它们的交点，即可得； （2）（i）设直线，将其与双曲线方程联立得到一元二次方程，再根据判别式为0得到，写出方程，再将其与双曲线渐近线方程联立即可得到交点坐标，最后根据三点共线即可得到轨迹方程； （ii）根据点到直线距离公式和两点距离公式即可得到，设，从而得直线，与双曲线渐近线方程联立得，再利用等比数列的定义得到，最后应用等比数列前n项和，即可证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长春市实验中学 2025-2026学年下学期第二次周测 高三数学试卷 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知一组数据：3，7，，12，15的平均数为9，则该组数据的第40百分位数为（ ） A. 6 B. 7 C. 7.5 D. 8 3. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知向量是非零向量，且满足在方向上的投影向量为，，则的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 对于个复数，如果存在个不全为零的实数，使得，就称线性相关．若复数线性相关，则满足题意的非零实数组可以为（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，以其底面圆心为球心，底面半径为半径的球和圆锥表面的交线长为（ ） A. B. C. D. 7. 北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”，提出长方台形垛积的一般求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球……依此类推，最底层有 个小球，共有层，由“隙积术”可得 这 些 小 球 的 总 个 数 为 若由小球堆成的某个长方台形垛积共8层，小球总个数为240，则该垛积的第一层的小球个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 若不等式对任意，恒成立，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 若函数既有极大值也有极小值，则（ ） A. B. C. D. 10. 若，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于，两点，点为点在准线上的射影，线段与轴的交点为，线段的延长线交于点，为坐标原点，则（ ） A. ，，三点共线 B. C. 直线与有两个交点 D. 有最大值 三、填空题 12. 直线过定点，且以为其方向向量，则直线的方程为_____. 13. 已知函数，若方程有四个不同的解，，，，且，则的取值范围是__________． 14. 某文件被切分成n个独立分片上传云端，每个分片上传成功的概率为，且相互独立.当成功上传了m个分片时，文件可被成功恢复的概率为．为使文件最终成功恢复的概率不小于，正整数n的最小值为________.（参考数据：，） 四、解答题 15. 某工厂购进6台车床，其中4台是合格品，2台是次品，需要修理后才能使用.由于车床外表没有区别，技术员要找出2台次品修理，只能逐台检查.若找出2台次品，或找出4台合格品，就结束查找. （1）求第1次查找到的是合格品的概率； （2）记为查找结束时的查找次数，求的分布列和数学期望. 16. 已知函数 条件①：的最小正周期为； 条件②：为奇函数； 条件③：图象的一条对称轴为； 从条件①、条件②、条件③中选择两个作为已知条件，使的解析式唯一确定，回答下列问题． （1）求的解析式； （2）设函数，当时，求函数的值域. 17. 如图，在四棱锥中，平面，，. （1）证明：平面平面； （2）若，，，且，，，在同一个球面上，球心为. （i）为的中点，求直线与平面所成角的正弦值； （ii）设球的表面与线段交于点（异于点），求的值. 18. 已知函数其中，是常数，而且（），若满足. （1）的单调区间与极值； （2）为等差数列，求； （3），求证. 19. 在平面直角坐标系中，矩形，动点R在线段AB上，动点Q在延长线上，满足，直线与直线AQ交于P点，已知，． （1）证明：动点P点所在曲线方程为双曲线． （2）在C的右支上任取一点，以为切点作C的切线交两条渐近线于，两点，过，两点分别作两条渐近线的平行线交于，过作直线的平行线，分别交两条渐近线于，，再过，两点分别作两条渐近线的平行线交于，一直反复操作，可得，，，…，． （i）写出直线的方程（不需要证明），并证明点O，，，…在同一条直线上． （ii）设，，以此类推，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $