新疆石河子第一中学2025-2026学年第二学期高三数学学科周测（3月16日 ）

2025-2026学年第二学期高三数学学科周测答案（3.16） 1、 选择题：1--8 CDDAD BAD 9.BD 10.ACD 11.ABD 8. 【详解】设是上的任意两个实数，且，则，所以，所以， 因为，所以，所以，所以，所以函数在上单调递增，因为是定义域在上的奇函数，所以在上也单调递增， 由得，即，又，令，则，解得，令，则，解得，令，则，解得，令，则，令，则，因为是奇函数，所以，，所以当时，解得，当时，解得，当时，，不满足条件，所以不等式的解集为， 11. 【详解】选项A，连接，，正方体中易知， 分别是中点，则，所以，即四点共面，当与重合时满足B，N，P，Q四点共面，A正确； 选项B，如图，取中点为，连接， 因为分别是中点，则与平行且相等，是平行四边形，所以，又是中点，所以，所以，平面，平面，所以平面，B正确；选项C，正方体中，分别是中点，则， 在上，如图，作交于，连接，延长交延长线于点，连接延长交延长线于点，连接交于点，交于点，为所过三点的截面， 由正方体的对称性可知梯形与梯形全等，由面面平行的性质定理，，从而有，由正方体性质，设，，则，， 是中点，，则，所以，同， ，，， 梯形是等腰梯形，高为，截面面积， 设，，， 在上递增，，，所以，C错； 选项D，取中点，中点，连接，则是正四棱柱（也是长方体），它的外接球就是过四点的球，所以球直径为，半径为，表面积为，D对． 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 20 13. 14. ①③④ 14.【详解】由曲线，用代换方程中的，方程不变，所以曲线关于轴对称，所以①正确；设曲线上的一点，其中，则点到点的距离为，当时，可得， 所以点到点的距离可以超过，所以②不正确；当时，可得，即； 当时，可得，即；令，可得，所以为增函数，令，可得，所以为单调递增函数， 所以的增长趋势越来越快，可得曲线大致图象如图所示，可得梯形的面积为，所以曲线与直线围成图形的面积小于5，所以③正确； 过点且与直线平行的直线方程为，联立方程组，整理得，整理得，解得或，当时，可得；当时，可得，所以经过点且与平行的直线与曲线的所有交点的横、纵坐标均为有理数，所以④正确．故答案为：①③④. 四、15.(1)；(2) 16. (1)（i），，.（ii）事件M与N不相互独立. 理由如下：利用条件概率：，，，所以，不相互独立. (2)这7家企业中，专利产出数大于6的企业有4家，所以的所有可能取值为， （服从超几何分布，），，，， 故的分布列为：故的数学期望. 17.(1)略(2)取的中点，连接，因为底面为等腰梯形，所以， 由（1）得面，建立空间直角坐标系如图所示，所以，所以，因为，所以，则，同理， 设面的法向量为，所以，则，不妨令，所以，则．令，所以，因为点在面中，所以，所以，所以，所以． 18. (1)；(2)（i）抛物线的准线方程为，所以.设，代入得，，设，且，则. ，所以，所以直线l的方程为：或； （ii）由（i）得 ，， . 设，则 显然关于m是增函数.令，则， 两边平方，化简整理得，此时对应的值满足题意. 由于关于m是递增函数，；，所以当时，取得最小值，最小值为，所以的最大值为. 19.(1)当时，在定义域上单调递增. 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减. (2)①由题意，得. 令，则.易知为增函数，由，解得， 即.由题意，关于的方程即有两个不等实根. 设函数，则.由，得；由，得 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以. 又当时，；当时，，所以，所以的取值范围是. ②由已知，得，.两式相减，得，故. 由，得，故.将代入，得，即.令，则， 即.设函数，其中，则.令，则. ①当时，，所以在区间上单调递增，故. 所以在区间上单调递减，故，不符合题意. ②当时，由，得，所以在区间上单调递增.故当时，，所以在区间上单调递减.所以，不符合题意. ③当时，，所以在区间上单调递减，故. 所以在区间上单调递增，故，满足题意.综上所述，的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期高三数学学科周测（3.16） 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.若集合，，则（ ） A B. C. D. 2.已知幂函数的定义域为，则（ ） A. B. 2 C. D. 4 3.过抛物线的焦点作直线l交抛物线于A，B两点，若线段中点的横坐标为3，则等于（　　） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 4.角的终边与单位圆的交点坐标为，将的终边绕原点顺时针旋转，得到角，则（ ） A． B． C． D． 5.白舍窑位于江西省南丰县白舍镇，是宋元时期“江西五大名窑”，其瓷器以白瓷最为闻名，素有“白如玉，薄如纸”的特点．如图是白舍窑生产的一款斗笠型茶杯，茶杯外形上部为一个圆台，下部实心且外形为圆柱．现测得底部直径为6cm，上部直径为12cm，茶杯侧面与水平面的夹角为，则该茶杯容量（茶杯杯壁厚度忽略不计）约为（ ）（单位：） A. B. C. D. 6.已知点为所在平面内一点，若，则（ ） A. 3 B. C. D. 7.已知点为直线上的一个动点，为圆上任意两个不重合的点，记的最小值为的最大值为，则（　　） A. B. C. D. 8.已知奇函数的定义域为，对于任意的正数，都有，且当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9.在复数范围内关于的实系数一元二次方程的两根为，其中，则（ ） A. B. C. D. 10.已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则有2个零点 B. 若的解集为，则 C. 任意在有极小值 D. 存在在有最大值 11.如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则( ) A. 存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 B. 存在点Q，使平面MBN C. 过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面面积的取值范围为 D. 经过C，M，B，N四点的球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12.的展开式中的系数为__________. 13.已知数列均为等差数列，分别为数列的前项和，若，且，则___________． 14.已知曲线，给出下列四个结论： ①曲线关于轴对称； ②当时，曲线上任意一点到点，的距离均不超过； ③曲线与直线围成图形的面积小于5； ④经过点且与平行直线与曲线的所有交点的横、纵坐标均为有理数． 其中所有正确结论的序号是_____． 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.（本题13分）在中，角对应边分别是.已知成等差数列，且. （1）求的值； （2）若的外接圆半径为，求的面积. 16.（本题15分）某高新区对7家企业的研发投入与专利产出数进行调研，数据如下： 企业 研发投入（万元） 300 600 900 1200 2000 2800 4000 年度专利产出数（件） 3 5 7 6 9 10 11 （1）现从这7家企业中随机抽取1家.记事件：抽到的企业“研发投入不超过2000万元”；事件：抽到的企业“专利产出数超过8件”. （i）求条件概率的值； （ii）判断事件与是否相互独立，并说明理由； （2）从这7家企业中随机抽取3家企业进行重点扶持，记其中专利产出数大于6件的企业数为随机变量，求的分布列和数学期望. 17. （本题15分）如图，在四棱锥中，平面平面，底面为等腰梯形，且为的中点． （1）求直线与平面的夹角； （2）若，平面与交于点，求线段的长度． 18. （本题17分）已知抛物线：焦点为，直线与抛物线有且只有一个交点. （1）求抛物线的方程； （2）设抛物线的准线与轴交于点，过点作直线与抛物线交于两点. （i）若的面积为4，求直线的方程； （ii）设内切圆的半径为，求的最大值. 19.（本题17分）已知为常数，函数. （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点. ①求的取值范围； ②若恒成立，求的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期高三数学学科周测（3.16） 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. 若集合，，则（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据集合及交集的定义求解即可. 【详解】因为， 所以， 所以． 故选：C． 2. 已知幂函数的定义域为，则（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据幂函数的定义和性质求解. 【详解】因为为幂函数， 所以，即，解得，或， 所以或 又函数的定义域为，所以，， 所以， 故选：D 3. 过抛物线的焦点作直线l交抛物线于A，B两点，若线段中点的横坐标为3，则等于（　　） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线方程得它的准线为，从而得到线段中点到准线的距离等于4．过、分别作、与垂直，垂足分别为、，根据梯形中位线定理算出，结合抛物线的定义即可算出的长． 【详解】解：抛物线方程为，抛物线的焦点为，准线为 设线段的中点为，则到准线的距离为：， 过、分别作、与垂直，垂足分别为、， 根据梯形中位线定理，可得， 再由抛物线的定义知：，， ． 故选：D. 4.角的终边与单位圆的交点坐标为，将的终边绕原点顺时针旋转，得到角，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由角的终边经过点，得， 因为角的终边是由角的终边顺时针旋转得到的， 所以 ，故选：. 5. 白舍窑位于江西省南丰县白舍镇，是宋元时期“江西五大名窑”，其瓷器以白瓷最为闻名，素有“白如玉，薄如纸”的特点．如图是白舍窑生产的一款斗笠型茶杯，茶杯外形上部为一个圆台，下部实心且外形为圆柱．现测得底部直径为6cm，上部直径为12cm，茶杯侧面与水平面的夹角为，则该茶杯容量（茶杯杯壁厚度忽略不计）约为（ ）（单位：） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】圆台的体积即为该茶杯容量，求出圆台的高，进而利用圆台体积公式求出答案. 【详解】圆台的体积即为该茶杯容量，如图，cm，cm， 过点分别作⊥，⊥于点， 则cm，cm， 其中圆台的高为cm， 故圆台体积为. 故选：D 6. 已知点为所在平面内一点，若，则（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】过点作，以为邻边作平行四边形，利用可得答案. 【详解】过点作， 则， 以为邻边作平行四边形， 所以，， 可得， 所以. 故选：B. 7. 已知点为直线上的一个动点，为圆上任意两个不重合的点，记的最小值为的最大值为，则（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意分析得当，分别为圆的切线，且最小时，最大，此时最小，再利用二倍角公式即可得，再根据最大时为钝角，所以的最大值为1，即.即可得. 【详解】由题意得的标准方程为，所以圆心，半径为2， 如图： 所以圆心到直线的距离为，所以直线与相离， 所以当分别为圆的切线，且最小时， 最大，又，则最大， 所以最大，此时最小， 此时． 显然的最大值为1，故． 故选：A 8. 已知奇函数的定义域为，对于任意的正数，都有，且当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件判断函数的单调性，再结合对数函数的性质解不等式. 【详解】设是上的任意两个实数，且，则， 所以， 所以， 因为，所以，所以， 所以，所以函数在上单调递增， 因为是定义域在上的奇函数，所以在上也单调递增， 由得，即， 又，令，则，解得， 令，则，解得， 令，则，解得， 令，则， 令，则， 因为是奇函数，所以， 所以当时，解得， 当时，解得， 当时，，不满足条件， 所以不等式的解集为， 故选：D 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 在复数范围内关于的实系数一元二次方程的两根为，其中，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据实系数一元二次方程中韦达定理可求出判断B，再由韦达定理判断A，根据复数的乘法及共轭复数判断C，再由复数除法判断D. 【详解】因为且实系数一元二次方程的两根为， 所以，可得，故B正确； 又，所以，故A错误； 由，所以，故C错误； ，故D正确. 故选：BD 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则有2个零点 B. 若的解集为，则 C. 任意在有极小值 D. 存在在有最大值 【答案】ACD 【解析】 【分析】A解方程即可；B将问题转化为在上恒成立求解；C先求，再令，通过导函数研究其在上的正负性即可；D研究在上的正负性得出的单调性即可. 【详解】对A：若，则，解得或， 故有2个零点，故A正确； 对B：当时，，则， 则等价于，即， 因为的解集为，所以在上恒成立， 因为在上单调递增，所以，即，故B错误； 对C：， 若，则， 令， 则， 令，则， 若，则由得，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 令，则，即， 则 ， 则在上恒成立，则在上单调递增， 因为时；时； 故对于任意，与始终存在交点，且的图象先在图象上方，后在图象下方， 则当时先负后正，先减后增， 则对于任意在有极小值，故C正确； 对D：由C选项可知，当时，得， 得， 则在上单调递增，在上单调递减， 又，，，所以使得， 则当时，，时，， 则上单调递减，在上单调递增， 当时，且当时，， 故当时，与的图象存在唯一交点，且的图象先在图象上方，后在图象下方， 故当时先正后负，先增后减， 故存在使得在有最大值，故D正确. 故选：ACD 11. 如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则( ) A. 存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 B. 存在点Q，使平面MBN C. 过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面面积的取值范围为 D. 经过C，M，B，N四点的球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】作出过的截面判断选项A；取中点为，证明其满足选项B；当在运动时，确定截面的形状，引入参数(如)计算出面积后可得取值范围，判断选项C，过与底面平行的平面截正方体得出的下半部分为长方体，其外接球也是过C，M，B，N四点的球，由此求得球半径，得表面积，判断选项D． 【详解】选项A，连接，，正方体中易知， 分别是中点，则，所以，即四点共面，当与重合时满足B，N，P，Q四点共面，A正确； 选项B，如图，取中点为，连接， 因为分别是中点，则与平行且相等，是平行四边形， 所以，又是中点，所以，所以， 平面，平面，所以平面，B正确； 选项C，正方体中，分别是中点，则， 在上，如图，作交于，连接，延长交延长线于点，连接延长交延长线于点，连接交于点，交于点，为所过三点的截面， 由正方体的对称性可知梯形与梯形全等， 由面面平行的性质定理，，从而有，由正方体性质， 设，，则，， 是中点，，则，所以，同理， ，，， 梯形是等腰梯形，高为， 截面面积， 设，，， 在上递增，，， 所以，C错； 选项D， 取中点，中点，连接，则是正四棱柱（也是长方体），它的外接球就是过四点的球，所以球直径为，半径为，表面积为，D对． 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的系数为__________. 【答案】20 【解析】 【分析】由二项式展开式的通项分前面括号内取1和分别求解即可. 【详解】展开式的通项是， 分别令得， 所以展开式中项为， 所以展开式中的系数为. 故答案为：20. 13. 已知数列均为等差数列，分别为数列的前项和，若，且，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据等差数列的求和公式及性质，可得，结合条件，可得，根据等差数列的通项公式，可得，的表达式，进而可得的表达式，根据条件，待定系数，即可得的值，即可得答案. 【详解】因，所以， 由等差数列的性质得，即， 又，则，联立解得， 设数列的公差为，数列的公差为， 则，解得，则， 同理， 则 ， 所以，解得， 所以. 故答案为： 14. 已知曲线，给出下列四个结论： ①曲线关于轴对称； ②当时，曲线上任意一点到点，的距离均不超过； ③曲线与直线围成图形的面积小于5； ④经过点且与平行直线与曲线的所有交点的横、纵坐标均为有理数． 其中所有正确结论的序号是_____． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】用代换方程中的，方程不变，可判定①正确；设曲线上的一点，求得点到点的距离为，可判定②不正确；当和时，求得交点坐标，结合梯形的面积为，可得判定③正确；求得直线，联立方程组，求得方程组的解，可判定④正确． 【详解】由曲线， 用代换方程中的，方程不变，所以曲线关于轴对称，所以①正确； 设曲线上的一点，其中， 则点到点的距离为， 当时，可得， 所以点到点的距离可以超过，所以②不正确； 当时，可得，即； 当时，可得，即； 令，可得，所以为增函数， 令，可得，所以为单调递增函数， 所以的增长趋势越来越快，可得曲线大致图象如图所示， 可得梯形的面积为， 所以曲线与直线围成图形的面积小于5，所以③正确； 过点且与直线平行的直线方程为， 联立方程组，整理得， 整理得，解得或， 当时，可得；当时，可得， 所以经过点且与平行的直线与曲线的所有交点的横、纵坐标均为有理数，所以④正确． 故答案为：①③④. 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. 在中，角对应边分别是.已知成等差数列，且. （1）求的值； （2）若的外接圆半径为，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据等差数列的性质得到的关系，再根据正弦定理将角化边，最后利用余弦定理求值； （2）先根据正弦定理求出，再结合（1）中的的关系求出，最后根据三角形的面积公式求解. 【小问1详解】 由成等差数列知，又得， 于是，设，则， 所以； 【小问2详解】 由（1）知， 由得，所以， 所以的面积. 16. 某高新区对7家企业的研发投入与专利产出数进行调研，数据如下： 企业 研发投入（万元） 300 600 900 1200 2000 2800 4000 年度专利产出数（件） 3 5 7 6 9 10 11 （1）现从这7家企业中随机抽取1家.记事件：抽到的企业“研发投入不超过2000万元”；事件：抽到的企业“专利产出数超过8件”. （i）求条件概率的值； （ii）判断事件与是否相互独立，并说明理由； （2）从这7家企业中随机抽取3家企业进行重点扶持，记其中专利产出数大于6件的企业数为随机变量，求的分布列和数学期望. 【答案】（1）（i）；（ii）不相互独立，理由见解析 （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）（i）已知和，用条件概率公式计算. （ii）法1：比较和判断；法2：验证与是否相等判断. （2）利用超几何分布概率公式计算概率得分布列，再用期望公式求. 【小问1详解】 （i），， . （ii）事件M与N不相互独立 理由如下： 法1：利用条件概率： ，， ， 所以，不相互独立. 法2：利用独立性定义： ，， ， 所以，不相互独立. 【小问2详解】 这7家企业中，专利产出数大于6的企业有4家，所以的所有可能取值为， （服从超几何分布，） ，， ，， 故的分布列为： X 0 1 2 3 P 故的数学期望. 17. 如图，在四棱锥中，平面平面，底面为等腰梯形，且为的中点． （1）求直线与平面的夹角； （2）若，平面与交于点，求线段的长度． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）方法一：根据面面垂直的性质定理，结合线面角定义进行求解即可； 方法二：根据面面垂直的性质定理，建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可； （2）根据空间向量的线性运算坐标公式，结合法向量的性质进行求解即可. 【小问1详解】 方法一：连接，因为，所以， 又因为平面平面，平面平面， 所以平面， 所以即为直线与平面的夹角， 因为，所以． 又因为底面为等腰梯形，且， 所以，所以四边形为平行四边形，所以． 则，所以， 所以直线与底面的夹角为 方法二：连接，因为，所以， 又因平面平面，平面交平面于， 所以平面， 所以即为直线与底面的夹角， 因为，所以． 又因为底面为等腰梯形，且， 所以，所以四边形为平行四边形，所以． 取的中点，连接，因为底面为等腰梯形，所以， 由面，建立空间直角坐标系如图所示， 所以，所以， 面的法向量为，所以， 所以直线与底面的夹角为； 【小问2详解】 取的中点，连接，因为底面为等腰梯形，所以， 由（1）得面，建立空间直角坐标系如图所示， 所以， 所以， 因为，所以，则， 同理， 设面的法向量为，所以，则， 不妨令，所以，则． 令，所以 因为点在面中，所以，所以， 所以，所以． 综上，线段的长度为． 18. 已知抛物线：焦点为，直线与抛物线有且只有一个交点. （1）求抛物线的方程； （2）设抛物线的准线与轴交于点，过点作直线与抛物线交于两点. （i）若的面积为4，求直线的方程； （ii）设内切圆的半径为，求的最大值. 【答案】（1） （2）（i）或；（ii） 【解析】 【分析】（1）联立直线方程与抛物线的方程，得，由求得，从而得到抛物线的方程； （2）（i）易得，设，代入得，.设，结合韦达定理，根据的面积，求得的值，即可得到直线的方程；（ii）利用三角形的面积公式，将表示为的函数，利用导数分析其单调性，并求得其最大值. 【小问1详解】 由得，由已知可得， 所以抛物线方程为； 【小问2详解】 （i）抛物线的准线方程为，所以. 设，代入得，， 设，且，则. ，所以， 所以直线l的方程为：或； （ii）由（i）得 ， ， . 设，则 显然关于m是增函数. 令，则， 两边平方，化简整理得，此时对应的值满足题意. 由于关于m是递增函数，；， 所以当时，取得最小值，最小值为， 所以的最大值为. 19. 已知为常数，函数. （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点. ①求的取值范围； ②若恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据题意，求导可得，然后分与讨论，即可得到结果； （2）①将函数零点转化为方程有两个不等实根，然后由导数可得函数的值域，即可得到结果；②根据题意，由，得，化简可得，然后换元，构造函数，然后分，以及讨论，即可得到结果. 【小问1详解】 由题意，得. ①当时，因为，恒成立， 所以，故在定义域上单调递增. ②当时，由，得，解得； 由，得，解得. 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减. 【小问2详解】 ①由题意，得. 令，则. 易知为增函数，由，解得， 即. 由题意，关于的方程即有两个不等实根. 设函数，则. 由，得；由，得 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以. 又当时，；当时，， 所以，所以的取值范围是. ②由已知，得，. 两式相减，得， 故. 由，得， 故. 将代入，得， 即. 令，则， 即. 设函数，其中，则. 令，则. ①当时，，所以在区间上单调递增，故. 所以在区间上单调递减， 故，不符合题意. ②当时，由，得， 所以在区间上单调递增. 故当时，，所以在区间上单调递减. 所以，不符合题意. ③当时，，所以在区间上单调递减，故. 所以在区间上单调递增， 故，满足题意. 综上所述，的取值范围是. 【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数零点问题以及利用导数研究不等式恒成立问题，难度较大，解答本题的关键在于合理构造函数，然后通过导数知识求解. 学科网（北京）股份有限公司 $