湖南省常德市汉寿县第一中学2025-2026学年高三上学期第三次周考数学试卷

湖南省常德市汉寿县第一中学2025—2026学年 高三上学期第三次周考数学试卷 一、单选题 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．设复数，则（    ） A． B． C． D． 3．将3个1和2个0随机排成一行,则共有多少种方法（    ） A．5 B．6 C．10 D．15 4．下列函数中为偶函数的是（    ） A．y = ln (1 + x) – ln (1 – x) B．y = ln (1 + x) + ln (1 – x) C．y = x cos x D．y = x + cos x 5．已知定义在上的函数满足，且函数是偶函数，当时，有，则（    ） A． B．2 C． D．10 6．如图，正方形中，是直线上的动点，且，则的最小值为（    ）    A． B． C． D．4 7．已知圆与圆没有公共点，则实数a的取值范围为（    ）． A． B． C． D． 8．设函数有7个不同的零点，则正实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．对于，有如下命题，其中正确的有（    ） A．若，则是等腰三角形 B．若是锐角三角形，则不等式恒成立 C．若，则为锐角三角形 D．若，则为钝角三角形 10．已知抛物线：的焦点为，、是抛物线上两点，则下列结论正确的是（    ） A．点的坐标为 B．若直线过点，则 C．若，则的最小值为 D．若，则线段的中点到轴的距离为 11．对于，有如下命题，其中正确的有（    ） A． B．若是锐角三角形，则不等式恒成立 C．若，则是等腰三角形 D．若，，，则的面积为或 三、填空题 12．已知数列的前项和满足：（），则数列中最大项等于______. 13．若，则f′(0)＝________. 14．甲乙两名运动员进行五局三胜制的乒乓球比赛，先赢3局的运动员获胜，并结束比赛，设各局比赛的结果相互独立，每局比赛甲赢的概率为，乙赢的概率为，设为结束比赛所需要的局数，随机变量X的数学期望是___________. 四、解答题 15．小张从家到公司上班总共有三条路可以直达，如图所示，但是每条路每天拥堵的可能性不太一样，由于路的长短不同，选择每条路的概率如下：，，．每天上述三条路不拥堵的概率分别为：，，．假设遇到拥堵会迟到，不拥堵便不会迟到． (1)小张从家到公司不迟到的概率是多少？ (2)小张到达公司未迟到且选择第一条路的概率是多少？（结果保留三位小数） 16．在棱长为的正方体中，是线段的中点，. （1）求证：； （2）求证：平面； （3）求三棱锥的体积. 17．已知数列是等比数列，，公比是的展开式的第二项（按的降幂排列）． (1)求数列的通项与前项和； (2)若，求． 18．已知椭圆：（）的上、下两个焦点分别为，，过的直线交椭圆于，两点，且的周长为8，椭圆的离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知为坐标原点，直线：与椭圆有且仅有一个公共点，点，是直线上的两点，且，，求四边形面积的最大值. 19．已知为自然对数的底． (1)讨论函数的单调性； (2)若对恒成立，求实数的取值范围； (3)若函数有两个不同零点，，求证：． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C C B B C B C BD BD 题号 11 答案 AD 1．C 【分析】根据交集的运算法则计算即可. 【详解】因为， 所以， 故选：C. 2．C 【分析】由已知复数写出其共轭复数，利用复数除法化简. 【详解】由题设，故. 故选：C 3．C 【分析】根据题意即5个位置留3个位置给1,剩下的给0. 【详解】解:由题知3个1和2个0随机排成一行, 即有5个位置留给1和0, 在5个位置中挑出3个给1,剩下的填0即可, 即, 故选:C 4．B 【分析】根据偶函数的定义逐项判断即可. 【详解】解：对A，y = ln (1 + x) – ln (1 – x)的定义域为 ，所以该函数为奇函数，故A错误； 对B，y = ln (1 + x) + ln (1 – x)的定义域为 ，所以该函数为偶函数，故B正确； 对C，y = x cos x的定义域为，且 所以该函数为奇函数，故C错误； 对D，y = x + cos x的定义域为， 所以该函数既不是奇函数，也不是偶函数，故D错误. 故选：B. 5．B 【分析】根据函数的奇偶性结合可得为周期函数，且周期为4，进而根据周期即可求解. 【详解】由于为偶函数，所以， 故，又， 所以，因此， 进而可得，所以为周期函数，且周期为4， ， 故选：B 6．C 【分析】根据给定图形，用表示向量，再利用共线向量定理的推论，结合“1”的妙用求解即得. 【详解】正方形中，，则， 而，则， 又点共线，于是，即，而， 因此， 当且仅当，即时取等号， 所以当时，取得最小值. 故选：C 7．B 【分析】求出圆、的圆心和半径，再由两圆没有公共点列不等式求解作答. 【详解】圆的圆心，半径， 圆的圆心，半径，， 因圆、没有公共点，则有或， 即或，又，解得或， 所以实数a的取值范围为. 故选：B 8．C 【分析】分段函数分段处理，在，各有1个零点，所以有5个零点，利用三角函数图象与性质即可得解. 【详解】由题，当时，，显然在上单调递增，且，，此时在在有一个零点； 当时，，，所以在上单调递减， ，此时在上只有一个零点； 所有当时，有5个零点， 当时，，所以， 解得，即. 故选：C. 【点睛】分段函数的零点问题点睛：根据函数的特点分别考虑函数在每段区间上的单调性，结合零点存在性定理，得到每一段区间上的零点的个数，从而得出函数在定义域内的零点个数. 9．BD 【分析】对选项A，根据题意得到或，即可判断A错误；对选项B， 根据题意得到，从而得到，即可判断B正确；对选项C，根据题意得到，从而得到，即可判断C错误；对选项D，根据得到为钝角，即可判断D正确. 【详解】对选项A，， 所以或，故A错误； 对选项B，是锐角三角形， 所以， 所以，故B正确. 对选项C，， 所以，. 又因为，所以为钝角，为钝角三角形，故C错误； 对选项D，， 即，又因为，所以为钝角，为钝角三角形，故D正确. 故选：BD 10．BD 【分析】由抛物线方程确定焦点坐标知A错误；直线与抛物线方程联立，利用韦达定理可知B正确；根据过焦点可知最小值为通径长，知C错误；利用抛物线焦半径公式，结合中点坐标公式可求得点纵坐标，知D正确. 【详解】抛物线，即， 对于A，由抛物线方程知其焦点在轴上，焦点为，故A错误； 对于B，依题意，直线斜率存在，设其方程为， 由，消去整理得， 则，，，故B正确； 对于C，若，则直线过焦点， 所以， 所以当时，， 所以的最小值为，故C错误； 对于D，因为，则， 即点纵坐标为，所以到轴的距离为，故D正确. 故选：BD. 11．AD 【分析】对于A，由正弦定理与两角和的正弦公式判断，对于B，由正弦函数性质判断，对于C，由正弦函数性质判断，对于D，由正弦定理与面积公式判断 【详解】对于A，在中，，由正弦定理化简得，故A正确， 对于B，是锐角三角形，则，得， 故B错误， 对于C，若，则或，是等腰三角形或直角三角形，故C错误， 对于D，由正弦定理知，得，，，或，故D正确， 故选：AD 12． 【解析】利用得到，令，可得数列的通项公式，进而可得数列的通项公式，利用的正负来确定数列中最大项. 【详解】因为， 得时，， 两式相减得:，即：， 令，又∵， ∴数列是首项，公差为1的等差数列， 则，所以，， ， 所以， 故数列中且最大， 故答案为: . 【点睛】本题考查构造等差数列，利用递推式求通项公式，考查学生的观察能力和分析能力，对于数列最大或者最小项，可以通过的正负来寻找，是中档题. 13．0 【分析】由已知结合求导的方法即可求解. 【详解】由， 得， 所以f′(0)＝0. 故答案为：0. 14． 【分析】先分析的所有取值，再求出，，，列出分布列，再利用期望公式求解即可． 【详解】由题意可知的所有取值可能为：3，4，5， 包含甲赢前三局和乙赢前三局两种情况， 则； 包含甲赢前三局中的两局和第四局和乙赢前三局中的两局和第四局两种情况， 则， ， 则的分布列如下： 3 4 5 则， 故答案为：． 15．(1) (2) 【分析】（1）小张从家到公司不迟到会受到三条路的影响，因此这是一个全概率问题，根据全概率求解即可； （2）运用条件概率公式之后，再用概率的乘法公式计算即可. 【详解】（1）设事件为到公司不迟到（说明选择的路不拥堵），事件为选择第条路． 由全概率公式，得 ． 所以小张从家到公司不迟到的概率是． （2）． 所以他选择第一条路的概率约是． 16．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）. 【分析】（1）由已知中正方体中，与为底面正方形的对角线，互相垂直，结合正方体性质，我们结合线面垂直的判定定理得到平面，进而得到； （2）连接，我们易证明，进而结合线面平行的判定定理，我们易得到平面； （3）由三棱锥的体积等于三棱锥的体积，我们分别计算出棱锥的高及三角形的面积，代入棱锥体积公式即可得到答案． 【详解】（1）证明：根据正方体的性质，因为平面，平面 所以，又 所以平面，平面，所以； （2）证明：连接，因为， 所以为平行四边形，因此， 由于是线段的中点，所以， 因为面，平面， 所以平面 （3） 17．(1)； (2) 【分析】（1）由二项展开式通项可确定，由等比数列通项公式可得；分别在和的情况下，利用等比数列求和公式求得； （2）当时，，对的展开式进行求导运算，代入即可求得，即可得到；当时，将整理为，利用二项式系数的性质可求得结果. 【详解】（1）展开式通项公式为：， ，又，； 当时，； 当时，； 综上所述： （2）①当时，； ，， 令得：，即； ②当时，； 综上所述：. 18．（1）.（2）4. 【详解】试题分析：（1）首先根据椭圆中焦点三角形周长结论可得，，然后由，即可得椭圆的基本量求解方程（2）直线与椭圆只有一个交点，则联立后方程=0得m，k的关系式，然后由点到直线距离公式得d1，d2，写出四边形的面积，将各量代入化简求解即可 试题解析： （1）因为的周长为8，所以，所以.又因为，所以，所以， 所以椭圆的标准方程为. （2）将直线的方程代入到椭圆方程中，得 . 由直线与椭圆仅有一个公共点，知 ，化简得. 设，， 所以 ， ， 所以 . 因为四边形的面积， 所以 . 令（），则 ， 所以当时，取得最大值为16，故，即四边形面积的最大值为4. 19．(1)见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出原函数的导函数，分和两种情况讨论，由导函数的符号确定原函数的单调性； （2），设，利用导数求出的最大值，则实数的取值范围可求； （3）由有两个不同零点，，得，，两式作差可得，即，要证，只要证明，即证，不妨设，记，则，，转化为，构造函数，利用导数证明成立即可． 【详解】（1）解：， 当时，， 所以在上是增函数， 当， 当时，，当时，， 所以函数在上是增函数，在上是减函数； （2）解：对恒成立可化为对恒成立， 故对恒成立， 令， 则，因为函数时减函数，且， 则当时，，当时，， 所以函数在上递增，在上递减， 故F在处有最大值 所以； （3）证明：有两个不同零点，，则， 因此，即． 要证，只要证明，即证， 不妨设，记，则，， 因此只要证明，即． 记，， 令，则， 当时，， 所以函数在上递增，则， 即， 则在上单调递增，， 即成立， ． 【点睛】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查导数的几何意义，考查恒成立问题，正确求导是关键，主要查了学生的数据分析能力和逻辑推理能力，属难题． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $