安徽省淮北市第一中学2026届高三下学期数学周考三

准北一中2026届高三下学期数学周考三 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M={xx=3k-2,k∈Z,N={x-4<x<4,则M∩N=() A.{-2,-1,0,1}B.{-2,-1} C.{0,1} D.{-2,1} 2.己知平面向量a,6,6=(-l,-),则“ā6=-1"是“a在z方向上的投影向量为 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 3.已知a>0且a≠1，若函数f(x)=loga2x-log。x与gx)=(a+2)+a在区间(0，+o)上都单调递增，则 实数a的取值范围是() A.(0,5- B.（W2-1,1 c.「5-1， D.「2-1， 4若ae(引ma cosa, 则sina+=() 3-sina 6 A.V3+2W2 B.√5-2V2 c.1+2V6 D.1-2W6 6 6 6 6 5.已知等差数列a,}的公差为2r,集合S={cosa,nN},若s=a,h,c,则a+b+c=（) A.-1 B.0 C.1 D.5 6.公元前300年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面 体、正十二面体和正二十面体这5种正多面体.公元前200年，阿基米德把这5种正多面体进行截角操作（即 切掉每个顶点)，发现了5种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如 图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图2所示的足球截面体的棱数为() 图1 图2 A.60 B.90 C.120 D.180 7.若定义在R上的函数f(x)满足f1+1)+f:f2，八x+1)是奇函数， 1,则 4（) 第1页（共4页） A.-月 B.0 c.1 D.2 8.已知抛物线C的方程为y2=4x,直线I与C交于A,B两点，A,B两点分别位于x轴的上下两侧，且 OAOB=5,其中O为坐标原点.过抛物线C的焦点F向I作垂线交I于点H,动点H的轨迹为L,则L的 方程和直线O斜率的最大值分别为() A.(x-3)+y2=4(除去点1,0)》 号8.(x-+=4(除去点0》 2v5 5 c.(x-32+y2=l,2 0.-+产=1，者 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定义区间a,b的长度为b-.己知函数f)=smox+o>0)的一个单调递增区间的长度为l,则下 6 列结论正确的是() A.f(x)的一个单调递减区间长度也为1 B.若1=2，则∫(x)的三个相邻最值点构成等腰直角三角形 C.∫(x)存在包含原点的单调递减区间 12,且/)在区间~4，)上单调递增，则的最大值 10.设平面向量01.05的夹角为行，若0-1，o网=2且0c=x01+y0i,则() A.当x+y=I时，A,B,C三点共线 B.当x=亏y=3时，0C平分∠4A0B C.当OC=1时，x+y的最大值为2 。.当o网-1时，的取位范里为局 11.定义：既有对称中心又有对称轴的曲线称为“和美曲线”，“和美曲线”与其对称轴的交点叫做“和美曲线” 的顶点.已知曲线C:2x2+3y2+x2y2=6,公众号悦爱学堂下列说法正确的是() A.曲线C是“和美曲线” B.点（√2,0是曲线C的一个顶点 C.曲线C所围成的封闭图形的面积S>4√6 D.当点(x,在曲线C上时，乃≤6 Γx+3 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12若直线=：是曲线)=“的一条切线，则k= 第2页（共4页） 13.在平面直角坐标系x0y中，双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，焦距长为4√5，若C和抛物线y=x交 于A,B两点，且△OAB为正三角形，则C的离心率为一· 14.有"个编号分别为1,2，.，n的盒子，第1个盒子中有2个白球1个黑球，其余盒子中均为1个白球 1个黑球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此 类推，则从第2个盒子中取到白球的概率是，从第”个盒子中取到白球的概率是 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.(13分)已知数列{a}的首项为a=4,且满足am1+a,=6×5"(n∈N). (1)求证：{a,-5}是等比数列； (2)求数列{an}的前项和Sn. 1615分)已知函数f到=mo+po>0,o引，圆c(-+y-} (1)若∫(x)两条相邻的对称轴与C相切，求0，p: 2若p=受，0=1,2)是/)的极值点，且点任，0=12，)有且仅有两个在C的内部，求0的取值范围。 17.(15分)如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD与BDEF均为菱形，FA=FC,且 ∠DAB=∠DBF=60°. (I)求证：平面ABCD⊥平面BDEF; 第3页（共4页） (2)设点P满足BP=元BF(元>0)，直线AE与平面APC所成角的正弦值为V30 求实数的值. 10 18.(17分)一般地，若两个椭圆焦点都在x轴或y轴上，长轴相等，其中一个椭圆的短半轴长与另一个椭 圆的焦距长相等，则称两个椭圆为相关椭圆，已知椭圆，+片，抛物线，=2pxp>0)与工有一一 个相同的焦点F过点F作互相垂直的两条直线1与1，直线I与「交于点G、B,直线1与「2交于点C、D. (1)求该椭圆的相关椭圆G方程及抛物线Γ2的方程 (2)四边形GCBD的面积是否存在最小值，若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由. (3)过椭圆CG左顶点A且斜率为k(k≠O的直线Z与椭圆C交于点M,与y轴交于点E,设点P为MA的中 点若x轴上存在点Q,对于任意的(k≠0，都有0P1E0(0为原点)，若+4状an∠A0E=2 0A.0E 求k的值. 1917分)已知函数=n-1,函数f回图象上的一点，八x怎： 按照如下的方式构造切 线lnn∈N):在点(x-,f(x)处作f(x)的切线ln,记切线n与x轴交点的横坐标为xn, (1)写出x,与x的递推关系式： (2)记f(x)的零点为r,且x。>r. (i)证明：当x1>r时，x。>r: (D证明：对于任意的Ce 都有x,-小<Ck-r· 第4页（共4页） 准北一中2026届高三下学期数学周考三 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.【答案】D 【详解】M中的元素都是形如3k-2的整数，其中k是整数.N包含所有大于-4且小于4的实数。 求交集MnN:需要找到满足-4<3k-2<4的整数k.解不等式：左边：-4<3-2解得k>-.右边： 3k-2<4解得k<2因此，整数k的取值范围是k=0和确定对应的X值：当k=0时， x=3.0-2=-2.当k=1时，x=31-2=1.结果：M0N中的元素是{-2,1}.故选：D. 2.【答案】C 故a6=-1,若ab=-1, ⊙a·B五= (2'2 故选：c 3.【答案】D 【详解】由题可知f(x)= Inx Inx 1 In(a+2)Ina In(a+2)Ina 1 1 因为f(x)在区间(0，+0）上单调递增，所以 In(a+2)Ina >0,即na+2a 当a>1时，有lna+2<lna,即2<0，不成立，当0<a<1时，有ln(a+2)0>0,lna<0,则 1 1 In(a+2)Ina 成立，所以0<a<1;又g(x=(a+2)+a在区间(0，+0)上都单调递增，所以 g(x=(a+2)ln(a+2)+alna20在xe(0,+o)时恒成立， 所以1+2 na一在x∈(0，+o)时恒成立， a In(a+2) 因为1+2>1，所以-na+2 Ina 1→-lna≤ln(a+2)→lna'≤ln(a+2), a 4.【答案】A 【详解】tand sind-cosa，即sina3-sina=cosa=l-sina,整理可得sina cosa 3-sina 因为a(引sma+osea=1所以oa=)29 12W2 所以sina+ 6 -sina cos+cosasinx21+2 6 63232 6 故选：A 5.【答案】B 【详解】根据已知条件，等差数列的通项公式为：Q,=4十m-刂根据三角函数的性质！ cosa,=cos4+(a+3-}eosa+(a-川）cosa,这说明数列eosa,的周期为3因为集合 S=(a,b,c,即cosa,有三个不同的值.设n=1时，cosa=a；n=2时，cosa,=cosa+ 2π1 =b;n=3时， cosa;=cos a+3 π =c.根据三角函数两角和公式可得： π cos a+3 2元-sind sin 2元1 =cos a,cos- 3 n 3=-2cos4-2 sina. π cos a+3 cosa cos- 3 3 2 cosa 3 -sin d, = ina. wo-bco-o 2 √3 3 cos a--cos a- 2 -sin a--cos a sin4=0,故选：B. 6.【答案】B 【详解】易知正二十面体有20个面，每个面都是三角形，每个顶点都是5条棱的交点，每条棱都是两个面 的公共边，所以，正二十面体的棱数为3×20=30，顶点的个数为3×20=12.由图象可知，正二十面体的每 2 5 个顶点截角后为一个正五边形，即每个顶点处增加了5条棱：原来的30条棱数量不变，所以，足球截面体 的棱数为12×5+30=90.故选：B. 7.【答案】A 【详解】由f(x+1)是奇函数，则f(x+)=-f(-x+1,故f(x关于(1,0中心对称， 由f(x+1)+f(x-1)=f(2),令x=1,则f(2)+f0=f(2),即f(0)=0, 由fx+1)=-f(-x+1,令x=1,则f八2)=-f(0)=0, 故f(x+1+f(x-1)=0,则fx+3)+f八x+1)=0, 故fx+3)=-f八x+1=f(x-1,即有f（x+4)=fx),故f(x)以4为周期， 2 1,则}》-1， 3-,+- )*引1，侣得+引). 则}456得 =1×1+2×-1+3×(-1+4×1+5×1+6×(-1=-1。 8.【答案】B 【分析】先由题设 利用OA.0B=5求出y2=-20,接着设直线I的方程为 x=my+”,利用韦达定理求出直线1方程和方程所过定点即可得动点H的轨迹和直线OH斜率最大值时的情 况，进而可求解 【详解】由题可设A 4 答，则0-g+=5解得=-20者=4（舍 16 设直线1的方程为x=m)+n，与抛物线方程联立得y2-4my-4n=0,所以y》2=-4n=-20,故n=5,故直 线I的方程为x=my+5,所以直线I过定点D(5,0),又因为FH⊥HD,由圆的定义可知动点H的轨迹是以 FD为直径的圆，因为F(1,0),FD=4,FD中点坐标为3,0)，所以H点的轨迹方程为L:(x-3+y2=4(除 去点1,0)，过原点的直线和在第一象限内相切时，斜率最大，所以直线O斜率的最大值为 2 25 V32-22 5 D 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。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9.【答案】ABD 【详解】对于A,一个增区间的长度等于一个减区间的长度，等于半个周期，故A正确： 对于B,相邻三个最值点可能是两个最大值点一个最小值点或是两个最小值点一个最大值点， 若是两个最大值点，其距离等于T=4,其高等于最大值减去最小值等于2，故B正确： 对于0>0,其个单调区何满足+即 π≤x≤ ,二，其中包含原点，故C不正确： 30 30 对于0，若1=2则0-号包合0的递塔区间，由不等式号经+爱经解得5x≤ 3 所以a的最大值为？，故D正确.故选：ABD, 10.【答案】ABD 【详解】对于A,当x+y=1时，OC=xOA+yOB=xOA+(1-x)OB,由平面向量基本定理，可得A,B,C三 点共线，故A正确； 对于8，如脚，当x号-时由0Coi+与0，可得0C-o-0-Om,即元-.拉 3 4,B,c三点共线，且AC=CB,过点C作CD1104,交OB于点D,因OA-1,O=2,则 2 AC OD 1 CBD8而品8放CD=0D,则∠D0C=ZDC0,由CD10A可得40c=∠DC0,则 LAOC=∠DOC,故OC平分∠AOB,即B正确； 对于C,如图，以0为坐标原点，OA所在直线为x轴，建立平面直角坐标系， 则A1,0),B(2co 2,2in25),即B-l,5,因od=1,不妨设Ccs0,sim6),由0c=x0A+y0B可得 x-y=cos0 (cos0,sin0)=(x,0)+(-y,5y),故得 V5=sim6’解得 ，故 3 r+y=2 sin0+cos0=21 sin0+o),其中ano=号，故x+y的最大值为3，放C错误；对于D,根 3 3 x= sin0+cos0 据C项建系，已得 3 sin+cos0)sin -sin0 cos0 3 3 3 y=. -sin0 3 11-cos28,V5 3 n29名+(20-名，因-1≤sin20-名s1,故得名w≤号，即9的取值范国为 11 6 63 6 「11 6'2 故D正确.故选：ABD. 11.【答案】AD 【详解】对于A,将-x,-y)代入曲线方程，易知成立，故曲线关于原点对称，将-x,),(x,一y)代入，易知 成立，故曲线关于坐标轴对称，故A正确；对于B,令y=0可得：x2=3,即x=±√3，故B错，对于C, 2r+3y=6-xys6,所以曲线C所围成的封闭图形在椭圆号+”1内部，而椭圆面积为： 32 ×5x5=V6<46,故C错误：对于D,由22+32+2=6，可得：y-6-2r, 3+r2,所以 6=-6=2≤6 +3≤+3，当X,=0时取等号，故D正确：故选：AD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.e 【详解】设直线=红与曲线y=”相切于点(.因为e=e产，所以=且=红， 解得6=2k=®.故答案为 1 13.√2 【详解】由对称性知A、B关于x轴对称，AOB为正三角形，则由正三角形对称性可知A、B为 y=±tan30°x=± x与抛物线的交点， 3 联立y= 号x与广=x得r=3或0（舍去），当x=时，y=5,故其中一个交点为3列 设双曲线方程为号茶=1，放2c=45,解得6=25.士V)在双线上 93 a61 .∫a2=6 a2=12-b2 b2=6 5 故离心率为e=￡-25-2： a 6 5 14. 【详解】记事件4表示从第1=12…，川个盒子里取出自球，则P4)=子，P冈=1-P川4= 所以P4=4P4=P4:P国P叫4国-号号兮号， P叫=P叫4P叫44+P国P叫4国=P叫号P叫国写P4+写导 P4=P叫4P+P国P国=P叫4号+P叫国写P叫4+写， 进可得4P4,P4一P4-引 4-后P,P叫小-P-引， 所以P叫4一骨是首项为后，公比为的等比数列， 所以叫4日名得得，即A4得+分极答案为：：得+号 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。 [x5-5 4 n为偶数 15.（13分)(1)证明见解析 (2)Sn= 4*51、9 1 n为奇数 【详解】(1)证明：“数列{an满足a+1+an=6×5,即a1=-a,+6×5,.a1-5m=-an-5”）即 a-5-1,又4=4,4-5=-山，数列a-5列表示首项为-1，公比为1的等比数列. 01-5m1 (2)由(1)知an-5”=-1×-1)=(-1”,∴an=(-1)”+5”,Sn=5+52+…+5”+(-1+1+…+(-1), 当”为偶数时，可得5=51-5）+0 0=×51_；当为奇数时，可得S _50-5）-1=x5-9 1-5 4 4 1-5 41 4 1 5H5 n为偶数 4 41 综上可得， S= 4*51、9 1 n为奇数. 41 1615分)=9=2 6