精品解析：安徽安庆市第一中学2026届高三下学期数学第三次周测试题

安庆市第一中学2026届高三下学期数学第三次周测 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】C 【解析】 【详解】在数轴上分别标出集合，所表示的范围，如图所示， 由图可知，． 2. “a＝－4”是“直线l：3x＋ay＋a＋3＝0与圆C：相切”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用直线与圆相切得到圆心到直线的距离等于半径，建立的方程，解出的值，利用充分条件和必要条件得到结论. 【详解】由直线l：3x＋ay＋a＋3＝0与圆C：相切， 得，解得a＝0或a＝－4， 则“a＝－4”是“直线l：3x＋ay＋a＋3＝0与圆C：相切”的充分不必要条件． 故选：B. 3. （　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算即可得到答案. 【详解】. 故选：B. 4. 已知是函数的图象上的任意一点，过分别向直线和轴作垂线，垂足分别为，则（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，，利用向量垂直的坐标表示求出点的坐标，即可求出的值． 【详解】设，，由， 即，解得， 所以， 则， 所以． 5. 已知锐角，满足，，则下列结论不可能成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题设结合三角恒等变换公式可得，，，进而结合选项分析求解即可. 【详解】由 ， 则. 由， 则，即，则，， 综上所述，，且，. 结合选项，当，时，满足上述两个式子； 当，时，满足上述两个式子； 当时，由可知，此时不满足，. 故选：C 6. 已知四棱锥中，平面，，点到直线的距离为2．以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间垂直关系证明线面垂直，再利用球被平面所截得到一个圆，然后利用已知条件计算交线长即可. 【详解】 在梯形中，因为， 所以，则，即， 因为平面平面所以， 又因为平面，所以平面， 又因为平面，所以， 由点到直线的距离为2，可得， 再过点作，垂足为，则， 又因为平面，所以平面， 由，，可得， 则以为球心，为半径的球面与侧面的交线是以为圆心的圆弧， 其半径为：， 又由，可得 则在直角中，由点到的距离等于， 所以直线与这个以为圆心的圆弧相离， 即与侧面的交线是以为圆心的圆弧长为， 故选：B 7. 某生物学兴趣小组对某地同种成年向日葵的株高（单位：cm）进行了测量，发现株高近似服从正态分布．已知测量的向日葵平均株高为，标准差为14.5．现按株高将这批向日葵划分为四个等级：过矮（后）、正常偏矮、正常偏高、过高（前）．若，则“过高”等级中最矮株高可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据标准正态分布的对称性可得，运算求解结合选项分析判断. 【详解】因为，则， 可得，解得， 即“过高”等级中的株高，结合选项可知D正确，ABC错误. 故选：D. 8. 已知为椭圆的左、右焦点，为椭圆的上顶点，为椭圆的右顶点，连接交椭圆于另一点，若，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用平行线的性质得到，利用相似三角形的性质得到，再结合余弦定理得到，进而得到，最后构建齐次方程求解离心率即可. 【详解】如图，连接，因为为椭圆的上顶点，所以， 因为，所以，故， 解得，设，，则， ，由余弦定理有， 即，解得， 因为，所以， 化简得，即， 整理得，解得，故B正确. 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. 已知四棱锥的体积为12，四边形是平行四边形，为的中点，经过直线的平面与侧棱，分别交于点，.设，，则（ ） A. 时，平面 B. 时， C. 四面体的体积为3 D. 四棱锥的体积的最小值为4 【答案】BCD 【解析】 【分析】由平面得到平面平面，与是平面和平面的交点矛盾即可判断A；由题设求出，进而得到D是平面与四棱锥的棱的交点即可分析判断B；由点P和点A到平面距离相等得到即可计算判断C；先由基底表示，进而结合共面定理得到，再由题设分析计算得到四棱锥的体积为，再由基本不等式即可计算求解判断D. 【详解】由题可知是平面和平面的交点， 当时，所以，又平面，在平面外， 所以平面，若平面， 则由、平面得平面平面， 则平面与平面无交点，与是平面和平面的交点矛盾，故A错误； 时，，因为为的中点，所以， 因为四边形是平行四边形，所以，则， 又因为平面、平面，则平面， 所以D是平面与四棱锥的棱的交点， 所以D与N重合，即，所以，故B正确； 因为为的中点，所以点P和点A到平面距离相等， 所以四面体的体积为， 所以四面体的体积为3，故C正确； 由题意可得， 因为共面，所以即， 设点P到平面的距离为d，则， 因为，， 所以点M到平面的距离为，点N到平面的距离为， 所以， ， 所以， 因为为的中点，所以点A和点P到平面的距离相等， 所以， 所以四棱锥的体积为， 当且仅当即时等号成立， 所以四棱锥的体积的最小值为4，故D正确. 10. 定义在上的函数对任意实数均满足，且当时，，．则下列结论正确的是（ ） A. B. 函数为偶函数 C. 在上单调递减，在上单调递增 D. 不等式的解集为 【答案】AB 【解析】 【分析】利用赋值法判断A，结合题意并利用偶函数的定义判断B，利用函数单调性的定义判断C，将目标不等式合理转化判断D即可. 【详解】令，得，即，故A正确； 令， 则， 即是偶函数，故B正确； 当时，因为，所以， 因为，所以， 则在上单调递增，故C错误； 由题意知，且， 因此不等式可化为， 因为在上单调递增， 所以，解不等式得，故D错误． 故选：AB 11. 上饶市某学校从高一的800名男生中随机抽取50名测量身高，被测学生身高全部介于155cm和之间，将测量结果按如下方式分成八组：第一组，第二组，⋯，第八组.下图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分，已知第一组与第八组人数相同，第六组的人数为4人.以下说法正确的是（ ） A. 第二组的频率为0.016 B. 第七组的频率为0.06 C. 估计该校高一800名男生的身高的中位数约为 D. 估计该校高一800名男生的身高的平均数约为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于AB，由频率分布直方图矩形面积为1即可求得各组的频率，对于C，先确定中位数所在组，再用中位数计算方法即可求解，对于D，将各组中点值乘以频率后相加即可得到平均数. 【详解】对于A，第二组的频率为，故A错误； 对于B，由题意得第六组人数为4人，则有第六组的频率为，纵坐标为0.016， 所以第七组的满足，故B正确； 对于C，由直方图得，身高在第一组的频率为， 身高在第二组的频率为， 身高在第三组的频率为， 身高在第四组的频率为， 由于，， 设这所学校高一800名男生的身高中位数为，则， 则有，解得，故C正确； 对于D，设这所学校高一800名男生的身高平均数为， 身高在第五组的频率为， 身高在第六组的频率为， 身高在第七组的频率为， 身高在第八组的频率为， 则有， 故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆柱与圆锥的高的比为，底面半径的比为，若圆锥的体积为1，则圆柱的体积为_____， 【答案】 【解析】 【分析】设圆柱的高为，底面半径为，则其体积，设圆锥的高为，底面半径为，则其体积，根据两者的高和半径的比得到体积之比，再由圆锥的体积为1，得到圆柱的体积. 【详解】设圆柱的高为，底面半径为，则其体积，设圆锥的高为，底面半径为， 则其体积，所以， 所以. 答案为： 13. 已知，若在区间上存在两个不相等的实数，，满足，则的最小正整数为________. 【答案】5 【解析】 【详解】因为，所以， 又函数在区间上存在两个不相等的实数，使得， 且， 所以函数在区间上至少存在两个最大值点， 所以，解得， 所以的最小正整数为：5. 14. 已知数列满足，，则数列的通项公式为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用已知求的方法，分别讨论时，与时，的通项，再进行验证； 【详解】由， 当时，， 当时，， 两式相减，得，即， 所以， 所以， 所以， 由于时，不满足上式， 所以. 故答案为：. 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，角所对的边分别为，且,,． （1）求； （2）求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边角互化可求得，结合条件求出的正弦值，利用正弦定理即可求出的值； （2）利用和角的正弦公式求出的值，再由三角形的面积公式计算即得. 【小问1详解】 由， 得， 因为，所以， 所以，则， 因为，所以， 由正弦定理，，因为， 则； 【小问2详解】 因为， 所以 ， 则. 16. 为促进消费，某电商平台和生产商在本周联合推出“有奖闯关”活动．活动规则如下：消费者成功闯过第一关获得基础券（获得元基础券的概率为，获得元基础券的概率为）．闯过第一关后，可进行第二关闯关，成功闯过第二关后可获得进阶券元，且这两种优惠券可叠加使用抵扣支付金额．已知消费者闯过第一关的概率为，闯过第二关的概率为．某生产商将商品定价元，成本元；优惠券成本由生产商承担基础券面额的，进阶券面额的． （1）若，，记消费者购买一件该商品的实际支付金额为（单位：元），求的分布列和数学期望； （2）设所有消费者均闯过第一关获得了基础券，推出活动后商品购买概率为，记生产商销售一件该商品的期望利润为（单位：元）．（期望利润 购买概率（支付金额的期望商品成本）优惠券成本的期望） （i）求关于的函数表达式； （ii）证明：在内存在唯一极大值点，并求当为何值时，商家期望利润最大？最大期望利润是多少?（结果保留 位小数） 【答案】（1）分布列： （2）（i） （ii）证明：对求导得： 令，整理得，解得根为，（舍去，不在内）， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 因此在内存在唯一极大值点，且该点为最大值点， 计算最大期望利润：. 所以时，最大期望利润为 【解析】 【分析】（1）分析消费者实际支付金额的所有可能取值，计算每个取值对应的概率，得到分布列，计算； （2）（i）计算消费者支付金额的期望，再计算优惠券成本的期望，分别计算基础券成本期望和进阶券成本期望，再求和，最后根据期望利润的定义，结合购买概率，代入支付金额期望、商品成本、优惠券成本期望，得到的函数表达式； （ii）对求导，得到导函数，分析导函数在内的单调性，找到导函数极大值点，代入计算最大期望利润. 【小问1详解】 实际支付金额的所有可能取值为， ， ， ， ， ， 的分布列为： . 【小问2详解】 (i)求的函数表达式已知所有消费者都闯过第一关，按题目期望利润公式分步计算： 支付金额期望：， 商品成本， 优惠券成本期望：基础券成本， 进阶券成本， 总成本期望， 购买概率， 代入公式： . (ii)略 17. 在矩形中，，，为的中点，将沿翻折至，使得平面平面，得到如图所示的四棱锥． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 在矩形中，，，为的中点， 所以，所以，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 又平面，所以． （2） 【解析】 【分析】1）利用勾股定理证明垂直，再结合面面垂直的性质定理可证明线面垂直； （2）利用空间向量法来求线面角的正弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，的中点，连接，则，所以平面， 由题可得，所以，所以两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，． 设平面的一个法向量为， 则，取，得，， 所以．设直线与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 18. 已知函数，． （1）若，求不等式的解集； （2）若函数有1个极值点，且，证明：有两个零点； （3）在（2）的条件下，设的两个零点分别为，（），证明：． 【答案】（1） （2）由（1）知，当时，在上单调递增，没有极值点； 当时，，由函数，（）的图象知， 当时，存在唯一的，使， 且当时，，单调递减，当时，，单调递增， 故只有1个极值点， 因为，且，故1是在区间上唯一的零点，且， 又时， ，故存在唯一的，使得， 所以有两个零点. （3）由（2）知，，，， 当时，，时， ， 又在上单调递增， 要证，只要证，即证， 由，得，即要证， 因为，则，所以只需证，（*） 设（），则，令， 则，显然在上单调递增，且， 所以 在上恒成立，故在上单调递增， 又，故 在上恒成立， 所以在上单调递增，又，故， 故，得到，即（*）式成立， 故，从而，证毕. 【解析】 【分析】（1）求导判断函数在上单调性，结合求解不等式； （2）分和讨论，利用导数判断单调性进而判断零点个数； （3）由（2）知，，，在上单调递增，利用分析法要证，只要证，即证，结合，即证，构造函数，利用导数证明. 【小问1详解】 由题知的定义域为，且， 若，则,又,故恒成立，在上单调递增， 又，故不等式 的解集为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 已知两点的坐标分别是，直线相交于点，且直线的斜率与直线的斜率的差是2． （1）求点的轨迹的方程； （2）已知上存在三点，且关于直线对称． ①求的取值范围； ②若为等边三角形，求． 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）利用斜率公式，列方程化简即可； （2）①利用直线与抛物线联立，求出对称点的中点坐标，利用中点在对称轴上找到参数的相等关系，再利用判别式恒大于0，来求出参数的范围，最后再排除特殊情况即可； ②利用弦长公式，结合等边三角形可得到相等关系，再通过坐标满足的方程来求解即可. 【小问1详解】 设点． 因为直线的斜率与直线的斜率的差是2，所以， ， 化简得：． 【小问2详解】 ①因为关于直线对称，所以直线的斜率为-2． 设直线的方程为， 联立消去可得． 所以 所以中点坐标． 因为点在直线上，所以． 因为，所以， 因为曲线方程，即曲线上要挖掉两点， 即直线不能经过点， 若直线过点，则， 若直线过点，则． 综上所述：的取值范围是． ②因为为等边三角形，所以点在直线上． 设，则， ． 所以，即， 化简得，①． 因为点在直线上，所以②． 由①②消得，． 因为，所以， 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安庆市第一中学2026届高三下学期数学第三次周测 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. “a＝－4”是“直线l：3x＋ay＋a＋3＝0与圆C：相切”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. （　　） A. B. C. D. 4. 已知是函数的图象上的任意一点，过分别向直线和轴作垂线，垂足分别为，则（ ） A. B. C. 0 D. 5. 已知锐角，满足，，则下列结论不可能成立的是（ ） A. B. C. D. 6. 已知四棱锥中，平面，，点到直线的距离为2．以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（ ） A. B. C. D. 7. 某生物学兴趣小组对某地同种成年向日葵的株高（单位：cm）进行了测量，发现株高近似服从正态分布．已知测量的向日葵平均株高为，标准差为14.5．现按株高将这批向日葵划分为四个等级：过矮（后）、正常偏矮、正常偏高、过高（前）．若，则“过高”等级中最矮株高可能为（ ） A. B. C. D. 8. 已知为椭圆的左、右焦点，为椭圆的上顶点，为椭圆的右顶点，连接交椭圆于另一点，若，则椭圆的离心率为（ ） 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. 已知四棱锥的体积为12，四边形是平行四边形，为的中点，经过直线的平面与侧棱，分别交于点，.设，，则（ ） A. 时，平面 B. 时， C. 四面体的体积为3 D. 四棱锥的体积的最小值为4 10. 定义在上的函数对任意实数均满足，且当时，，．则下列结论正确的是（ ） A. B. 函数为偶函数 C. 在上单调递减，在上单调递增 D. 不等式的解集为 11. 上饶市某学校从高一的800名男生中随机抽取50名测量身高，被测学生身高全部介于155cm和之间，将测量结果按如下方式分成八组：第一组，第二组，⋯，第八组.下图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分，已知第一组与第八组人数相同，第六组的人数为4人.以下说法正确的是（ ） A. 第二组的频率为0.016 B. 第七组的频率为0.06 C. 估计该校高一800名男生的身高的中位数约为 D. 估计该校高一800名男生的身高的平均数约为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆柱与圆锥的高的比为，底面半径的比为，若圆锥的体积为1，则圆柱的体积为_____， 13. 已知，若在区间上存在两个不相等的实数，，满足，则的最小正整数为________. 14. 已知数列满足，，则数列的通项公式为______. 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，角所对的边分别为，且,,． （1）求； （2）求的面积． 16. 为促进消费，某电商平台和生产商在本周联合推出“有奖闯关”活动．活动规则如下：消费者成功闯过第一关获得基础券（获得元基础券的概率为，获得元基础券的概率为）．闯过第一关后，可进行第二关闯关，成功闯过第二关后可获得进阶券元，且这两种优惠券可叠加使用抵扣支付金额．已知消费者闯过第一关的概率为，闯过第二关的概率为．某生产商将商品定价元，成本元；优惠券成本由生产商承担基础券面额的，进阶券面额的． （1）若，，记消费者购买一件该商品的实际支付金额为（单位：元），求的分布列和数学期望； （2）设所有消费者均闯过第一关获得了基础券，推出活动后商品购买概率为，记生产商销售一件该商品的期望利润为（单位：元）．（期望利润 购买概率（支付金额的期望商品成本）优惠券成本的期望） （i）求关于的函数表达式； （ii）证明：在内存在唯一极大值点，并求当为何值时，商家期望利润最大？最大期望利润是多少?（结果保留 位小数） 17. 在矩形中，，，为的中点，将沿翻折至，使得平面平面，得到如图所示的四棱锥． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知函数，． （1）若，求不等式的解集； （2）若函数有1个极值点，且，证明：有两个零点； （3）在（2）的条件下，设的两个零点分别为，（），证明：． 19. 已知两点的坐标分别是，直线相交于点，且直线的斜率与直线的斜率的差是2． （1）求点的轨迹的方程； （2）已知上存在三点，且关于直线对称． ①求的取值范围； ②若为等边三角形，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $