四川绵阳南山中学实验学校2026届高三下学期数学周练测试（十三）

绵阳南山中学实验学校高2023级高三（下）周练测试（十三） 数 学 注意事项： 1. 答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上。 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3. 回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4. 考试结束后，将答题卡交回。 一、单选题：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．设全集，集合，，则 A．4 B．5 C．7 D．9 2．已知圆锥的轴截面是直角三角形，且该圆锥的顶点和底面的圆周都在球的球面上，则该圆锥与球的体积之比为 A． B． C． D． 3．已知圆，：点在圆外，：直线与圆有两个公共点，则是的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 4．已知，则的值是 A． B． C． D． 5．树人中学选派出甲、乙、丙、丁四名学生参加接力比赛，要求甲不跑第一棒，丁不跑第四棒，则不同的接力比赛顺序有 A．8种 B．种 C．种 D．种 6．已知实数，若且，则 A．9 B．21 C．27 D．30 7．已知函数在处取得最小值，则在区间上的单调递减区间为 A． B． C． D． 8．如图直四棱柱的各棱长均为2，且.动点P在侧面内（不含边界），满足与平面所成角为，当点P在面对角线上时，记作，则到直线的距离为 A． B． C． D． 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．已知复数，，且，下列说法正确的是 A．是纯虚数 B．是实数 C．是虚数 D．若，则是实数 10．已知函数，下列说法正确的有 A．对任意，函数都是偶函数 B．若，则函数在上存在唯一极小值点 C．若，则函数在上存在极值点 D．若，且方程有且仅有一个实数解，则 11．已知为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为，，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，线段交双曲线于点，则下列说法正确的有 A． B．若，则双曲线的离心率为 C．若双曲线的离心率为，则 D．若为线段的中点，则双曲线的离心率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知为坐标原点，平面向量.若点满足，且，则实数__________. 13．已知椭圆的左、右焦点分别为，，椭圆上一点满足，以的短轴为直径作圆，截直线的弦长为，则椭圆的方程为______. 14．已知在中，角，边.点在线段上满足，则线段长度的取值范围是___________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．（13分） 在数列中，． （1）求证：数列为等比数列； （2）设，求数列的前项和． 16．（15分） 已知函数，直线与曲线相切． （1）求实数的值； （2）若是函数的极大值点，求实数的取值范围． 17．（15分） 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，． （1）若是棱的中点，证明：面； （2）若，，求平面与平面夹角的余弦值． 18．（17分） 在平面直角坐标系中，设抛物线的焦点为，点，，且向量与共线． （1）求的方程． （2）已知动直线与交于两个不同的点． （ⅰ）若过点且斜率小于0，证明：以为直径的圆被轴截得的弦长大于． （ⅱ）若不经过点，且平分，求的外接圆圆心的轨迹方程． 19．（17分） 2026年马年春晚《武》节目中，宇树科技的人形机器人与塔沟武校的少年武者进行了一场人机武术对抗赛．假设每局比赛中，机器人获胜的概率为0.6，少年武者获胜的概率为0.4，且每局胜负相互独立．比赛采用局胜制（即先赢得局者获胜）． （1）当时，记结束比赛时的局数为X，求X的分布列和数学期望； （2）设在该赛制下机器人获胜的概率为． （i）求和的值，并比较它们的大小，据此说明和哪种赛制对机器人更有利； （ii）随着k的增大，机器人获胜的可能性如何变化？证明你的结论． 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 绵阳南山中学实验学校高2023级高三（下）周练测试（十三） 数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A B C D D D C D AD ABD ACD 1．A【详解】因为，，，所以，即. 2．B【详解】设该圆锥的底面半径为，因为该圆锥的轴截面为直角三角形， 所以该圆锥的高为，则该圆锥的体积． 设球的半径为R，则，解得，则球的体积为． 所以该圆锥与球的体积之比为. 3．C【详解】由点在圆：外，可得，此时，圆心到直线的距离为，即直线与圆相交，故充分性成立； 由直线与圆有两个公共点，可得圆心到直线的距离为，则有，即点在圆：外，故必要性成立. 故是的充分必要条件. 4．D【详解】， 5．D【详解】4名学生排列总数：， 甲跑第一棒的情况：，丁跑第四棒的情况：， 甲跑第一棒且丁跑第四棒的情况：，总顺序数：． 6．D【详解】设，则，由于，则， 故由可得，即，解得，舍去， 故，即得，又，则，即，结合，得， 故，则. 7．C【详解】因为，则， 若函数在处取得最小值， 则，解得，可得，又因为，则， 令，解得，所以在区间上的单调递减区间为. 8．D【详解】取的中点，连接，，因为底面是菱形，且， 所以.又因为平面，平面，所以. 由于平面，所以平面. 因为与平面所成角为，所以与平面所成角也是. 由于为直线在平面上的射影，所以. 在中，，所以， 所以点的轨迹在正方形面内，以点为圆心，以1为半径的半圆弧. 当点在面对角线上时，记作，可知点恰好为正方形的中心. 取的中点，连接，则直线，，两两垂直， 以为坐标原点，分别以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图空间直角坐标系. 则，，，，， 记， 所以到直线的距离. 9．AD【详解】A. 为纯虚数，故A正确； B.，只有时，才是实数，故B错误； C.，只有时为虚数，为实数，故C错误； D. 为实数，故D正确. 10．ABD【详解】A选项：函数的定义域为，关于原点对称， 且，故对任意，为偶函数，A正确. B选项：当时，，求导得， 令则，故在上单调递增， 又，所以当 时 ， 时 ， 因此是在上唯一的极小值点，B正确. C选项：当时，，，当时，，， 故，在上单调递减，无极值点，C错误. D选项：当时，结合B选项可知，在处取得最小值， 方程有且仅有一个解，则最小值为，即，解得，D正确. 11．ACD【详解】A，双曲线的一条渐近线方程为，即， 不妨设在渐近线上，则，而，则，故A正确； B，不妨设在渐近线上，由A知，，，，且， 则，即，则，即， 因为，所以，即， 将代入双曲线方程，得， 整理得，则，所以双曲线的离心率为，故B错误； C，由双曲线的离心率为，则，即， 则，即，由B知，，即， 而，则，， 则，故C正确； D，由B知，，若为线段的中点，则， 将代入双曲线方程，得， 整理得，则，所以双曲线的离心率为，故D正确. 12．【详解】已知，，则 设，则因为，所以（*）， 因为，所以， 将其代入（*），可得，解得. 13．【详解】圆的方程为， 设圆与直线交于，，线段中点为， 如图，连接， 因为为弦中点，所以，即， 因为，所以，所以//， 因为为的中点，所以是的中点，，，且垂直平分弦， 因为，，所以， 所以，由椭圆定义可知，，, 所以，解得，，所以椭圆方程为. 14．【详解】因为，故，而，则，； 因为角， 设，，代入正弦定理， 化简得，则， 由， 两边平方，整理有： ， ； 由，则有，， 所以 ， 则， 因为，，则，故， 所以，即，当且仅当，等号成立. 15．【详解】（1）由题意，故， ，结合可知为递增数列，可得 故，即数列是公比为3的等比数列． （2）由（1）可得，即， 采用分组求和方式．设为数列的前项和．为数列的前项和． 则① ② ①-②可得： 即．又． 故． 16．【详解】（1）设直线与曲线相切于， 因为，所以切线斜率为，所以，则，所以切点为， 又因为切点在直线上，所以，所以． （2）， 则． 当时，，，，，所以在上单调递减，在上单调递增， 所以是的极小值点，不满足题意； 当时，，，，，，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以是的极小值点，不满足题意； 当时，，，所以在上单调递增， 所以不是的极值点，不满足题意； 当时，，，，，，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以是的极大值点，满足题意， 综上，的取值范围是． 17．【详解】（1）设与的交点为，连接， 因为是菱形，所以是线段的中点， 又是棱的中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面；． （2）过作，连接， 因为，所以， 又，且平面，所以平面， 又平面，所以， 因为平面，所以平面， 作，则有平面，以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 因为，， 所以， 因为，所以，则， 则， 则，， 设平面的法向量为，则，得， 设平面的法向量为，则，得， 设平面与平面夹角为，所以， 综上，平面与平面夹角的余弦值为． 18．【详解】（1）解：（1）由题意知， 则，因为向量与共线，所以， 解得，故的方程为． （2）（ⅰ）证明：设的方程为，代入， 得，． 设，，则，， 则． 设以为直径的圆为圆，且圆心的坐标为，则， 则圆心到轴的距离， 所以圆被轴截得的弦长为， 因为，所以，则 ，即以为直径的圆被轴截得的弦长大于4． （ⅱ）因为平分，所以直线与关于直线对称， 又直线的方程为，且点关于直线对称的点为， 所以，即． 将，代入，得，因为，所以． 当直线的斜率不存在时，，此时，重合，这显然不符合题意， 则直线的斜率存在．设的方程为，代入， 得，则，，解得． 由，得或，由平分，，都在上，得均位于第一象限，则． 设外接圆的圆心为，线段的中点坐标为，则， 所以线段的垂直平分线的方程为，整理得①． 同理可得线段的垂直平分线的方程为②． 由，及①②可得． 因为， 所以线段的垂直平分线的方程为， 将代入上式得． 因为，所以，故的外接圆圆心的轨迹方程为． 19．【详解】（1）当时，赛制为三局两胜制，故X的可能取值为， ，, 2 3 0.52 0.48 （2）①因为每局比赛中，机器人获胜的概率为， 由题可知为局胜制时，机器人获胜的概率，机器人获胜的情形有两种：或， 所以， 为局胜制时，机器人获胜的概率，机器人获胜的情形有三种：或或， ， 所以，所以时，局胜制对机器人更有利. ②随着k的增大，机器人获胜的可能性越来越大. 证明如下：由①可知，， 下面讨论局与前局的递推关系： （i)若前局中机器人恰好赢了局，则后两场机器人都要赢才能获胜， 其概率为，即. （ii)若前局中机器人恰好赢了局，则后两场机器人至少要赢一场才能获胜， 其获胜概率为，即. （iii）若前局中机器人至少赢了局，则后两场机器人无论输赢都获胜， 其获胜概率为. ， ， ，，即 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 $