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（十二）

绵阳南山中学实验学校高2023级高三（下）周练测试（十二） 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．已知集合，则 A． B． C． D． 2．已知，，，若，则 A． B． C． D． 3．已知复数满足，且，则 A．1 B． C． D． 4．已知，则 A． B． C． D． 5．双曲线的两个焦点分别是、，焦距为8，是双曲线上的一点，且，则 A．1 B．3 C．7 D．9 6．函数的部分图象如图所示，则 A． B． C． D． 7．已知函数，，则 A．是偶函数，且在单调递增 B．是偶函数，且在单调递减 C．是奇函数，且在单调递增 D．是奇函数，且在单调递减 8．已知圆锥的顶点为，底面圆心为，，，分别为圆锥的母线，，，则三棱锥体积的最大值为 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．我国“天宫勘探计划”中，AI自主从编号1-12的深空探测目标（含行星、小行星等）里随机选一个执行任务，定义： 事件：“选中奇数编号目标”（对应具备稀有金属开采价值的天体） 事件：“选中编号小于7的目标”（对应我国近地测控覆盖范围内的天体） 事件：“选中1，2，4，8号目标”（对应已通过天眼确认存在特殊星际物质的重点目标） 现在需要分析AI选择探测目标时，以下任务事件的概率关系正确的有 A． B． C． D． 10．已知函数的极大值点和极小值点分别记为和，过点，分别作x轴的平行线交的图象于点C，A，过点M，N构造矩形，如图所示，则下列说法正确的是 A． B．点M为线段CD的三等分点 C．当时，四边形ABCD为正方形 D．当时，四边形为菱形 11．已知抛物线：的焦点为，的准线与轴交于点，过的直线与交于，两点，且，延长，与分别交于点，，则 A． B． C．直线的斜率为 D．四边形的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．在的展开式中，的系数为__________．（用数字作答） 13．将10个数从小到大排列，若这列数成等差数列，且所有奇数项的和为30，所有偶数项的和为40，则这列数的中位数等于__________. 14．在平面凸四边形中，，，，的面积为．当最大时，四边形的面积为__________． 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） 已知数列中，，． （1）令，求证：数列是等比数列； （2）求数列的前项和． 16．（15分） 如图，在三棱锥中，与均为等边三角形，. （1）证明：； （2）若点M到平面的距离为1，求平面与平面夹角的余弦值. 17．（15分） 近年我国人工智能大模型发展迅猛，其中语言模型（处理、理解和生成人类语言）和多模态模型（处理、理解和生成文本、图像、音视频等）是其中两个重要的领域，某研究机构对2025年某区域的企业发布的所有大模型中随机抽取了14款进行标准化测试，由测试数据得到下面的散点图： （1）用频率估计概率，根据2025年该区域的企业发布大模型的分布情况，估计该区域2026发布的大模型是多模态模型的概率； （2）若t为时间变量，y为分数，根据多模态模型数据（，2，3，4，5，6，表示2025年1月份，表示2025年6月份，…），计算得，，. （i）建立y关于t的线性回归方程； （ii）根据语言模型的数据建立的回归方程为，该区域的某家企业在2026年4月发布了1款标准化测试得分为68分的大模型，定义统计量，Q值越小的大模型发生的可能性越大，则该款大模型更有可能是语言模型还是多模态模型，并说明理由. 附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，. 18．（17分） 已知函数，其中． （1）当时，求在处的切线方程； （2）若函数存在单调递增区间，求实数的取值范围； （3）若R，对任意的恒成立，求的最小值． 19．（17分） 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，过且与轴垂直的直线交于A，B两点． （1）求的大小； （2）若为的上顶点，斜率为的直线与交于M，N两点（异于的上、下顶点），记直线DM，DN的斜率分别为． （i）若，求的方程； （ii）若，过作的垂线，垂足为，是否存在点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 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（十二） 数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D C B B D D A B ABD AC ABD 1．D【详解】因为，所以， 则，所以. 2．C【详解】由可得，解得，则， 故. 3．B【详解】设复数，则，因为，所以， 因为，所以，即，所以. 4．B【详解】因为，所以， 又，所以，则，即， 所以. 5．D【详解】由题意知，，所以. 在双曲线中，有，所以，又，所以. 由双曲线定义知，，即，所以或. 又，即，所以.综上，. 6．D【详解】由图知，该函数的周期满足，即，解得， 则，将点代入，可得， 由图知，函数图象在点附近单调递减，故，即， 故. 7．A【详解】，的定义域为， ，是偶函数， 当时，，当时，， ， ，，，，， 在上是单调递增函数. 8．B【详解】因为，，故母线， 又，故，故为底面圆直径； 对三角形，设边上的高为，则其面积， 当且仅当为弧的中点时取得最大值； 故三棱锥体积. 9．ABD【详解】由题可得总样本数为 12（编号 1-12）， 事件为“选中奇数编号目标”：，共6个，则， 事件为“选中编号小于7的目标”，共6个，则， 事件为“选中1，2，4，8号目标” ，共4个，则; 事件AB 为“奇数且编号小于 7”，即 ，共 3 个，, ,所以，故A正确； 事件AC为“编号为1”，共1个，所以,则，故B正确； 事件 为“编号为3,5,7,9,11”，共5个，所以,所以; 所以，故C错误； 事件为“编号为1”，共1个，所以,; 所以，故D正确. 故选：ABD. 10．AC【详解】由求导得， 因，由，可得或，由可得， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 故函数的极大值点为，极小值点为，则，故A正确； 由图知分别是函数图象在点处的切线.因， 将直线的方程与联立，消去，得， 即，解得； 再将直线的方程与联立，消去， 得，即，故得， 因四边形是矩形，则， 即点M为线段CD的四等分点，故B错误； 对于C，由上分析知，，当时，， 又四边形是矩形，故此时ABCD为正方形，故C正确； 对于D，因，且， 则四边形为平行四边形， 又，当时，，故D错误. 11．ABD【详解】因为的准线与轴交于点，所以的准线的方程为，则， 所以，即抛物线：,此时焦点，即，故A项正确； 如图，过点，分别作，，垂足分别为点，， 根据抛物线的定义可知，，且，又， 所以，则为的中位线，所以，故B项正确； 不妨设，均在第一象限内，由，可得，， 所以，，将其代入，可解得，， 所以直线的斜率为， 由图形的对称性可知，又可能均在第四象限内，所以直线的斜率为，故C项错误； 由点，，可求得直线的方程为， 整理得，与抛物线联立，消可得： ，整理得，解得， 再由点，，可求得直线的方程为， 整理得，与抛物线联立，消可得： ，整理得，解得， 由上可得，，可得四边形， 即四边形为梯形，因为，，所以， 即四边形的面积为，故D项正确. 12．【详解】展开式的通项, 令得,所以的系数为. 13．7【详解】， 所以，所以这列数的中位数等于 14．【详解】在中，，，， 由余弦定理可得， 即，整理可得，解得或（舍去）， 所以，故， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系， 则、、，则点在第一象限，设点， 则，解得，则， 因，而，， 则， 当且仅当时，即当时，等号成立，此时取最大值，则点， 故. 15．【详解】（1）因为，，所以， 再由， 因为，所以，代入上式得：， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列； （2）由（1）可得：， 则 16．【详解】（1）取中点，连， 由知， 又平面，所以平面. 因为平面，所以. （2）过作交于，则平面，所以. 又，所以中，， 由余弦定理可求得，，所以. 以为原点，如图建系， 平面中，， 设法向量为，则. 即，令，所以. 设平面的法向量为，, 则. 即，令，所以. 所以. 17．【详解】（1）由2025年的数据可知，随机抽取了14款大模型，其中多模态模型有6款，用频率估计概率，多模态模型的频率为，所以该区域2026发布的大模型是多模态模型的概率为. （2）(i)  因为，，， 表示2025年1月份，表示2025年6月份，所以 所以， 所以，根据， 所以y关于t的线性回归方程为： (ii) 已知2026年4月，则，计算多模态模型的预测值和残差，，残差为：， 所以.再计算语言模型的预测值和残差，，残差为：，，所以，所以根据值越小的大模型发生的可能性越大，所以该款大模型更有可能是语言模型. 18．【详解】（1）当时，，函数定义域为 故，又，所以切线方程为. （2）由题意得 若不存在单调增区间，则恒成立，即恒成立， 令， 当时，当时 所以在单调递减，在单调递增， 所以，所以即 因此所求实数的取值范围为. （3）由（2）知 所以在单调递减，又，， 所以必存在正数，使得，即 由（2）知当时，即，当时，即， 当时，即， 由上可知在单调递增，在单调递减， 所以， 所以，即， 令 因为 当时，单调递减，当时，单调递增， 所以， 所以的最小值为 19.【详解】（1）因为，所以， 又，所以， 将代入方程，得， 所以，所以， 又，所以， 由椭圆的对称性知，. （2）因为为的上顶点，所以，即，所以， 所以，所以椭圆的方程为. （i）若，则直线DM，DN的方程分别为， 由，可得，解得，所以， 即，同理可求得， 所以直线的斜率为， 所以直线的方程为，即. （ii）设直线的方程为， 由，消去并整理可得， 则， 且. 由，可得 ，解得，满足， 所以直线的方程为，所以直线过定点. 由题意知点在以为直径的圆上， 所以当点为线段的中点时，，为圆的半径，即为定值. 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 $