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）

绵阳南山中学实验学校高2023级高三（下）周练测试（十） 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．在复平面内，复数对应的点与复数对应的点关于实轴对称，则 A． B． C． D． 2．已知平面向量，，若在上的投影向量为，则 A． B．1 C． D．2 3．已知圆C的圆心在y轴上，若圆C过点且与直线相切，则圆C的半径为 A． B．2 C． D．3 4．随着对某项新技术学习效率的提升，生产力不断提高．该技术下生产第一件产品的工时为，生产件产品的平均工时，其中（为产品工时递减速率）．现有一条工时递减速率为80%的生产线，则生产前四件产品与生产前两件产品的平均工时之比为 A．0.6 B．0.8 C．1.25 D．1.6 5．已知函数 的最小正周期为，则 A．1 B．2 C． D． 6．已知等比数列的首项为1，前项和为，若，则 A．4 B．2或4 C．1或4 D．1或2 7．已知函数是定义在上的偶函数，关于中心对称，则下列说法正确的是 A．的一个周期为6 B． C． D． 8．设，且，，，则它们的大小关系为 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．某同学上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30min，样本方差为36；骑自行车平均用时34min，样本方差为4.假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布.则 A． B． C．若某天只有34min可用，该同学为了尽可能不迟到，应选择坐公交车 D．若某天只有38min可用，该同学为了尽可能不迟到，应选择骑自行车 10．在正三棱柱中，，，，分别为，，的中点，则下列说法中正确的有 A．平面 B．平面平面 C． D．平面 11．在平面直角坐标系中，直线，直线，曲线上的动点到直线与的距离之积为定值1，为曲线的左、右焦点，则下列结论正确的是 A．曲线的方程为 B． C．点到点的距离最小值为4 D．若为曲线在点处的切线，则直线平分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．若等差数列满足，则_________. 13．已知曲线与的公切线为，则在轴上的截距为_________. 14．已知长方体中，，点为矩形 内一动点，记二面角的平面角为，直线与平面所成的角为，若 ，则三棱锥体积的最小值为_________. 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） 在中，角，，对应边分别是.已知成等差数列，且. （1）求的值； （2）若的外接圆半径为，求的面积. 16．（15分） 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，平面，点，分别在棱，上，且． （1）求证：； （2）若，与平面所成的角为60°，点关于平面的对称点为，求点到平面的距离． 17．（15分） 某次考试的多项选择题，每题4个选项中正确选项有2个或3个，得分规则如下：若正确选项有2个，只选1个且为正确选项得3分，2个且都为正确选项得6分，否则得0分；若正确选项有3个，只选1个且为正确选项得2分，选2个且都为正确选项得4分，选3个且都为正确选项得6分，否则得0分.学生甲对其中的一道多项选择题完全不会，该题恰有2个正确选项的概率为（），记为甲随机选择1个选项的得分，为甲随机选择2个选项的得分， （1）若，求； （2）求的概率分布列和数学期望； （3）证明：当且仅当时，. 18．（17分） 已知椭圆的长轴长为4，直线与椭圆交于，两点（点在第一象限）．当时，，在轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点． （1）求的标准方程； （2）若轴于点，连接并延长交于点，记直线的斜率为． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）设，求的最小值． 19．（17分） 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，恒成立，求a的取值范围； （3）若有最大值，记曲线在点处的切线方程为，证明：当时，存在使，且． 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） 数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C D A B C C B A ACD BC ACD 1．C【详解】因为，故复数在复平面内所对应的点的坐标为， 因为在复平面内，复数对应的点与复数对应的点关于实轴对称， 故复数在复平面内所对应的点的坐标为，即. 2．D【详解】由题意得，， 由投影向量的计算公式得，则，即，解得． 3．A【详解】设圆心坐标为，半径为，由题意可得，解得， 所以圆C的半径为. 4．B【详解】已知工时递减速率，且,所以， 由于生产前件产品的平均工时：，生产前件产品的平均工时：， 所以，将​，代入：， 则生产前四件产品与生产前两件产品的平均工时之比为0.8 5．C【详解】 .由题意知，，因为，所以. 6．C【详解】设等比数列的公比为, 当公比时 等比数列前项和，因此，满足. 此时； 当公比时 等比数列前项和公式为，代入得： , 整理得，令，则,解得（对应舍去）或， 因此.综上所述，或. 7．B【详解】选项A，的图像向左平移个单位得到， 又关于中心对称，关于中心对称，， 将式子中的用代替，得到， 是定义在上的偶函数，， ，将此式子中的用代替，得到， 则是一个以为周期的周期函数，故选项A错误； 选项B，关于中心对称，的定义域为，， 是定义在上的偶函数，，故选项B正确； 选项C，，，但是根据题中已知条件无法得到，故选项C错误； 选项D，是一个以为周期的周期函数， ，， ，，， ， ，， ， 仅根据已知条件无法确定其值，故不能得出，故选项D错误. 8．A【详解】首先比较的大小， 令，求导得在上恒成立， 所以在上单调递增.因为，所以. 又因为在上恒成立，且，所以， 所以，所以即. 由于在上单调递增，则.其次比较的大小， 令，求导得， 因为，所以，所以且， 所以，所以在上单调递减. 所以；又因为在上恒成立，所以， 又因为在上单调递减，所以， 即，由单调性可知.综合以及，所以 9．ACD【详解】对于A，因为坐公交车平均用时，样本方差36，坐公交车用时都服从正态分布， 所以，所以，A正确； 对于B，因为骑自行车平均用时，样本方差为4，骑自行车用时都服从正态分布， 所以，其分布关于均值34对称.由于而，40和30并不关于34对称， 故，B错误； 对于C，计算34分钟内不迟到的概率为，， 因为，所以坐公交车不迟到的概率更高，C正确； 对于D，计算38分钟内不迟到的概率为， ， 因为，所以骑自行车不迟到的概率更高，D正确； 10．BC【详解】取AC中点O，中点，连接，设， 因为正三棱柱，所以两两垂直， 以O为原点，为轴正方向建系，如图所示， 则 ，所以 ， 选项A：设平面的法向量，则，即，即， 则，所以与平面不平行，故A错误； 选项B：连接，因为正三角形ABC，所以， 又正三棱柱，所以平面ABC， 因为平面ABC，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面，故B正确； 选项C：，所以，则，故C正确； 选项D：因为，所以与不平行，所以与平面不垂直，故D错误. 11．ACD【详解】对于A，点到直线的距离为，到直线的距离为， 由题可得，所以， 又，故，所以曲线的方程为，故A正确； 对于B，由A知曲线的方程为，所以，， 所以，即，故B错误； 对于C，要使得点到点的距离最小，则点要在双曲线的右支上， 所以，且，所以， 当且仅当时，取等号，所以点到点的距离最小值为4，故C正确； 对于D，设点在双曲线上，满足， 则双曲线在点处的切线的方程为，即， 点到切线的距离， 点到切线的距离， 又， ， 所以，所以直线平分，故D正确. 12．【详解】因为数列为等差数列，且，所以， ，同理， 又，所以. 13．【详解】设曲线上的切点为， 又因为，所以直线，即 设曲线上的切点为， 又因为，所以直线，即 因为是公切线，所以，解得；所以 所以在轴上的截距为 14．【详解】如图，作平面，垂足为，再作，垂足为， 连接，则，，由，则， 又、平面，故，，则， 由抛物线定义可知，的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线一部分， 所以的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线一部分， 当点到线段距离最短时，三角形面积最小，即三棱锥体积最小， 取中点为原点，建立如图所示平面直角坐标系，则，，， 则直线的方程为：，即， 抛物线的方程为，则， 由题意，令，得，代入，得， 所以点的坐标为，所以到直线的最短距离为： ，因为，所以， 所以三棱锥体积的最小值为.故答案为：. 15．【详解】（1）因为成等差数列，所以. 因为，由正弦定理可得，将其代入，可得. 由余弦定理可得； （2）因为，且，所以. 设的外接圆半径为，则. 由正弦定理可得， 则. 所以的面积. 16．【详解】（1）证明：连，相交于点，连．∵底面为菱形，∴且． 又平面，平面，平面平面，∴， ∴，又，而． ∴平面，又，∴平面，而平面， ∴，，为等腰三角形，即． （2）若，则，由（1）知，∴平面， 以为原点以，，分别为轴，轴，轴建立直角坐标系， 又，∵，则，，，， ∵，，∴平面，与平面所成的角为60°， ∴，∴，∴．    ∴，，．     设平面的法向量为则；∴，     设，，则，到平面的距离相等， ，∴． 又，∴，解得；， 设平面的法向量为，∵，． 则取，，，∴，     则点到平面距离为． 17．【详解】（1）恰有2个正确选项的概率为，则恰有3个正确选项的概率为， 正确选项是2个时，随机选一个正确可得3分，概率为； 正确选项是3个时，随机选一个正确可得2分，概率为， 因此 （2）由题知，可能的取值为， ，，， （3）由题知，可能的取值为， ，， 故，， 故当且仅当时， 18．【详解】（1）由题意有，所以.设椭圆焦距为，易知椭圆过点，所以. 又，所以.所以，即，解得. 所以，，故的标准方程为． （2）（ⅰ）设，，，则，由题意有． 直线的斜率即的斜率为，所以直线的方程. 所以，又，在椭圆上， ∴，∴.∴，∴. （ⅱ）∵，而，， 由（ⅰ）知，∴，又， ∴，∴. 当且仅当，即时等号成立.所以．的最小值为． 19．【详解】（1）， 当时，，所以在上单调递增， 当时，令，解得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 当时，令，解得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减． （2）当时，恒成立，即，移项可得， 令， ， 令，，， ①时，又，所以， 令，， 令，， 在单调递减，，即，在单调递减，， 即，故时符合题意； ②当时，， 故，时，，单调递增，， 时，，单调递增，，故时不符合题意； 综上，的取值范围是； （3）证明：因为有最大值，所以， ，解得． 当时，，， 已知曲线在点处的切线方程为， 则切线斜率，又， 根据点斜式方程可得切线方程为， 即． 令，则． ， 令，， 当时，又，，， 即，在单调递增，， 故此时不存在使； 当时，，解得， 时，，单调递减， 时，，单调递增， 又时，，，， ，使得， 则当时，，即，单调递增， 当时，，即，单调递减， 又时，，，， 使得，即，综上，当时，存在使，且． 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 $