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（六）

绵阳南山中学实验学校高2023级高三（下）周练测试（六） 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．复数，则 A．1 B．2 C．3 D．4 2．设集合，则 A． B． C． D． 3．已知抛物线C：的焦点为F，点在抛物线C上，且，则 A．8 B．6 C．5 D．4 4．已知单位向量满足，则 A． B．2 C． D．1 5．某市为了鼓励市民节约用水，计划实施阶梯水价政策.现随机抽取1000户居民，统计其月用水量（单位：吨），并绘制出如图所示的频率分布直方图.若用这1000户居民的月用水量的80%分位数作为月用水量的临界值（精确到0.1），使得月用水量不超过该值的用户不受水价上调的影响，则该市月用水量的临界值为 A．26.8吨 B．27.7吨 C．28.3吨 D．29.2吨 6．已知函数的极小值点为，则的取值范围是 A． B． C． D． 7．已知函数的一条对称轴为，一个对称中心为点，且在内仅有3个零点，则的值为 A．7 B．6 C．5 D．4 8．在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，过直线的平面截该正方体所得截面，则当平面与平面所成的锐二面角最小时，截面的面积为 A． B．4 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．已知函数，则 A．点是曲线的对称中心 B．当时，函数有两个极值点 C．当时，函数在R上单调递增 D．过原点可作曲线的切线有且仅有两条 10．设双曲线的左、右焦点分别为，.过的直线与的两条渐近线的交点分别为、，为的中点，为坐标原点.则 A．是直角三角形 B．是等腰直角三角形 C． D．直线的斜率为 11．将一枚质地均匀的硬币连续投掷次，定义随机变量为结果中连续出现正面的最大次数.若始终未出现正面，规定，例如，投掷结果为“正反正正”时，连续出现正面的次数为和，故，则 A． B． C． D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知，则_________． 13．在中，已知的角平分线交于D，，，则_________． 14．在空间直角坐标系中，点，，定义．如图，正方体的棱长为5，，平面内两个动点，分别满足，，则的取值范围为_________． 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） 已知数列是等比数列，，，数列满足：. （1）求，的通项公式； （2）求数列的前项和. 16．（15分） 某智能系统用于处理判断题（答案只有“对”和“错”），系统内设有两个独立的预测模型，分别记为模型甲和模型乙.系统的答案输出规则如下：系统首先同时向模型甲与模型乙提问，若两者答案一致，则直接输出该答案；若两者答案不一致，系统将重新向模型甲提问一次，并以模型甲此次给出的答案作为最终输出答案.已知模型甲回答正确的概率为，模型乙回答正确的概率为0.75，假设各模型每次回答相互独立. （1）当时，求系统第一次同时向两个模型提问时，两个模型答案不同的概率； （2）若系统最终输出正确答案的概率不低于0.88，求的最小值. 17．（15分） 已知球的半径为1，在球的内接八面体中，顶点，分别在平面两侧，且四棱锥与都是正四棱锥. （1）如图1，若点在平面上，求证：平面； （2）如图2，若二面角的正切值为，求该内接八面体的体积. 18．（17分） 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）若有两个零点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 19．（17分） 已知，为椭圆的左，右顶点，为上的一点，为双曲线上的一点（，两点不同于，两点），设直线，，，的斜率分别为，，，，且. （1）设为坐标原点，证明：，，三点共线； （2）设、的右焦点分别为、，、均在第一象限，直线与直线相交于点，. （i）证明：； （ii）证明：. 绵阳南山中学实验学校高2023级高三（下）周练测试（六） 数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A B D A C A B D ABC ABD ABD 1. A【详解】依题意，. 2. B【详解】由题意得, 显然仅表示奇数，而表示整数，因此集合是集合的子集，即，故选：B 3. D【详解】由题意可得抛物线的焦点为，准线方程为， 根据抛物线的定义可得，则. 4．A【详解】由题意可知， 所以. 5. C【详解】由频率分布直方图可知，前五组的频率之和为，前六组的频率之和为，设该市月用水量的临界值为吨， 则，由，得，故该市月用水量的临界值为28.3吨. 6. A【详解】由，可得， 因为函数的极小值点为，所以， 若，则，所以在上恒成立，故函数无极小值， 又函数的极小值点为，故，又时，令，可得或， 当，所以，当，，所以是函数的极小值点，符合题意， 又时，令，可得或， 当，所以，当，，所以是函数的极大值点，不符合题意， 综上所述：的取值范围是.故选：A. 7. B【详解】由题设，函数 其对称中心到对称轴的最短距离是，两对称轴间的最短距离是， 所以，即，所以，． 因为函数在内仅有3个零点，所以，解得，所以.故选：B 8．D【详解】如图：当平面与平面所成角等于和平面所成的线面角时， 平面与平面所成角最小（最大角定理），取中点， 此时平面与平面所成角为，余弦值为． 过点作为中点，延长交延长线于， 连接交于点，连接，，分别取棱，中点，， 则六边形PNHGQF即为截面，截面是边长为正六边形，其面积为．故选：D. 9．ABC【详解】对于A，，故点是曲线的对称中心，故A正确；对于B，当时，， 令，解得或；令，解得， 在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，在处取得极小值， 故B正确； 对于C，当时，恒成立，故函数在R上单调递增，故C正确， 对于D，，设切点为， 所以在点处的切线方程为：， 又因为切线过点，所以，解得，， 即过点可作曲线的切线有且仅有1条，故D错误. 10. ABD【详解】如图，由于，则，，，A正确； 如图，连接，由于为的中位线，则且,所以，于是为等腰直角三角形，B正确； 由，则，， 则，，则C错误； 在中，由正弦定理：，则， 于是，由对称性可知，D正确； 11. ABD【详解】对于A，对应于连续次扔出正面，于是，A正确； 对于B，，，，， 则，B正确； 对于C，观察前次扔出连续的次正面并不等价于前次的以及接下来的. 严格计算：，，，C错误； 对于D，不妨设表示前次投掷中出现正面的次数， 于是，则，则，于是，D正确.故选：ABD 12. 【详解】由，可得，， 则. 13. 【详解】因为的角平分线交于D，所以， 设，又因为，所以， 又因为，设，则，解得， 在中，由余弦定理可得 14．【详解】设，，∵， ∴，点的轨迹为．又， 则，，即， 化简得点的轨迹为． 在平面直角坐标系中作出，轨迹，设点轨迹与轴两个交点分别为， 点轨迹为圆，圆心为，半径，且与轴两个交点分别为， 如图所示， 结合图象得：， 又，，所以． 15.【详解】（1）设等比数列的公比为，则，所以，， 因为， 当时，， 两式相减得， 则时，；当时，由得，解得符合该式；所以，. （2）由于， ，所以. 16.【详解】（1）不妨设事件“模型甲回答正确”，事件“模型乙回答正确”，则“模型甲回答错误”，“模型乙回答错误”， 由于与相互独立，与，与，与都相互独立， 由题意可得，，，，， 分析可得，“在第一次提问中两个模型答案不同”的概率为，且与互斥，根据概率的加法公式和事件的独立性定义，得 ， 故在第一次提问中两个模型答案不同的概率为0.325. （2）系统最终输出正确答案包含两种互斥的情况：一是第一次提问时两模型答案一致且正确；二是第一次提问时两模型答案不一致，且第二次向模型甲提问时其回答正确. 系统第一次输出正确答案的概率为：， 由（1）可知，在第一次提问中两个模型答案不同的概率为： ， 系统第二次输出正确答案的概率为：， 设系统最终输出正确答案的概率为，则， 于是，解得，又由，于是，则的最小值为. 17.【详解】（1）如图，连接，则必过点， 在四边形中，由于对角线，互相平分， 则四边形为平行四边形，故， 由于平面且平面， 所以平面； （2）解法1  如图，记正方形的中心为，取中点，连接，，，，由于，则，同理可证，则为二面角的平面角，又，则， 则为二面角的平面角，为二面角的平面角， 不妨设点在的下方，设 则，，，，， 于是，， 于是， ， 由于，则，解得， 则，则， 即内接八面体的体积为； 解法2  如图，记正方形的中心为，连接，， 则，，两两垂直，如图，以点为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，不妨设点在的下方， 则，，，， 于是点，，，， 设平面的一个法向量为，，， 由，，令，则， 于是平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为， ，， 由，，令，则， 于是平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为，由于， 则，则，， 则，即内接八面体的体积为. 解法3  如图，过点作，记正方形的中心为，连接，， 由于平面，，平面，则，， 且，则，，两两垂直，如图，以点为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 由对称性，不妨设点在的下方，设 则，，，， 于是点，，，， 设平面的一个法向量为，，， 由，，令，则，， 于是平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为， ，， 由，，令，则，， 于是平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为，由于，则，则， 则，即内接八面体的体积为. 18.【详解】（1）由于；令，则， 令，，在上单调递增；令，，在上单调递减； 于是的单调递增区间为，单调递减区间为； （2）（i）解法1  由于 若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾； 于是，令，则等价于， 易得，因为，则， 令，则在上单调递增，在上单调递减， 则， 因为即，，所以， 显然不符合题意，故，即， 令，，则在上单调递增，且， 由于，所以， 由于，令，在上单调递增，则， 于是，， 由零点存在定理，存在使得， 当时，易证，则即， 由于， 取，且，则，由零点存在定理，存在使得， 所以当时，在上有两个零点. 解法2  由于，， 若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾： 于是，令，，，则，令，则， 由于，令，， 当时，，即，于是在上单调递增， 当时，，即，于是在上单调递减， 于是， 若，即，由，则，可得，同解法1； 解法3  由于，， 若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾； 于是，设，， 若，则，在上单调递减，且， 不妨令，则，于是取，则， 且在上连续，由零点存在定理，存在唯一，， 于是在单调递增，在单调递减，则存在唯一极大值点； 若，令，则，于是在上单调递增，在单调递减，由于，则，，且， 且在上连续，由零点存在定理，存在唯一，， 于是在单调递增，在单调递减，则存在唯一极大值点； 综上所述：若，有一个极大值点；， 于是， 若，则至多只有一个零点，矛盾； 若，由于，同解法1； 解法4  令，则，， 于是函数与函数的图象在上有两个交点，由于， 设，，，于是在上单调递减，且， 于是时，，，在上单调递增； 时，，，在上单调递增： 且，，所以函数的图象如图所示，所以， （ii）根据（i）可知，，其中，则， 下证：即证：. 设  ， 令，，于是在上单调增，在上单调递减，则，即证. 19.【详解】（1）设，，则，， 因为，可知：，，， 因为，可知：，则，， 由可知：，可知：，因此，，，三点共线. （2）（i）由可得：， 由（1）可知：.由，可知： ，且，都在第一象限，则，， 由（1）知：，，，由（*）式结合，可知： ，，则，， 因此可得：， 由此可知：； 另解：由（1）可知：，则，直线， 联立直线与椭圆：，解得点， 同理：，以下同上个解法. （ii）由（i）可知：，， 则；直线，直线， 设点，于是，， 则，即，则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 则，，于是，则； 另解1：由（i）可知：， 则；如图，取的中点，的中点，记椭圆左焦点为，连接， 由于，设，则，则，，三点共线，于是，则， 于是，则，，，四点共线. 于是，，由于为的中位线，则， 因为，则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 则，，于是，则. 另解2：由于，， 则，则是等腰直角三角形， 于是， ，， ， 同理可求， 由于， 于是，， 且，为锐角，由在上单调递增，所以． 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 $