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（十四）

绵阳南山中学实验学校高2023级高三（下）周练测试（十四） 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 A． B． C． D． 2．已知全集均为的子集，且，则 A． B． C． D． 3．函数，则 A．是奇函数 B．是周期函数 C．的最大值为2 D． 4．已知双曲线的左、右焦点分别为，，O是坐标原点，过作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为P，若，，则双曲线的方程为 A． B． C． D． 5．在中，已知，，，，边上的两条中线，相交于点P，则的余弦值为 A． B． C． D． 6．已知，，则 A． B． C． D． 7．某科技公司研发人工智能大模型， 训练该模型每月消耗的算力 (单位:千 PFLOPS・天)是前一个月的固定倍数，且始终保持增长. 观测到第4个月消耗的算力为4， 第3个月与第5个月消耗的算力之和为10 . 则 A．第3个月消耗的算力为1 B．前5个月消耗的总算力为16 C．第7个月消耗的算力比第4个月增长300% D．前8个月消耗的总算力与第4个月消耗的算力比值为 8．已知函数，若存在，对于任意都有，则实数的取值范围是 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. 9．一个袋子中有 4 个红球和 2 个白球，采用不放回方式依次摸取 2 个球. 设事件 为“第一次摸到红球”，事件 为“第二次摸到红球”，则 A． B． C． D．与相互独立 10．已知正四棱台上底面的边长为，下底面边长为，且，则下列说法正确的有 A．该四棱台的体积为14 B．侧棱与底面夹角的正切值为 C．若为的中点，则平面BDE D．该四棱台的外接球表面积为 11．已知点在曲线上，，则 A．点不可能在第三象限 B．点可能在直线上 C．当点在第一象限时，的最小值为 D．当直线与曲线有两个交点时，的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．若有5个人排成一排，其中甲、乙必须相邻，而丙不能站在两端，则不同的排法共有______种.（用数字作答） 13．若等差数列的前项和为，且，则______. 14．已知函数的部分图象如图所示．若，，，四点在同一个圆上，则______. 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，内角，，满足． （1）求； （2）若为边上一点，，，，求的面积． 16．（15分） 在学校举行的科学教育知识竞赛中，甲、乙两位同学进入了决赛，决赛以抢答的形式回答问题，一共回答3道题，每道题均从题库中随机抽取，若每道题甲、乙抢到的概率均为，每道题甲回答正确的概率均为，每道题乙回答正确的概率均为.比赛规定每道题由先抢到的同学回答，回答正确，该同学得1分，回答错误，对方得1分，得分高的同学获胜.甲、乙两人回答每道题正确与否均相互独立. （1）若，，设比赛结束甲的得分为，求； （2）为增加比赛的趣味性，拟由3道题增加到5道题，试判断增加两题后，甲获胜的概率是否增大？请说明理由. 17．（15分） 已知函数. （1）对任意，是的必要条件，求的最小值； （2）对任意，函数存在两个零点.求的取值范围. 18．（17分） 如图，在三棱锥中，为正三角形，是棱的中点，，，． （1）证明：； （2）点满足，且平面. （i）求的值； （ⅱ）求平面与平面所成角的余弦值． 19．（17分） 如图，在平面直角坐标系中，曲线，点，直线与轴交于点，同时与曲线交于点，点P，Q分别是曲线与线段AB上的动点． （1）求的值； （2）若直线PQ与轴垂直，且，求点的坐标； （3）若为曲线上一点，是否存在点使得四边形FQDP是以为邻边的矩形，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（十四） 数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C A D A B D D A BC ACD AC 1．C【详解】. 2．A【详解】根据图，阴影部分为，显然集合与无公共部分， 所以． 3．D【详解】函数，定义域得.化简得. 选项A：，故是偶函数，不是奇函数，A错误. 选项B：假设是周期函数，则存在非零常数，对任意，都有. 取，则，即，得，与矛盾. 故假设不成立，不是周期函数，B错误. 选项C：取，则，C错误. 选项D：，所以，D正确. 4．A【详解】双曲线渐近线为，不妨设在渐近线上，即，如下图所示，   由，有，所以， ，所以，， 中，， 中，， 则有，得，又，有，解得， 所以双曲线的方程为. 5．B【详解】在中，由余弦定理可得 ，即， 因此满足，可得是以的直角三角形， 以B为坐标原点，，分别为x轴，y轴，如下图所示， 则，，，，， 则，，易知即为向量，的夹角， 所以． 6．D【详解】， 由 ， 所以. 7．D【详解】对于A：因为每月消耗的算力是前一个月的固定倍数，且始终保持增长， 说明每月消耗的算力构成了一个公比的等比数列， 设第个月消耗的算力为，则；已知，， 得：，即，解得或， 又因为，所以，，故A错误； 对于B：已知，，所以，，，， 前个月消耗的总算力为，故B错误； 对于C：，增长率，故C错误； 对于D：，，故D正确. 8．A【详解】， ∵存在，对于任意都有，∴在左侧附近，函数小于0. ，， ①当时，， ∴存在，对于任意都有，，函数单调递增， ∴当时，，满足题意. ②当时，，， ∴当时，，函数单调递减，∴不存在，对于任意都有， ③当时，，∴存在，对于任意都有，函数单调递减， ∴当时，，不满足题意. 综上所述，实数的取值范围是. 9．BC【详解】由题意可得，，所以A错误； ，所以B正确； ，所以，所以C正确； 由于，所以，所以与不相互独立，所以D错误. 11．ACD【详解】设棱台的上下底面中心分别为， 对于A选项，因为正方形ABCD的边长为，正方形的边长为， 所以 ，台体的高为， 由台体体积公式可知，该正四棱台的体积为，A正确； 对于B选项，侧棱与底面夹角的正切值为，B错误； 对于C选项，当点为的中点时，易知为AC的中点，则， 因为平面平面BDE，故平面，C正确； 对于D选项，易知该正四棱台外接球球心在直线上，设球的半径为， ， 则，由可得，解得，故， 因此，该四棱台的外接球表面积为，D正确． 11．AC【详解】选项A：当时，方程为，即，无实数根，故A正确； 选项B：若点在直线上，则， 与曲线W联立得，整理得，无实数根，故B错误； 选项C：当时，方程为，整理得，则，所以， 则点A为左焦点，设右焦点为F，由椭圆的定义可得，则， 所以，当且仅当三点共线时取等号，故C正确； 选项D：当时，方程为，与联立，得， 由判别式，解得， 当时，，解得，不符合题意； 当时，，解得，，符合题意； 所以当直线与曲线在第一象限有两个交点时，； 当时，方程为，渐近线方程为，（舍去） 当时，方程为，渐近线方程为，（舍去）， 综上，若要直线与曲线有两个交点，的取值范围为，故D错误. 12．24【详解】因为甲、乙必须相邻，故将甲、乙捆绑到一起算作一个“个体”，内部有种排列方法，此时共有4个“个体”， 若丙不能站在两端，则丙只能站在中间两个位置中的一个，共2种排列方法，其余3个“个体”全排列，共有种排列方法， 故共有种排列方法.故答案为：24. 13．【详解】利用等差数列前项和公式， 代入得：，代入已知条件：， 化简得：， 展开并整理：，解得，即：， 因此：，故. 14．【详解】设，，，. 结合五点作图法，可令，，则，所以，. 令，，则，所以，. 令，，则，所以，. 令，，则，所以，. 则，中点与，中点均为，. 又，，，四点在同一个圆上，所以点，为圆心. 则有，即，， 则，解得或.又，所以. 15．【详解】（1）由， 所以, 所以，又为三角形内角，所以，所以． （2）因为，所以， 所以， 又，所以，， 所以面积． 16．【详解】（1）每一道题甲抢到并回答正确的概率为， 每一道题乙抢到并回答错误的概率为， 所以每一题甲得一分的概率均为； 若，，可得, 又甲、乙两人回答每道题正确与否均相互独立，所以，可得. （2）设回答3道题时甲获胜的概率为，回答5道题时甲获胜的概率为，则可知； 回答5道题时甲获胜的情况有三种：前3题甲均得分；前3题甲有2题得分，增加的两道题中甲至少有1题得分；前3题甲有1题得分，增加的两道题甲2题都得分； 则有, 所以； 易知，于是当时，，即，甲获胜的概率增大， 当时，，即，甲、乙获胜的概率相同， 当时，，即，甲获胜的概率减小， 综上，增加两题后，甲获胜的概率未必增大，而是答题能力强的同学获胜的概率增大. 17．【详解】（1）∵对任意，是的必要条件，∴， 在上单调递增，则，即在上恒成立， 令，，在单调递减， . （2）因为对有两个不等的实根，所以有两个零点， 令，当，则，当，则， 所以在单调递减；单调递增，， 要使有两个零点，则方程需有两个不为零的实根，故需满足的极小值小于0且， ，则，， 即，，令， 在(0，1)单调递增；单调递减，. 18．【详解】（1）已知，， 由勾股定理得， 又是AB中点，且由题意得为等腰直角三角形，故，且， 在正中，是AB中点，故，且， 在中，有，故， 又，且平面PAB，故平面PAB， 又平面PAB，因此． （2）（i）由（1）可知，PD、CD、AB三者之间两两互相垂直， 所以以为原点，建立空间直角坐标系，如下图所示， 由题意及（1）可得，，，，， 所以，，， 由，得，又，， 设平面PAE的法向量为，则可得， 解得（*），因为平面PAE，所以， 即，联立（*）可解得． （ii）由前述可知，所以对于平面PAE的法向量为， 有，令，则， 设平面PBC的法向量为，又， 则，可得，令，则， 所以两平面夹角的余弦值． 19．【详解】（1）依题意可得：曲线所在的抛物线的焦点为，准线为， 且，由抛物线的定义可知． （2）设，其中，则， ．由得， 再结合，解得（负值已舍去），所以． （3）假设存在点使得四边形FQDP是以FP，FQ为邻边的矩形， 设，显然，其中①， 当时，显然四边形FQDP不可能是以FP，FQ为邻边的矩形， 故，则． 在矩形FQDP中，，故， 所以直线FQ的解析式为， 令，可得，即. 由对角线互相平分可得，此时 即点的坐标为． 当点在曲线上时，代入曲线的解析式得， 即②． 联立①②两式消去得， 解得或（舍去）， 所以（负值已舍去），故存在点满足题意． 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 $