湖北随州市随县第二高级中学2025-2026学年高三下学期4月23日数学周考试题

湖北随州随县二中2025至2026学年高三下4月数学周考试题 时间：2026-4-23 一、单选题（40分） 1．设全集，集合，则（    ） A． B． C． D． 2．若，则（    ） A． B． C． D． 3．已知，q：直线与直线平行，则是的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．的展开式中，项的系数为（    ） A．1 B．－5 C．6 D． 5．已知，，则（    ） A．25 B．16 C．4 D．5 6．已知顶角为的等腰三角形为黄金三角形，底边与腰长的比值为黄金分割比，根据上述信息，可得（    ） A． B． C． D． 7．已知为双曲线的左、右焦点，点在上，若，的面积为，则的方程为（    ） A． B． C． D． 8．若函数,恰有两个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题（18分） 9．已知函数的部分图象如图所示，则（    ） A．的最小正周期为 B．在上单调递增 C．的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 D．函数的最小值为 10．已知数列满足，，则（   ） A． B．数列为等比数列 C．数列的前项和 D．数列的通项公式为 11．在棱长为的正方体中，点 是侧面（含边界）上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．存在点，使得 B．若 平面  ，则点的轨迹长度为 C．若所成的角为，则点P的轨迹长度为 D．若以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为． 三、填空题（15分） 12．如图，矩形是水平放置的一个平面图形由斜二测画法得到的直观图，其中，，则原图形周长是__________． 13．已知双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长等于，则______． 14．函数满足，且，则___________． 四、解答题（77分） 15．（13分）如图，在四棱锥中，是等边三角形，底面是菱形，平面平面，，是的中点． (1)证明：平面； (2)若，求点到平面的距离． 16．（15分）在中，内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且满足. (1)求A； (2)若，，AD是的中线，求AD的长. 17．（15分）为深入学习党的二十大精神，某学校团委组织了“青 春向党百年路，奋进学习二十大”知识竞赛活动，并从 中抽取了200 份试卷进行调查，这200 份试卷的成绩（卷 面共100分）频率分布直方图如右图所示． (1)用样本估计总体，求此次知识竞赛的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）． (2)可以认为这次竞赛成绩 X 近似地服从正态分布 N，2 （用样本平均数和标准差 s 分别作为 、 的近似值），已知样本标准差 s 7.36 ，如有84%的学生的竞赛 成绩高于学校期望的平均分，则学校期望的平均分约为多少？（结果取整数） (3)从得分区间80，90 和90，100 的试卷中用分层抽样的方法抽取10份试卷，再从这 10份样本中随机抽测3份试卷，若已知抽测的3份试卷来自于不同区间，求抽测3份试卷有2份来自区间80，90 的概率． 参考数据：若 X ~N ，2  ，则 P X 0.68 ，P 2 X 2 0.95 ， P 3 X 3 0.99 . 18．（17分）已知函数. (1)若，求函数的极值； (2)讨论函数的单调性； (3)若函数的最小值为0，求的值. 19．（17分 ）过坐标原点作圆的两条切线，设切点为，直线恰为抛物的准线. (1)求抛物线的标准方程； (2)设点是圆上的动点，抛物线上四点满足：，设中点为. （i）求直线的斜率； （ii）设面积为，求的最大值. 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 湖北随州随县二中2025至2026学年高三下4月数学周考试题参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C A B D A B D ABD ABC 题号 11 答案 AD 1．D 【详解】因为，所以. 2．C 【分析】由复数四则运算法则直接运算即可求解. 【详解】因为，所以. 故选：C. 3．A 【分析】根据两直线平行求出的值，结合充分条件、必要条件的概念判断即可. 【详解】因为直线与直线平行， 所以，即，解得或. 当时，，满足平行条件. 当时，，满足平行条件. 所以，两直线平行时或. 因此是的充分不必要条件. 4．B 【分析】先利用二项式定理求出的展开式中含的项和含的项即可. 【详解】由的展开式可得，含的项为， 含的项为， 则的展开式中，含的项为， 故的展开式中，项的系数为. 故选：B 5．D 【详解】，则，故选D. 6．A 【分析】作出等腰三角形，以为底边，，求出的值，再利用诱导公式以及二倍角的余弦公式求解即可. 【详解】    如图，在等腰三角形中，为底边，，， 作，则， ， . 故选：A. 7．B 【分析】先根据双曲线的定义求出，在中，利用正弦定理求出，再根据三角形的面积公式求出，利用勾股定理可求得，进而可求出答案. 【详解】因为，所以， 又因为点在上，所以， 即，所以， 在中，由正弦定理得， 所以， 又，所以，故， 则，所以， 则，所以， 所以， 所以的方程为. 故选：B.    8．D 【分析】分析该分段函数在各段上的零点情况，将问题转化为直线与在上有一个交点的问题，结合函数的图象即得参数的范围. 【详解】当时，由可得， 依题意， 时， 有1个零点， 即方程在上有一个实根， 也即直线与在上有一个交点. 如图作出函数的图象. 因在上单调递增，由图可知，此时. 综上，实数的取值范围是. 故选：D. 9．ABD 【分析】根据周期可得，代入最值点可得，进而根据函数的不等式即可根据周期，单调性以及平移求解ABC，利用换元法，结合二次函数的性质即可求解D. 【详解】由图可得：， 又， ，又， ， 将代入得， 即，， 即，， ， 对于A，最小正周期，故正确； 对于B，令，，解得，， 可得的单调递增区间为，，当时，单调递增区间为，故B正确； 对于C，函数的图象向左平移个单位长度，所得到的函数解析式为：，故C不正确； 对于D，， 令，所以， 故最小值为，D正确， 故选：ABD 10．ABC 【详解】，，取倒数得，即。 选项A：，，正确； 选项B：，是首项为、公比为的等比数列，正确； 选项C：，，，正确； 选项D：，，原式错误. 11．AD 【分析】对于选项A，可通过建立空间直角坐标系，利用向量垂直的性质判断是否存在点P使得； 对于选项B，可根据线面平行的性质确定点P的轨迹，进而求出轨迹长度； 对于选项C，可根据异面直线所成角的定义确定点P的轨迹，从而求出轨迹长度； 对于选项D，可根据球面与平面的交线性质找出交线，进而求出交线的长度. 【详解】以D为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系． 正方体棱长为2，则，，，，； 点在侧面（含边界）上，设（，）． 选项A：， ．若，则， 即，化简得． 在，范围内， ，（即与重合）时满足，故存在点，故选项A正确； 选项B：法一：作出过与平面平行的平面， 则点P的轨迹为平面与侧面的交线，即线段. 法二：求平面的法向量，，，设法向量， 则，取，得．若平面，则， 即，得，则P的轨迹为侧面上从到的线段， 长度为，故选项B错误； 选项C：因为，所以与所成的角等于与所成的角，即. 在中，，，所以， 则点P的轨迹为以为圆心，为半径，圆心角为的圆弧， 所以点P的轨迹长度为，故选项C错误； 选项D：设球面与的交点为，球面与的交点为F，可得交线为以为圆心的的弧长． 由题知平面，则为直角三角形， ，则； 同理可得，所以，所以， 所以弧．故选项D正确． 12．14 【分析】根据直观图还原该平面图形，然后可得答案． 【详解】 在直观图中，设与交于点，则，，， 在原图形中，，，， 所以原图形周长是 故答案为：14 13． 【分析】根据题意求得渐近线方程，圆心坐标，半径，进而求得圆心到渐近线的距离，再结合，弦长，半径的关系求解即可. 【详解】根据题意，双曲线的焦点在轴上，渐近线方程为，即， 圆的圆心为，半径为（）， 所以圆心为到渐近线的距离为， 因为渐近线被圆所截得的弦长等于， 所以，即，整理得， 所以，又，解得. 14．4051 【分析】利用已知条件进行赋值变换得出相应的表达式，然后代入数据计算即可. 【详解】令可得，① 将赋值为，代入①得：，② 根据题设及①有：，③ 由①②③得：， 即， 令可得，则， 因此． 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，结合等边三角形的性质，利用线面垂直的判定定理证明平面，进而由线面垂直的性质定理得，然后利用面面垂直的判定定理证明即可． （2）法一：利用线面垂直的判定定理证明平面，在平面内，作于，由线面垂直的性质定理和判定定理得平面，然后在中求解即可； 法二：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后点面距的向量公式求解即可． 【详解】（1）连接，因为是等边三角形，是中点，所以． 又因为，，平面，，所以平面． 因为平面，所以． 因为平面平面，平面平面， ，平面， 所以平面．（6分） （2）法一：在菱形中，， 又因为，，所以，． 因为，平面，，所以平面． 在平面内，作于． 因为平面，平面，所以． 又因为，，平面，， 所以平面， 所以的长度为点到平面的距离． 在中，因为，，， 所以，同理． 因为平面，平面，所以． 在中，因为，所以边上的高． 即点到平面的距离为．--------------（7分） 法二：因为平面，平面，所以． 由（1）得、、两两垂直， 故以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， ，，． 设平面的法向量为， 所以所以 所以是平面的一个法向量． 所以点到平面的距离． 16．(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理和二倍角的正弦公式即可求解. （2）由可得，根据以及余弦定理即可求出. 【详解】（1）， 所以， 由正弦定理得：， ，， ，， 得，即， . （2）, ,得， 由余弦定理得：， ， 所以， 即AD的长为. 17．(1) (2)73 (3) 【分析】（1）根据平均数的求法求得平均数. （2）根据正态分布的对称性求得正确答案. （3）根据分层抽样、条件概率知识求得正确答案. 【详解】（1）由频率分布直方图可知， 平均分； （2）由（1）可知 设学校期望的平均分约为m，则， 因为，， 所以，即， 所以学校期望的平均分约为73分； （3）由频率分布直方图可知，分数在和的频率分别为0.35和0.15， 那么按照分层抽样，抽取10人，其中分数在，应抽取人， 分数在应抽取人， 记事件：抽测的3份试卷来自于不同区间；事件B:取出的试卷有2份来自区间80，90 ， 则，， 则． 所以抽测3份试卷有2份来自区间80，90 的概率为. 18．(1)有极小值，无极大值； (2)答案见详解； (3) 【分析】（1）利用导数讨论函数单调性，根据单调性可得极值； （2）求得，分、、、四种情况讨论，分析导数的符号变换，由此可得出函数的增区间和减区间； （3）分，两种情况分类求出最小值即可列式求参. 【详解】（1）当时，，则， 当时，，当时，， 所以，在上单调递减，在上单调递增， 所以，当时，有极小值，无极大值.——————4分 （2） 若，则时单调递减，时单调递增； 若，则时单调递增， 时单调递减，时单调递增； 若，则时单调递增； 若，则时单调递增，时单调递减，时单调递增------------------------10分 （3）令， 当时，，函数在上单调递增，故无最小值 所以，由得， 所以时单调递减，时单调递增， 所以， 所以.------------------------------17分 19．(1) (2)（i）0；（ii）48 【分析】（1）设直线与轴交于，由几何性质易得：，即可解决；（2）设，（i）中，由于中点在抛物线上，得，将，代入联立得点纵坐标为，即可解决；（ⅱ）由（i）得点，，又点在圆上，得，可得：即可解决. 【详解】（1）设直线与轴交于. 由几何性质易得：与相似， 所以， ， 即：，解得：. 所以抛物线的标准方程为：.--------------5分 （2）设 （i）由题意，中点在抛物线上，即， 又，将代入， 得：， 同理：， 有，此时点纵坐标为， 所以直线的斜率为0.---------------10分 （ⅱ）因为， 所以点， 此时， ， ， 所以， 又因为点在圆上，有，即，代入上式可得： ， 由， 所以时，取到最大价. 所以的最大值为48.----------------17分 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 $