湖北随州市广水市第二高级中学2025-2026学年高三下学期4月数学周测题（6）

湖北随州广水二中2025至2026学年高三下4月数学周测题（6） 时间：2026-4-25 一、单选题（40分） 1．设集合，，若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．设，是虚数单位，则“复数为纯虚数”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．既不充分也不必要条件 D．充要条件 3．若，则的值为（    ） A． B． C． D． 4．已知等差数列的前项和为，等比数列的前项积为，则的值为（    ） A．58 B．57 C．56 D．55 5．已知，是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点，若以为直径的圆过点P，且，则C的离心率为（    ） A． B． C． D． 6．已知平面向量，设在上的投影向量为，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 7．在棱长为2的正方体中，点是的中点，点是侧面上的一个动点，满足平面，则线段长度的最大值为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数及其导数的定义域均为在上单调递增，为奇函数，若，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题（18分） 9．已知函数，关于函数下列说法正确的是（    ） A．为的一个周期 B．关于直线对称 C．的值域为 D．在上单调递减 10．若二项式展开式中所有项的系数之和为，所有项的系数绝对值之和为，二项式系数之和为，则（    ） A． B．，使得 C． D．对任意均有 11．在平面直角坐标系中，已知双曲线的右焦点为，过且倾斜角为的直线与双曲线的左右两支分别交于点，直线交双曲线于另一点，连接，，则（    ） A． B． C． D． 三、填空题（15分） 12．某地有8000名学生参加考试，考试后数学成绩近似服从正态分布，若，则估计该地学生数学成绩在130分以上的人数为 . 13．将甲，乙，丙，丁，戊五名志愿者分配到四个特殊家庭开展帮扶，每个家庭至少安排一名志愿者，则志愿者甲恰好被安排在家庭的不同安排方法数有 种. 14．已知正的边长分别为边的中点，将沿直线翻折到，当三棱锥的体积最大时，四棱锥外接球的表面积为 ，此时分别过作球的两个相切的平面，设相交所成的二面角大小为，则 . 四、解答题（77分） 15．（13分）已知分别为锐角三个内角的对边，满足. (1)求角的大小； (2)若的面积，求的取值范围. 16．（15分）在三棱柱中，，为的三等分点，侧面为正方形，，. (1)证明：平面平面； (2)证明：平面； (3)正方形边长为，，求直线与平面所成角的正弦值. 17．（15分）某商场为回馈广大顾客，开展消费抽奖促销活动，抽奖箱里装有5个除颜色外其他都相同的小球，其中3个黑球和2个红球， 取球结果 2个红球 2个黑球 红､黑球各1个 奖金 300元 200元 100元 (1)消费每满2000元可参与一次抽奖，抽奖顾客一次性从抽奖箱中随机抽取2个小球，按照表格领取奖金，求顾客抽奖一次所得奖金的期望； (2)若该商场对消费不足2000元的部分顾客设置二个幸运抽奖环节，第一个抽幸运奖顾客抽奖前，抽奖箱里仍然是3个黑球和2个红球，每位抽幸运奖顾客从中随机抽取1个小球，若取出黑球，则放回小盒中，无奖励；若取出红球，则用黑球替换该红球重新放回小盒中，奖励幸运礼品一份；下一位抽幸运奖顾客在前一位抽奖后的箱中继续抽奖，直至红球取完为止.设“第个抽幸运奖顾客获得第1份幸运礼品”记为事件，设“第个抽幸运奖顾客获得第2份幸运礼品”记为事件. （i）求和； （ii）求第位抽幸运奖顾客恰好获得第2份幸运礼品的概率. 18．（17分）已知圆心在轴上移动的圆经过点，且与轴，轴分别交于两个动点.记动点轨迹为曲线. (1)求点的轨迹方程； (2)设直线与曲线相交于两点，与圆相切于点，若为中点，求的纵坐标取值范围； (3)过点作圆（圆在曲线内部）的两条切线分别交于曲线于两点（异于点），探究直线是否过定点. 19．（17分）定义：表示不超过的最大整数，如.已知函数，，其中. (1)讨论在上零点的个数； (2)已知函数. （i）写出定义域，若，恒有，求的取值范围； （ii），当时，有，证明：. 试卷第4页，共4页 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A B D B A A C CD ACD 题号 11 答案 AB 湖北随州广水二中2025至2026学年高三下4月数学周测题（6）参考答案 1.由子集的包含关系知选A. 2. 【分析】根据复数的分类，以及充分条件与必要条件的概念，即可求出结果.选A 【详解】因为， 若复数为纯虚数，则，，所以；即“复数为纯虚数”是“”的充分条件； 若，则，但复数不是纯虚数；即“复数为纯虚数”不是“”的必要条件； 综上，“复数为纯虚数”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 【点睛】本题主要考查判断命题的充分不必要条件，涉及复数的分类，属于基础题型. 3．B 【分析】先由诱导公式求得，再用诱导公式和二倍角公式求解. 【详解】由知：， 因此. 故选：B. 4．D 【分析】利用下标和性质分别求出和即可得解. 【详解】设等差数列的首项为，等比数列的首项为， 则， 所以. 故选：D 5．B 【分析】根据题意，在中，设，则，进而根据椭圆定义得，进而可得离心率. 【详解】在中， 设，则， 又由椭圆定义可知 则离心率， 故选：B. 【点睛】本题考查椭圆离心率的计算，考查运算求解能力，是基础题.本题解题的关键在于根据已知条件，结合椭圆的定义，在焦点三角形中根据边角关系求解. 6．A 【分析】根据投影向量公式可得，再根据向量夹角公式求解即可. 【详解】在上的投影向量为，即， 所以，则， 因为，所以. 故选：A. 7．A 【分析】取的中点的中点的中点F，连接和，可证面面，故动点在面内的轨迹为，结合几何关系即可求出线段长度的最大值. 【详解】取的中点的中点的中点F，连接和，    由分别为的中点，知，同理可知：,，有， 又由,面且平面，所以平面， 同理可知，平面. 因为,平面平面，所以平面平面， 而平面，故动点在平面内的轨迹为， 由可知，， 所以，即，所以线段的最大值为. 故选：A. 8．C 【分析】先由为奇函数得到，再由的单调性可推得的单调性，根据对称性可得，再比较的大小即可得解. 【详解】因为为奇函数，所以， 令，则，故， 又在上单调递增，所以当时，，则单调递减； 当时，，则单调递增； 又因为，则 .① 在①式中令，可得，故， 所以， 因为， 所以， 因为， 所以， 因为， 由于，故上式等号不成立，则， 又，所以，即，即， 同理可得，所以， 所以，即. 故选：C. 9．CD 【分析】由题可得，作出函数图象，利用图象判断各个选项. 【详解】由，作出的图象如下图： 对于AB，由图象知，A，B错误； 对于C，由图象得的值域为，故C正确； 对于D，由图象在上单调递减，故D正确. 故选：CD. 10．ACD 【分析】利用赋值法求得，判断A； ，利用指数函数单调性得判断B；，然后利用对勾函数单调性求解最值判断C；，利用函数单调性证明判断D. 【详解】令，可得所有项的系数之和， 求所有项的系数绝对值之和等价于求的所有项系数和， 令，可得，所以A正确， 对于B：二项式系数之和为，因为，所以，故B错误； 对于C：，因为，且在上递增， 所以的最小值为，所以，故C正确 对于D：在上递减， 所以，即，故D正确. 故选：ACD 11．AB 【分析】确定直线方程，计算交点坐标，得到，A正确，根据两点间距离公式得到，B正确，计算，C错误，计算到两直线的距离不相等，D错误. 【详解】双曲线的右焦点为，直线 联立，解得 根据对称性知 对选项A，故，A正确； 对选项B：，故，B正确； 对选项C， ，C错误； 对选项D，而，所以， 由角平分线定理可知：， （另解：直线到的距离为到的距离为， 两者不相等，），D错误 故选：AB. 12． 【分析】根据题意，利用正态分布曲线的对称性，求得，得到的概率，进而求得学生数学成绩在130分以上的人数，得到答案. 【详解】由题意知，期末考试数学成绩X服从正态分布， 因为，可得， 则， 又因为某地有8000名学生参加考试， 所以估计某地学生数学成绩在130分以上的人数为. 故答案为：. 13． 【分析】按照家庭被分配到一人或两人，进行分类讨论. 【详解】由题可分以下两种情形： ①家庭只有志愿者甲，另外人分配到其他的个特殊家庭，每个家庭至少安排一名志愿者，此时有种； ②家庭除了甲还有另一名志愿者，另外人分配到其他的个特殊家庭，每个家庭至少安排一名志愿者，此时有种. 故志愿者甲恰好被安排在家庭共有种不同安排方法. 故答案为：. 14． 【分析】由题当平面平面时，这时三棱锥的体积最大，作出图形，依次确定外接圆的圆心，四边形的外接圆的圆心，再确定四棱锥的外接球的球心，求解外接球的半径，即可求出外接球的表面积；由，,就是相交所成的二面角的平面角，运算得解. 【详解】因为的面积为定值，所以当平面平面时，点到平面的距离最大， 这时三棱锥的体积最大. 设的中点为的中心为的中点为，则平面， ∵四棱锥外接球的球心为，则平面， 又，所以是四边形外接圆的圆心，故平面， 则， 此球的半径， 所以外接球的表面积； 这时， 在中， 又，, 则， 故. 故答案为：，. 15．(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理化简可得,结合辅助角公式即可求解； （2）由三角形面积公式化简得，由正弦定理可得,化简后结合的范围即可求解. 【详解】（1）, 由正弦定理得：， 因为在中， 所以， 又因为，可得，即， 又因为在锐角中, 可得； （2）因为，可得， 由正弦定理得， 又， 所以， 在锐角中 所以, ， ， 所以的取值范围为 16．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）用面面垂直的判定定理证明； （2）用线面垂直的判定定理证明； （3）建立空间直角坐标系，用空间向量求解. 【详解】（1）由四边形是正方形，可知， 又，，平面，则平面. 而平面，故平面平面. （2）因为，，，平面，则平面， 而平面，则. 由（1）知平面平面，平面平面，平面，且， 故平面. （3）以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 在中，，，则. 则有，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则有，可取，得. 记直线与平面所成的角为， 故. 即直线与平面所成角的正弦值为. 17．(1)150元 (2)（i），；（ii） 【分析】（1）根据古典概型概率公式求出各可能取值的概率，利用期望公式计算可得； （2）（i）利用独立事件的概率乘法公式和条件概率公式求解可得；（ii）根据相互独立事件的概率乘法公式求出，然后利用全概率公式，结合等比数列求和公式可得. 【详解】（1）设一次抽奖的中奖金额为，则所有的可能取值为. . 则的分布列为 100 200 300 P 故（元）. （2）（i）， ， 因为， 所以 （ii）第个顾客获得第1份幸运礼品，第个顾客获得第2份幸运礼品的概率为： ， 因为， 所以第个顾客获得第2份幸运礼品的概率为： ， 所以第个抽幸运奖顾客获得第二份幸运礼品的概率为. 18．(1) (2) (3)直线恒过点 【分析】（1）依题意可知圆的圆心在轴，即圆关于轴对称，三角形是直角三角形，再根据直角三角形射影定理可知，即可得解； （2）设，利用点差法求出，再根据化简求出，再根据在抛物线内部即可得解； （3）设过点且斜率存在的直线方程为，直线的斜率分别设为，根据直线与动圆相切可得，再化简，利用韦达定理求出，设方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理求出两根之和与积，再化简求出的关系，即可得出结论. 【详解】（1）依题意可知圆的圆心在轴，即圆关于轴对称， 三角形是直角三角形，且B点必在y轴右侧，即 由直角三角形射影定理可知， 即， 所以点的轨迹方程为； （2）设， ， 由直线与圆相切可知，即， ，故， 由在抛物线内部可知，故， 即的纵坐标取值范围为； （3）设过点且斜率存在的直线方程为，即， 由该直线与动圆相切可得， 整理得， 易知直线的斜率存在，分别设为，则是方程的两个不等实根， 则有， 由于的斜率不为0，设，设方程为， 代入，得， 则， ， 整理得，即， 即方程为，此时直线恒过点. 19．(1)答案见解析； (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）求得，得到函数的单调区间，求得且，分类讨论，即可得到答案； （2）（i）由，根据，求得，再由（1）中函数的单调性，求得在上递增，结合，即可求解； （ii）证明：令，求得在上递减，得到，假设，得到，由（1）中的单调性，结合，以及，得到在上有两个不同的零点，设较小的零点为，分和，两种情况讨论，得出矛盾，即可得证； 【详解】（1）由函数且，可得，令，解得， 若时，，则在上单调递增，且，此时无零点； 若时，当，；当，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 可得的最小值为且， ①当时，即时，只有一个零点. ②当，即时，没有零点. ③当时，即时，设，可得， 当时，单调递增，则，即， 可得，且时，， 所以在和各有一个零点，共两个零点. 综上所述： 当时，只有一个零点； 当时，没有零点， 当时，共两个零点. （2）（i）由函数，定义域， 因为，所以，即，所以， 当时，由（1）可知在上单调递减，在上单调递增， 又因为，所以， 所以在上递增，所以，故， 所以实数的取值范围为. （ii）因为，当，有， 所以在不能是递减的， 令，可得，所以在上递减， 所以，即当时，， 假设，可得，由（1）知，在为减函数，在上为增函数， 又由， 令，可得 再令，可得，所以单调递增， 所以，所以在上单调递增， 所以，即当时， 所以，所以在上有两个不同的零点， 设较小的零点为，则且， 若，则， 取，则， 又因为，即 故，这与题设矛盾； 若，则，故， 取，则， 因为，即， 故，这与题设矛盾， 综上可得，当时，假设不成立，又因为，所以. 答案第2页，共16页 答案第1页，共16页 学科网（北京）股份有限公司 $