广东广州市第八十六中学2025-2026学年高三下学期数学周测试题（4.30）

广东广州市第八十六中学2025-2026学年高三下学期数学周测试题（4.30） 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B c C C A B A C ABD AD 题号 11 答案 BD 1．B 【分析】先分别求出集合，再进行集合的交集运算 【详解】由解得，∴， 由解得或， 所以或， 所以 故选：B. 2．【答案】C 【分析】利用复数的除法化简得出复数，利用复数的模长公式可求得的值. 【详解】因为，则，所以，， 所以，. 故选：C. 3．C 【分析】根据投影向量的定义计算得解. 【详解】由题意可知，在上的投影向量为：. 故选：C. 4．C 【分析】切化弦，结合两角差的正弦及角的范围即可求解. 【详解】 可得 即: 所以 又， ， ，即. 故选：C 5．A 【分析】由等差数列的前项和公式可求得的值，由等差数列的性质可求得值，利用等比数列的性质求得的值，即可求的值. 【详解】因为数列是等差数列，且，所以，解得， 由等差数列的性质可得， 因为2，，，，8成等比数列，所以，解得， 又，所以，所以，所以. 故选：A. 6．答案　B 解析　依题意得A1(－a,0)，A2(a,0)，B(0，b)， 所以＝(－a，－b)，＝(a，－b)， ·＝－a2＋b2＝－(a2－b2)＝－c2＝－1，故c＝1， 又C的离心率e＝＝＝， 所以a＝3，a2＝9，b2＝a2－c2＝8， 所以C的方程为＋＝1. 7．A 【分析】由图象的变换可得，进而解方程可得，可求的值.. 【详解】将函数图象向右平移后，可得平移后的解析式为， 再将所得图象上各点横坐标扩大为原来的4倍，可得， 由方程，可得，所以， 因为，所以， 因为方程在内有两不等实根， 所以，所以， 所以. 故选：A. 8．C 【分析】作出函数的图象，转化为两个函数有三个交点，利用数形结合计算特殊位置即可. 【详解】 如图所示，作出函数的图象， 方程恰有三个不同实数根，等价于上述两个函数图象有三个交点， 易知， 显然与必有一个交点， 所以要满足题意需与有两个交点， ①先求与相切时的值， 设切点为，则， 令， 即单调递增， 又，所以， 当过点时，， 此时满足条件的 ②再求与相切时的值， 联立，， 易知切点横坐标为，显然时，，符合要求， 当过点时，， 此时满足条件的， 综上：. 故选：C 【点睛】思路点睛：关于分段函数的零点个数问题，可以转化为两个函数的交点问题，利用数形结合的思想及直线斜率的变化计算特殊位置即可. 9．ABD 【分析】利用条件概率公式及独立事件的定义逐项分析即可. 【详解】对于A，因为相互独立，所以，故A正确； 对于B，因为相互独立，所以， ，故B正确； 对于C，， 所以，故C错误； 对于D，，所以， 又因为，，所以， 所以与相互独立，故D正确. 故选：ABD. 10．AD 【分析】对于选项A：利用作差法分析判断即可；对于B：举反例说明即可；对于C：根据对数函数单调性分判断；对于D：构建函数，利用导数判断其单调性，结合单调性分析判断. 【详解】对于选项A：因为， 若，则， 可得， 所以，故A正确； 对于选项B：例如，则， 即，不合题意，故B错误； 对于选项C：因为，则， 即，故C错误； 对于选项D：设，则， 可知在内单调递增， 若，则，即， 所以，故D正确； 故选：AD. 11．BD 【分析】根据直线经过定点，即可与渐近线方程比较，结合平移和旋转，即可求解ABC,根据反例即可求解C. 【详解】当时，曲线为双曲线，渐近线方程为，当时，曲线为椭圆， 对于A，恒过点， 当直线时，此时直线与渐近线平行，直线与C的交点为1， 当时，直线与C的交点为1，当时，直线与C的交点为2，故，A错误， 对于B，恒过点， 联立与椭圆得， 则， 当时，此时，故直线与下半椭圆相切，结合图象可知： 当直线时，直线与C的交点为2， 故时，直线与C的交点为1， 当时，直线与C的交点为0， 当或时，直线与C的有1个交点， 当时，直线与C的交点为2， 故，B正确， 对于C，取，由B可知直线与C的交点为1，故且不能得到，故C错误， 对于D，当时，此时直线，此时直线恒过点， 当时，直线与渐近线平行且经过，此时与C有2个交点， 当时，直线与C有1个交点， 当时，与C没有交点， 当时，与C有1个交点， 当时，此时直线方程为，与联立可得， 解得，此时直线与下半椭圆相切，只有一个交点， 故当，此时直线与C没有交点， 故，或时，，故D正确， 故选：BD 【点睛】关键点点睛：直线过定点，若直线方程为,则直线过定点;若直线方程为 (为定值),则直线过定点 12．过抛物线：（）的顶点，且倾斜角为60°的直线与抛物线的另一个交点为，若，则抛物线的方程为 ． 【答案】 【分析】过点向轴作垂线，求得坐标，即可求解. 【详解】过点向轴作垂线，垂足记为, 由题意可知，所以点坐标为， 代入抛物线方程得，所以 故答案为： 13． 【分析】先求出曲线在的切线方程，再设曲线的切点为，求出，利用公切线斜率相等求出，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解. 【详解】由得，， 故曲线在处的切线方程为； 由得， 设切线与曲线相切的切点为， 由两曲线有公切线得，解得，则切点为， 切线方程为， 根据两切线重合,所以，解得. 故答案为： 14． 24 112 【分析】由题意可知第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选；利用列举法写出所有的可能结果，即可求解. 【详解】由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中， 则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选， 第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选， 所以共有种选法； 每种选法可标记为，分别表示第一、二、三、四列的数字， 则所有的可能结果为： ， ， ， ， 所以选中的方格中，的4个数之和最大，为. 故答案为：24；112 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选，利用列举法写出所有的可能结果. 15．(1) (2) 【分析】（1）根据余弦定理即可解出； （2）由（1）可知，只需求出即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出． 【详解】（1）因为，所以，解得：． （2）由正弦定理可得 ， 变形可得：，即， 而，所以，又，所以， 故的面积为． 16．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设等差数列的公差为d，由题意可得、，解得，结合求得，即可证明； （2）由（1）可得，根据累乘法可得，结合裂项相消求和法计算即可求解. 【详解】（1）设等差数列的公差为d，则，即，① 因为，所以由，得．② 由①、②解得，所以，即， 当时，， 当时，，上式也成立，所以， 所以数列是等差数列． （2）由（1）可知， 当时，， 因为满足上式，所以． ， 因为当时，，所以． 17．【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】根据直线与双曲线的位置关系求参数或范围、双曲线中的定值问题 【分析】（1）由题意可得的关系，求解即可. （2）设，求得弦长与原点到直线的距离，由面积可求直线的方程. 【详解】（1）由已知可得，解得， 所以双曲线方程为， 设， 所以，两式相减，可得， 又线段的中点为，所以，， 所以，解得， 所以直线的斜率为定值； （2）由（1）设直线的方程为， 由，所以，整理可得， 所以，解得或， 所以，，    所以， 又原点到直线的距离为, 所以的面积为， 化简可得，解得， 所以直线的方程． 18．(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）令，再求导可得，即可得到在上恒成立，即可证明； （2）分类讨论可得的单调性，分、、、四种情况讨论，判断的单调性，即可确定极值点，从而得解； 【详解】（1）若，则，令， 则，当时，，即在上恒成立， 所以在上单调递增，即在上单调递增， 所以， 即在上单调递增，所以. （2）由题知， 令，则， 当时，在区间单调递增， 当时，令，解得， 当时，，当时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 则当时，， 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 所以是函数的极小值点，不符合题意； 当时，，且， 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 所以是函数的极小值点，不符合题意； 当时，， 则当时，在上单调递增， 所以无极值点，不合题意； 当时，，且； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减； 所以是函数的极大值点，符合题意； 综上所述，的取值范围是. 19．(1)（ⅰ）表格见解析；过程见解析（ⅱ）； (2)，答案见解析 【分析】（1）由题意可知，的值为或，根据二项公布的概率公式求解概率填入表格，由表中数据确定的值； （2）由参数的对数似然函数，利用导数研究单调性，求出最大似然估计，与频率估计的概率比较后下结论. 【详解】（1）因为袋中这两种颜色球的个数之比为，且，所以的值为或； （ⅰ）当时，，， 当时，，， 表格如下 0 1 2 3 （ⅱ）由上表可知． 当或1时，参数的概率最大；当或3时，参数的概率最大． 所以； （2）由， 则， 令， 即， 故，即当时，， 当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 即当时，取最大值，故， 因此，用最大似然估计的参数与频率估计概率的是一致的，故用频率估计概率是合理的． 答案第6页，共15页 答案第5页，共15页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东广州市第八十六中学2025-2026学年高三下学期数学周测试题（4.30） 1、 选择题：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．已知集合则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数满足，则（   ） A． B． C． D． 3．已知向量，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 4．已知，且，则（    ） A． B． C． D． 5．等差数列的前项和为，其中，又2，，，，8成等比数列，则的值是（   ） A．4 B． C．4或 D．2 6．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，A1，A2分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若·＝－1，则C的方程为(　　) A.＋＝1 B.＋＝1 C.＋＝1 D.＋y2＝1 7．将函数图象向右平移后，再将所得图象上各点横坐标扩大为原来的4倍，得到的图象，若方程在内有两不等实根，则（     ） A． B． C． D． 8．已知函数，若方程恰有三个不同实数根，则实数k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．已知随机事件两两独立，且，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．若，则 D．若，则与相互独立 10．若，则（    ）． A． B． C． D． 11．“大鹏曲线”的方程为，其图像因为形似一只展翅高飞的大鹏而得名.直线与C的交点可能个数的集合记为，下列选项正确的是（    ） A． B． C．“”的充要条件是“且” D．“”的充分条件是“，或” 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．过抛物线：（）的顶点，且倾斜角为60°的直线与抛物线的另一个交点为，若，则抛物线的方程为 ． 13．若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则.________ 14．在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15．记的内角的对边分别为，已知． (1)求；(2)若，求面积． 16．设为数列的前项和，已知，且为等差数列． (1)求证：数列为等差数列； (2)若数列满足，且，设为数列的前项和，集合，求（用列举法表示）． 17．（本题满分15分）已知双曲线的离心率为，右焦点到双曲线的一条渐近线的距离为1，两动点在双曲线上，线段的中点为． (1)证明：直线的斜率为定值； (2)为坐标原点，若的面积为，求直线的方程． 18．已知函数. (1)若，求证：当时，； (2)若是的极大值点，求的取值范围. 19．在概率统计中，常常用频率估计概率．已知袋中有若干个红球和白球，有放回地随机摸球次，红球出现次．假设每次摸出红球的概率为，根据频率估计概率的思想，则每次摸出红球的概率的估计值为． (1)若袋中这两种颜色球的个数之比为，不知道哪种颜色的球多．有放回地随机摸取3个球，设摸出的球为红球的次数为，则． （注：表示当每次摸出红球的概率为时，摸出红球次数为的概率） （ⅰ）完成下表，并写出计算过程； 0 1 2 3 （ⅱ）在统计理论中，把使得的取值达到最大时的，作为的估计值，记为，请写出的值． (2)把（1）中“使得的取值达到最大时的作为的估计值”的思想称为最大似然原理．基于最大似然原理的最大似然参数估计方法称为最大似然估计．具体步骤：先对参数构建对数似然函数，再对其关于参数求导，得到似然方程，最后求解参数的估计值．已知的参数的对数似然函数为，其中．求参数的估计值，并且说明频率估计概率的合理性． 答案第6页，共15页 答案第5页，共15页 学科网（北京）股份有限公司 $