四川成都市石室中学2026届高三下学期数学周练6

高2026届高三下数学周练6 一、单选题 1．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．与向量同向的单位向量是（ ） A． B． C． D． 3．已知复数满足，则（    ） A．2 B． C． D．1 3 4 6 7 20 40 60 4．已知线性相关的两个变量，的取值如表所示，如果其线性回归方程为，那么当时的残差为（   ） A．2 B． C．3 D． 5．双曲线的离心率为，则的值为（   ） A． B． C．2 D．4 6．若展开式的各项系数和为32，则该展开式中的系数是（   ） A．5 B．10 C．15 D．20 7．已知函数部分图象如图所示，其中点，，则（    ） A． B． C． D． 8．不全为的实数对满足关系式，则这样的实数对共有（    ）组. A．1 B．2 C．3 D．4 二、多选题 9．已知等比数列的首项，公比为，前项和为，且满足，则下列说法正确的有（    ） A．的可能取值有3个 B．若，则数列是递增数列 C．若，则 D．若，则 10．已知抛物线的焦点为，过F的直线与T交于A，B两点，点，直线，分别交T于C，D两点，则下列说法正确的是（   ）. A． B．（O为坐标原点）是钝角三角形 C．直线过定点 D． 11．已知正四面体的棱长为，点平面，且，点在之间或在内．记为与（平行时两平面间的距离，则（    ） A．该四面体外接球的表面积为 B．的最小值为 C．若，且，则直线与所成的角为 D．若依次排列且两两平行，满足，则 三、填空题 12．若，则______. 13．如图所示，有一只内壁呈半球面的小碗，半径为，碗内放了三颗汤圆（视为半径均为的球）．三颗汤圆两两相切，且汤圆与碗的内壁均相切．若汤圆与碗口等高，则______． 14．已知函数，将曲线绕坐标原点顺时针旋转后，得到的曲线为函数的图象，则函数的最小值为________． 四、解答题 15．中，角、、的对边分别为，，，面积满足. (1)求； (2)若，且，求的长. 16．如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得三棱锥，设，点分别为棱的中点． (1)当平面平面时，求证：； (2)当二面角大小为时，求异面直线所成角的余弦值． 17．已知椭圆与曲线在第一象限内有两个不同的交点和，且. (1)证明：直线的斜率为定值； (2)记为坐标原点，的面积为，求的取值范围. 18．已知函数在时取得极值. (1)求，并讨论的单调性. (2)设是公比为的等比数列. （i）若，证明：. （ii）是否存在满足：，均为正整数且，使得成等差数列？若存在，求出所有满足条件的；若不存在，请说明理由. 19．在某数据加密系统中，需要生成一对整数校验码.预先设定确定的参数且.从集合中，有放回地随机逐一抽取两个数，分别记为和.若这一对数满足，则称该组校验码为有效码.记生成一组有效码的概率为. (1)当时，求的值； (2)求关于的表达式，并证明：无效码的生成概率小于； (3)现要求连续10次独立生成有效码的概率不低于，且为了保证系统稳定性，的位数应尽可能小，请给出一个满足条件的值并证明. 参考公式：. 《周练6》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B C A D A A D AC BCD 题号 11 答案 ACD 1．C 【详解】因为集合， 所以， 因此. 2．B 【分析】利用数乘向量公式，即可求解. 【详解】与向量同向的单位向量是. 故选：B 3．C 【详解】由， 所以． 4．A 【详解】由表格可得， 因样本中心点满足回归方程， 故有，解得. 当时，， 此时残差为. 5．D 【详解】因为， 所以， 所以， 所以，解得. 6．A 【详解】因为展开式的各项系数和为32， 所以令，有，得， 故， 因为展开式中含的项为，含的项为， 则展开式中的系数是. 7．A 【分析】分别将，，以及点代入，再由辅助角公式，结合图象求解即可. 【详解】因为，，所以，解得，， 因为图象经过可得，解得，代入可得， 即，所以，即，， 解得，所以，解得，所以，解得，所以. 8．D 【分析】可变形为，则可转化为点与点到直线的距离为，再分别以、为圆心，作半径为的圆，再利用两圆位置关系与公切线条数的关系计算即可得. 【详解】由可得， 即点与点到直线的距离都为， 分别以、为圆心，作半径为的圆、圆， 由，故两圆外离，则两圆共四条公切线，    由图可得，两圆公切线都不过原点，故有对这样的实数对， 使得点与点到直线的距离都为. 故选：D. 9．AC 【分析】根据给定条件，求出的所有可能值，再逐项判断即可. 【详解】在等比数列中，由，得，则， 即，当时，，解得， 当时，，解得或， 对于A，的可能取值为，有3个，A正确； 对于B，当时，或，而当时，，， 数列是常数列，不是递增数列，B错误； 对于C，当时，，，C正确； 对于D，当时，或，而当时，，D错误. 10．BCD 【分析】由题设得抛物线，设直线为，联立方程并应用韦达定理得，，应用抛物线的定义判断A，由向量数量积的坐标表示确定夹角余弦值的符号判断B，设，，直线为，并联立抛物线，应用韦达定理，进而确定定点的存在性判断C，根据上述分析及三角形的面积表示判断D. 【详解】因为，所以T的方程为， 如图，由题意知直线的斜率不为0， 设直线的方程为，联立，消去x得， 设，，则，， A，由抛物线的定义可得，， 所以，， 易知，，显然，错误； B，因为点，在抛物线上， 所以，，故， 故， 又A，B，O三点不共线，所以为钝角，即为钝角， 所以为钝角三角形，正确； C，设，，直线的方程为， 由，消去x得， 所以，故，同理可得， 所以. 当直线的斜率存在时，， 所以直线的方程为， 化简得，即， 令，得，所以直线过定点. 当直线的斜率不存在时，易知， 所以，此时直线的方程为. 综上，直线过定点，正确； D，， ， 所以，正确. 11．ACD 【详解】对于A，将正四面体放入如图所示的正方体，设正方体的棱长为， 所以，所以， 该四面体外接球即为正方体的外接球，所以， 所以该四面体外接球的表面积为，故A正确； 对于B，因为，不妨设为平面，为平面， 所以，故B错误； 对于C，设直线与所成的角为，则， 因为，所以，则直线与所成的角为，故C正确； 对于D，若依次排列且两两平行，满足， 在上取点，使得，如图， 连接交于点，连接交于点，分别过点作 ，连接， 则平面为平面，为平面，易知平面，均垂直底面， 以为坐标原点，将平面放入如图所示的平面直角坐标系， 则， 所以直线的方程为：，化简为：， 同理直线的方程为：， 所以两直线间的距离即为， ，故D正确. 12．0 【分析】利用两角和的余弦公式可得，提取化简即可求解. 【详解】 . 故答案为：0 【点睛】本题考查了两角和的余弦公式、齐次式，需熟记公式，属于基础题. 13． 【分析】设半球面的球心为，三颗汤圆的球心分别为，等边三角形的中心为，由题意得，，在中利用勾股定理即可求出答案. 【详解】设半球面的球心为，三颗汤圆的球心分别为, 因为汤圆与碗的内壁相切，所以， 又因为三颗汤圆两两相切，所以， 设等边三角形的中心为， 因为汤圆与碗口等高，所以， 在中，， 在中，， 即，即， 所以，所以. 14． 【分析】先算出函数在切线斜率为时的切线方程，则旋转后的函数的最小值即为原点到切线方程的距离的相反数. 【详解】 如图所示，的最小值即为原点到在切线斜率为时的切线方程的距离的相反数， 易知，令，解得， 又，所以曲线在处的切线方程为， 整理得，则原点到该直线的距离， 即函数的最小值为． 15．(1)； (2)． 【分析】（1）根据余弦定理与三角形面积公式化简可得，结合，可求； （2）由正余弦定理化简可得，再由余弦定理求的长. 【详解】（1）已知 由余弦定理可知，，即，代入上式得： 又∵三角形面积公式为. ∴ . ∵ ，约去得. 又∵ ，将代入得： 整理得. 解得或. ∵ 是三角形内角，即，∴ . 故. （2）由结合正、余弦定理边角转化可得： 即，解得， 又因为，所以， 由，得： ∵，解得. 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面垂直推出线面垂直后再得到线线垂直. （2）建立空间坐标系，根据面面角向量法求得点坐标，再利用异面直线夹角的余弦公式求值. 【详解】（1）因为平面平面，是交线， 又，平面，故平面， 平面，可得， 又，，平面，平面， 平面，又平面，故． （2）以为原点以方向为轴正方向以方向为轴正方向，垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系， 则 设， 因为，即， 设平面法向量，， 则，令，则， 又平面法向量， 所以，解得， 由题意可知三棱锥是由平面图形向上翻折所得，点在平面上方，故，， 所以 设异面直线所成角为， 因为． 所以异面直线所成角的余弦值． 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）表示出直线的斜率和方程，联立椭圆方程，再根据韦达定理求解； （2）结合正弦定理面积公式建立关于的方程，再结韦达定理求解. 【详解】（1）直线的斜率. 联立与，化简得， 由，得. 由根与系数的关系得， 由于，所以， 所以， 所以直线的斜率为定值. （2） 因为， 所以. 由（1）知，则，所以的取值范围为. 18．(1)，在上单调递增，在上单调递减 (2)（i）证明见解析（ii）存在，2和3 【分析】（1）先求导，再解出，然后讨论的单调性即可. （2）（i）先写出的通项公式，再代入得到的表达式，再用错位相减法列出比较即可. （ii）根据等差中项性质列出等式，将用表示，代入等式得到关于的方程再根据，对取值讨论，判断是否存在符合条件的. 【详解】（1）由题意得的定义域为. 令，得，即. 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减. （2）（i）由（1）可知，所以， 记，则， ， 所以. 因为，所以， 所以. （ii）若成等差数列，则， 即，整理得， 又因为，所以，所以，得. 要满足题意，只需考虑和. 当时，，所以，符合题意； 当时，，所以，符合题意. 下面说明，当时，不存在满足条件的： 令，则， 令，则当时，， 故在上单调递减，当时，， 即，所以在上单调递减. 所以时，， 因为，所以，即， 故当时，，由于， 故或，若，则，得，不符合题意； 若，则， 由于（因为），而（因为）， 结合的单调性，可知，无整数解， 综上，满足条件的的取值仅有2和3. 19．(1) (2)，证明见解析 (3)667，证明见解析 【分析】（1）确定集合M中的元素及样本空间总数，利用古典概型求解； （2）样本空间总数为，分、两种情况分别求出满足条件的样本总数，利用数列求和公式及古典概型即可求出的表达式，无效码的生成概率为，由即可证明； （3）定义事件及求出相应概率表达式，利用二项式定理对所求概率进行展开，再由（2）的结论证明、，从而得出，利用放缩式推导的范围，最后再次结合第（2）问的结论求n. 【详解】（1）当时，集合中的元素为，，，，样本空间总数为. 列举满足条件的数对：当时，，则，共1种；当，，时，，而的最大值为4，故可取，，，，共种. 符合条件的样本总数为，故. （2）样本空间总数为，记满足条件的样本数为. 当时，因，对于确定的，有种取法，此部分总数为. 当时，因，对于确定的，可取中任意值，此部分共有个，故总数为. 则， 记无效码的生成概率为，则. 因为，故，故，即无效码的生成概率小于，得证. （3）记连续10次独立生成有效码为事件，则. 根据二项式定理有 ， 设， 由（2）知，当时，，故，从而，即. 下面证明. 由于为正数，只需证明，即证， 而，且，即. 对于代数式，随着的增大，分子增大且分母减小，该比值单调递增，故当时，右侧取得最小值，且易知，则，即，则. 要使原不等式成立，只需令其下界满足条件，即，整理得，由（2）中的结论，只需满足，解得.故取整数.综上，一个满足条件的值为667. 第6页 第7页 学科网（北京）股份有限公司 $