四川成都市石室中学2026届高三下学期数学周练三

成都石室中学2026届高三下数学周练三 姓名：___________班级：___________ 一、单选题 1．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．现有一个迷宫如图所示，小球从三个口中的一个口滚动进入后，该口封闭，小球最终将从另一个口滚动出来，出来后不再滚动进入，则“小球从口滚动进入”是“小球从口滚动出来”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 3．已知向量满足，，且与的夹角为 ，则为（    ） A． B． C．7 D．21 4．已知，则下列条件中使成立的充要条件是（    ） A． B． C．（且） D． 5．若，，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 6．已知圆C：，直线与圆C交于A，B两点，点P在圆C上，且，，则（    ） A． B． C． D．4 7．已知定义域为的函数满足，且为奇函数，则一定有（    ） A． B． C． D． 8．已知对任意，不等式恒成立，则实数的最大值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 2、 多选题 9．下列说法正确的是（ 　） A． B．若圆心角为的扇形的面积为，则扇形的弧长为 C．终边落在直线上的角的集合是 D．函数的定义域为 10．已知等差数列的前项和存在最大值，且，，则（    ） A． B． C．当时，取得最大值 D．取得最小正值时为31 11．已知在长方体中，，点为的中点，为底面（含边界）内一个动点，且平面，长方体的外接球的球心为，则下列选项正确的是（     ） A．球的表面积为 B．动点的轨迹长度为 C．异面直线与所成角的正切值的取值范围是 D．三棱锥的外接球球心为，则 三、填空题 12．已知函数，若，则__________ 13．已知为双曲线右支上一点，、为左右焦点，直线交轴于点为坐标原点，若，则双曲线的离心率为______． 14．若函数的定义域内存在，，使得成立，则称为“完整函数”.已知（）是上的“完整函数”，则的取值范围为________． 四、解答题 15．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. (1)求角； (2)若的面积，，求边的大小. 16．如图，平行六面体的所有棱长均相等，，，平面平面，点，满足，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值. 17．2026年是农历马年，在春晚舞台上，宇树机器人的精彩表演赢得了全国观众的喝彩.某企业为宇树机器人生产一种关键部件，此企业生产的部件质量按等级划分为六个层级，分别对应如下六组质量指标值：，，，，，．根据大量检测结果，得到部件的质量指标值X服从正态分布，并把质量指标值不小于的产品称为A等品，其它产品称为B等品.现从该部件的生产线中随机抽取100件作为样本，统计得到如图所示的频率分布直方图. (1)根据大量检测结果，该部件质量指标值的标准差s的近似值为，用样本平均数作为的近似值，用样本标准差s作为的估计值.若从生产线中任取一个部件，试从质量指标值X服从正态分布的角度估计该部件为A等品的概率（保留小数点后面两位有效数字）； ①同一组中的数据用该组区间的中点值代表；②参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，．） (2)（ⅰ）从样本的质量指标值在和的部件中随机抽取3件，记其中质量指标值在的部件件数为，求的分布列和数学期望； （ⅱ）该企业为节省检测成本，采用随机混装的方式将所有的部件按100件一箱包装.已知一件A等品部件的利润是元，一件B等品部件的利润是元，根据（1）的计算结果，试求x的值，使得每箱产品的利润最大. 18．已知椭圆过点，且与双曲线有相同的焦点． (1)求椭圆的方程； (2)设为的上顶点，为左焦点，，为上的两点，点关于轴的对称点为，线段的中点为，若为的平分线， （i）求证：直线过定点； （ii）求的取值范围． 19．对于函数，若实数满足，则称为的不动点.已知，且的不动点的集合为.以和分别表示集合中的最小元素和最大元素. (1)若，求的元素个数及； (2)当恰有一个元素时，的取值集合记为. （i）求； （ii）若，数列满足，，集合，.求证：，. 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 《成都石室中学2026届高三下数学周练三》参考答案 1．C 【分析】先解一元二次不等式可得集合S，再由交集的定义可得. 【详解】因为，解得， 所以， 所以. 2．A 【分析】根据小球从口滚动进入，则一定从口滚动出来得到充分性，结合若小球从口滚动出来，可能是从口或口滚动进入得到不必要性，进而得到结果； 【详解】若小球从口滚动进入，则一定从口滚动出来． 若小球从口滚动出来，可能是从口或口滚动进入， 所以“小球从口滚动进入”是“小球从口滚动出来”的充分不必要条件． 故选：A. 3．A 【详解】由向量，可得， 因为，且与夹角为，所以， 则，所以. 4．D 【分析】对ABC选项直接用特殊值验证可得，对D由不等式性质及对数函数性质可得结果. 【详解】对于A：取，显然有，所以A不正确； 对于B：取，显然有，所以B不正确； 对于C：取，显然有，所以C不正确； 对于D：充分性：因为，所以，再由函数是单调递增函数，所以. 必要性：由且函数是单调递增函数，所以，，即.故D正确. 故选：D. 5．C 【详解】由， 其中，当时，最大值为. 6．B 【分析】利用极化恒等式可得，再利用垂径定理可得，最后可求解. 【详解】    圆C：，半径，取中点M，则， 记，， 所以， 在中，由勾股定理，， 由极化恒等式，， 代入消元得：. 故选：B 7．C 【分析】根据题意，利用对称性和奇偶性，求得，，且，推得，进而得到，即可求解. 【详解】由函数满足，可得关于对称，即， 因为函数为奇函数，可得， 即，可得，即， 令，可得，所以， 又因为，可得， 所以，可得，所以的周期为8， 因为，可得，所以一定有， 对于的值无法确定. 8．D 【分析】记，由，可知只要时恒成立即可，从而将问题转化为在恒成立， 令，结合导数求出的最值即可求解. 【详解】原不等式等价于，记， 注意到，这说明只要时，则当时也有. 故下只考虑时的情况，要使， 只需在恒成立， 令，. 因为，故，经验证，满足题意. 故选：D 9．BD 【分析】利用三角函数符号法则判断A；利用扇形弧长、面积公式计算判断B；求出角的集合表达式判断C；利用正切函数求出定义域判断D. 【详解】对于A，由，得，则，A错误； 对于B，设扇形半径为，由圆心角为的扇形的面积为，得， 解得，因此扇形的弧长为，B正确； 对于C，终边落在射线上的角集合为， 终边落在射线上的角集合为， 因此终边落在直线上的角的集合是，C错误； 对于D，由，得， 因此函数的定义域为，D正确. 故选：ABD 10．ACD 【分析】根据条件确定等差数列的首项和公差的正负判断A，根据等差数列性质可判断BC，根据二次函数性质可判断D. 【详解】对于A，设等差数列首项为，公差为， 则， 因为存在最大值，所以数列的公差，数列单调递减， 要使​存在最大值，则数列先正后负，首项，故A正确； 对于B，由等差数列性质可知，故B错误； 对于C，因为，所以， 所以时，取得最大值，故C正确； 对于D，由可得， 由，可得， 所以取得最小正值时为31，故D正确. 11．ABD 【分析】利用长方体的性质结合球的表面积公式判断A，建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间位置关系的向量表示并结合题意得到轨迹方程，进而求解轨迹长度判断B，利用异面直线夹角的向量求法结合同角三角函数的基本关系判断C，利用球的方程求出的坐标，进而得到的长度判断D即可. 【详解】对于A，设长方体的外接球半径为， 由长方体性质得， 由球的表面积公式得球的表面积为，故A正确， 对于B，如图，在长方体中， 以为原点建立空间直角坐标系，连接， 由题意得，，，，， 因为点为的中点，所以， 则，，设面的法向量为， 可得，令，解得，故， 因为为底面（含边界）内一个动点， 所以设，则， 因为平面，所以， 得到，化简得， 当时，，不符合题意，当，时，符合题意， 则的轨迹是点与点之间的线段， 由两点间距离公式得轨迹长度为，故B正确， 对于C，因为，所以，此时变为， 由题意得，，则，， 设异面直线与所成角为， 可得， 由同角三角函数的基本关系得， 则，令， 由二次函数性质得在上单调递减，在上单调递增， 而，，，可得， 即，故C错误， 对于D，由题意得是的中点，则由中点坐标公式得， 且，，，，设，半径为， 则外接球的方程为， 将代入方程，得到， 将代入方程，得到， 两式相减可得，解得， 将代入方程，可得， 此时变为， 两式相减得，解得， 将代入方程，可得， 此时变为， 两式相减可得，解得， 则，由两点间距离公式得，故D正确. 故选：ABD 12． 【分析】利用定义法确定函数的奇偶性，即可得函数值. 【详解】由，， 则， 即函数为奇函数， 所以. 13． 【分析】利用双曲线的定义，结合等腰三角形和相似比性质来求解各线段长度，最后根据勾股定理找到等式关系，从而可求离心率. 【详解】 如图，由于，可作轴，垂足为，可知为中点， 由，可知， 由，可知， 令，则，即， 根据双曲线定义：， 即，， 再由勾股定理可得：， 即， 即， 故答案为：. 14． 【分析】根据三角恒等变换可知，再由三角函数值域以及“完整函数”定义将问题转化为在上需要至少两个不同的解，结合正弦函数图象性质得出不等式即可得解得的取值范围. 【详解】由可得， ， 又（）是上的“完整函数”， 存在，使得成立， 即存在，使得成立， 即，又， ，即在上需要至少两个不同的解， 时，令， 的正根依次为： 区间右端点需满足：，解得. 15．(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理将边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式求出，即可得解； （2）由面积公式求出，即可求出、，再由余弦定理计算可得. 【详解】（1）因为， 由正弦定理得， ∴， ∴， 在中，，得， ，， ，. （2），又， ，所以，得， 又∵，∴或， 由余弦定理得， 所以. 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接交于，证得，结合线面平行的判定定理即可得证； （2）以为原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可. 【详解】（1）证明如图，取的中点，连接交于，连接，         因为，，所以，又 ，所以         由于，，所以，从而有             又平面，平面，所以平面； （2）设平行六面体各条棱长为6.因为平面平面，且， 所以平面，由于， 所以，，， 由余弦定理得， ，所以，    以为原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，则 ，，，，，， 由得， 从而             设平面的一个法向量为， 则， 可取，故. 17．(1) (2)（ⅰ）分布列见解析，期望；（ⅱ）时利润最大. 【分析】（1）根据直方图先算出平均值，进而得到正态分布，利用正态曲线的对称性求出概率即可； （2）（ⅰ）求出指标值在和的总件数，在的件数，然后根据步骤结合超几何分布的公式计算； （ⅱ）设设每箱产品的利润为，其中有件等品，用表示出的关系式，得到利润表达式，最后利用导数的工具求出关于利润函数时取最大值时的取值. 【详解】（1）根据直方图可得，， 由题知，，则， 等品的质量指标值不小于， 即. （2）（ⅰ）指标值在和的总件数为， 指标值在的件数是， 由题知，可能的取值是. ，， ，， 分布列为： . （ⅱ）设每箱产品的利润为，其中有件等品， 由题知，， 由（1）知，等品的概率为， 则，于是， ， 记， 则， 则递增， 递减， 故当时利润最大. 18．(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）求出双曲线的焦点，再根据焦点相同设椭圆方程，进而得出方程组求解即可； （2）（i）设直线、的倾斜角分别为和，得出，再利用两角和差的正切公式以及诱导公式得出直线、的斜率之积为，再分别设直线、方程并与椭圆方程联立求出坐标，再设的方程，将坐标代入，建立一元二次方程，结合韦达定理可求； （ii）将问题转化为求的范围，联立直线与椭圆的方程，利用弦长公式计算，再利用换元法求函数最值即可. 【详解】（1）双曲线的标准形式为， 因为，所以双曲线的焦点为， 因为椭圆与双曲线的焦点相同，故可设其方程为，且， 因为在椭圆上，所以，解得， 故椭圆的方程为； （2）（i）设直线、的倾斜角分别为和，则直线的倾斜角为， 由题设知和均不等于，又直线的斜率为，故其倾斜角为， 从而有，即， 则，即， 又，故， 设直线、的斜率分别为、，则， 设直线、的方程分别为、，设， 联立，得，解得， 则，故点， 同理可得， 由题意可知，直线的斜率存在，故设直线的方程为， 代入点坐标得，化简得， 同理有， 故、是方程的两个根， 故，解得， 故直线方程为，过定点； （ii）因为，故，故， 由（i）可知，直线方程为， 设、，则，， 联立，得， 因为点在曲线内部，则必有， 则，， 则 ， 令，则， 因为，则，则，即， 故，所以， 则的取值范围为. 19．(1)的元素个数为2， (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）依题意可得，令，利用导数求出函数的单调性，即可求出零点，即可求出集合，从而得解； （2）（i）结合（1）可得，令，求出函数的导函数，再分，两种情况讨论，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数的零点个数，从而确定集合； （ii）由（i）可得，即可得到，即可得到，先利用导数证明当时，，即可得到，故，即，从而得到，即可放缩得到，利用等比数列求和公式求出，即可得解. 【详解】（1）当时，，其定义域为. 由得. 设，则， 当时，；当时，； 所以在单调递增；在单调递减， 注意到，所以在恰有一个零点，且， 又，所以，所以在恰有一个零点， 即在恰有一个不动点，在恰有一个不动点， 所以，所以的元素个数为， 又因为，所以. （2）（i）当时，由（1）知，有两个元素，不符合题意； 当时，，其定义域为， 由得. 设，，则， 设，则， ①当时，，所以在单调递增， 又，所以在恰有一个零点， 即在恰有一个不动点，符合题意； ②当，故恰有两个零点. 又因为，所以， 当时，；当时，； 当时，； 所以在单调递增，在单调递减，在单调递增； 注意到，所以在恰有一个零点， 且， 又时，，所以在恰有一个零点， 从而至少有两个不动点，不符合题意； 所以的取值范围为，即集合. （ii）由（i）知，，所以， 此时，，，由（i）知，在单调递增， 所以，当时，，所以，即， 故若，则，因此，若存在正整数使得，则，从而， 重复这一过程有限次后可得，与矛盾，从而，， 下面我们先证明当时，， 设，， 所以，所以在单调递减， 所以， 即当时，， 从而当时，， 从而，即， 故，即， 由于，，所以，， 故， 故时，， 所以，故. 解法二：（i）当时，，故是的一个不动点； 当时，由，得（*）， 要使得恰有一个元素，即方程有唯一解，因此方程（*）无实数解， 即直线与曲线无公共点. 令，则，令， 则， 所以在单调递减，又因为，所以当时，，当时，， 所以当时，，当时， 所以在单调递增，在单调递减， 令，则，， 则 ， 又因为当时，，当时，， 所以曲线的大致图象如图所示： 由图可知，，所以的取值范围为，即集合. （ii）由（i）知，，所以， 此时，， 令，则， 令，当时，，所以在单调递增， 所以当时，，所以， 所以在单调递增，所以， 故若，则，因此，若存在正整数使得，则，从而， 重复这一过程有限次后可得，与矛盾，从而，. 下面先证明当时，. 令，则， 所以在单调递增，所以当时，，所以当时，. 所以 ， 由于，所以， 故，即， 故， 故时，. 所以，故. （ii）解法三：同解法一可得，. 下面我们先证明当时，. 设，则当时，，所以在单调递减，所以，即， 从而当时，， 于是， 从而，即， 故，即， 由于，所以， 故， 故时，. 所以. 故. 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 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 $