四川成都市石室中学2026届高三下学期数学周练五

数学周练五 一、单选题 1．已知复数满足，则（     ） A． B．5 C．2 D．1 2．已知非空集合，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3．的展开式中的系数为（    ） A．2 B．6 C．4 D．-4 4．双曲线：，焦距为10，左右焦点分别为，，M为E上一点满足，则（   ） A．13 B．1或13 C．10 D．4或10 5.关于函数，下列说法不正确的是（    ） A．是偶函数 B．最大值为2 C．最小值为-2 D．不是周期函数 6．设直线与圆交于M，N两点，则当取最小值时，（    ） A．1 B．2 C． D． 7.甲、乙、丙、丁、戊五名同学参加某项竞赛，决出了第一名到第五名的 5 个名次. 甲、乙两人去询问成绩，组织者对甲说:“很遗撼，你和乙都未拿到冠军. ” 对乙说:“你当然不会是最差的. ”从组织者的回答分析, 这五名同学的名次排列的种数为 A. 24 B. 54 C. 72 D. 120 8.正四面体棱长为2，点为其外接球球心，点满足，且点在平面上，则三棱锥体积最小值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9.已知是锐角三角形，且，则的长度可以是（   ） A． B． C． D． 10.已知函数 的极大值点和极小值点分别记为 和 ,过点 分别作 轴的平行线交 的图象于点 ,过点 构造矩形 ,如图所示,则下列说法正确的是 A. B. 点 为线段 的三等分点 C. 当 时，四边形 为正方形 D. 当 时，四边形 为菱形 11．已知曲线与抛物线交于两点，的中点为，当时，到抛物线准线的距离为4，为抛物线的焦点，则下列选项正确的是（    ） A． B．的轨迹方程为 C． D．若，则 三、填空题 12．设函数，则______. 13．中，D为AB边中点，，则______（用，表示），若，，则_______ 14．2025年春晚，一场别开生面的机器人舞蹈表演震撼了观众.现在编排一个动作，机器人从原点出发，每一次等可能地向左或向右或向上或向下移动一个单位，共移动3次.求该机器人在有且仅有一次经过（含到达）点位置的条件下，水平方向移动2次的概率为 . 四、解答题 15．混凝土具有原材料丰富、抗压强度高、耐久性好等特点，是目前使用量最大的土木建筑材料．抗压强度是混凝土质量控制的重要技术参数，也是实际工程对混凝土要求的基本指标．为了解某型号某批次混凝土的抗压强度（单位：）随龄期（单位：天）的发展规律，质检部门在标准试验条件下记录了10组混凝土试件在龄期分别为时的抗压强度的值，并对数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值．                     9.4 29.7 2 366 5.5 439.2 55 表中． (1)根据散点图判断与哪一个适宜作为抗压强度关于龄期的回归方程类型？选择其中的一个模型，并根据表中数据，建立关于的回归方程； (2)工程中常把龄期为28天的混凝土试件的抗压强度视作混凝土抗压强度标准值．已知该型号混凝土设置的最低抗压强度标准值为． （i）试预测该批次混凝土是否达标？ （ii）由于抗压强度标准值需要较长时间才能评定，早期预测在工程质量控制中具有重要的意义．经验表明，该型号混凝土第7天的抗压强度与第28天的抗压强度具有线性相关关系，试估计在早期质量控制中，龄期为7天的试件需达到的抗压强度． 附： 参考数据：． 16．在数列中，，，，且是等差数列. (1)求； (2)证明：. 17.如图，在直角坐标系中，，动点与两点构成中角的对边分别为，且满足. (1)当点运动时，探究是否为定值，并求出动点的轨迹方程. (2)点在点的轨迹上且满足，求坐标原点到直线的距离. 18．如图，、、为圆台下底面圆周上三点，为直径且为上底面圆周上一点，、分别为线段、的中点，且满足：，平面平面. (1)求证：平面； (2)若，满足要求的点有且只有一个，设三棱锥外接球半径为，圆台的高为. （i）求； （ii为上底面圆周上一动点，当平面与平面夹角为时，求点到平面的距离. 19．（1）已知，证明：； （2）设，若恒成立，求正整数的最大值； （3）求证：. 试卷第4页，共4页 试卷第1页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学周练五 一、单选题 1．已知复数满足，则（     ） A． B．5 C．2 D．1 1．A 【分析】先利用复数的除法运算化简复数，然后利用复数模的运算求解即可. 【详解】因为，所以， 所以 . 故选：A 2．已知非空集合，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意，问题转化为两个集合的包含关系，可求实数的取值范围. 【详解】非空集合， 是的充分不必要条件，则有集合是集合的真子集，所以， 即实数的取值范围为. 3．的展开式中的系数为（    ） A．2 B．6 C．4 D．-4 【答案】B 【难度】0.85 【来源】湖南省长沙市长郡中学2024-2025学年高三下学期月考试卷（六）数学试题 【分析】利用二项式的展开式的通项可求得的展开式中的系数. 【详解】的展开式中的系数即为的展开式中的系数， 又二项式的展开式的通项为， 令，可得， 所以的展开式中的系数为，所以的展开式中的系数. 故选：B. 4．双曲线：，焦距为10，左右焦点分别为，，M为E上一点满足，则（   ） A．13 B．1或13 C．10 D．4或10 【答案】A 【难度】0.85 【分析】根据双曲线焦距可求出a的值，结合题意判断M点位置，利用双曲线定义即可求得答案. 【详解】由题意知双曲线：，焦距为10， 故，则， 由，，得或， 结合，则M在双曲线左支上， 由于，故， 故选：A 5.关于函数，下列说法不正确的是（    ） A．是偶函数 B．最大值为2 C．最小值为-2 D．不是周期函数 【答案】C 【分析】根据偶函数的定义，代入整理，可判断A的正误；分段讨论，可得的解析式，作出图象，可判断B、C、D的正误. 【详解】因为， 所以是偶函数，故A正确； 当时，， 当时，， 因为是偶函数，图象关于轴对称，可得的图象如图所示： 由图象得的最大值为2，最小值为0，不是周期函数，故B，D正确，C错误. 6．设直线与圆交于M，N两点，则当取最小值时，（    ） A．1 B．2 C． D． 【答案】C 【分析】由题意得直线过定点，圆心为，所以与垂直时，最小，以此求解即可. 【详解】由题意得，则直线过定点，圆心为，半径， 点到圆心的距离，所以直线与圆相交于M，N两点， 且与垂直时，最小，此时，且，则. 7.甲、乙、丙、丁、戊五名同学参加某项竞赛，决出了第一名到第五名的 5 个名次. 甲、乙两人去询问成绩，组织者对甲说:“很遗撼，你和乙都未拿到冠军. ” 对乙说:“你当然不会是最差的. ”从组织者的回答分析, 这五名同学的名次排列的种数为 A. 24 B. 54 C. 72 D. 120 【答案】B 【解析】 甲最后一名有 个结果; 甲不是最后一名有 个结果; . 8.正四面体棱长为2，点为其外接球球心，点满足，且点在平面上，则三棱锥体积最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正四面体性质以及空间向量基本定理可得，再由锥体体积公式计算可得结果. 【详解】设中心为，如下图： 由正四面体性质可知， 利用勾股定理可得，即，解得； 因此可得； 所以； ，可得，即， 当且仅当时，等号成立. 此时满足， 易知， 因此. 二、多选题 9.已知是锐角三角形，且，则的长度可以是（   ） A． B． C． D． 9．BC 【分析】先根据三角形是锐角三角形，确定角的取值范围，再结合正弦定理用角的三角函数表示边，利用三角函数的性质可求的取值范围. 【详解】因为三角形为锐角三角形，且，所以，. 由正弦定理，可得：，又， 所以， 由，所以，所以. 故选：BC 10.已知函数 的极大值点和极小值点分别记为 和 ,过点 分别作 轴的平行线交 的图象于点 ,过点 构造矩形 ,如图所示,则下列说法正确的是 A. B. 点 为线段 的三等分点 C. 当 时，四边形 为正方形 D. 当 时，四边形 为菱形 【答案】AC 【解析】 , ,故 ,则 , A 对. . 由 ,得 ; 由 ,得 . 故 . 对 , 错. 对 ,当 时, ,故四边形 为正方形, 对. 对 ,当 时, , ,四边形 不是菱形, D 错. 11．已知曲线与抛物线交于两点，的中点为，当时，到抛物线准线的距离为4，为抛物线的焦点，则下列选项正确的是（    ） A． B．的轨迹方程为 C． D．若，则 【答案】BCD 【分析】由对称性可得关于轴的对称点在抛物线上，设出直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理、抛物线性质逐项求解判断. 【详解】依题意，关于轴的对称点为，设直线，，由对称性不妨令， 则，由，得，则，， 对于A，当时，，，则，解得，A错误； 对于B，，，点，设点， 则，， 又，因此的轨迹方程为，B正确； 对于C，，直线与轴交点为，令， 得，则为中点，，C正确； 对于D，设，则，， 又，因此，解得，， ，，D正确. 三、填空题 12．设函数，则______. 【答案】2 【详解】因为， 所以. 13．中，D为AB边中点，，则______（用，表示），若，，则_______ 【答案】 ； 【分析】根据向量的线性运算求解即可空一，应用数量积运算律计算求解空二. 【详解】如图， 因为，所以，所以． 因为D为线段的中点，所以； 又因为，所以， ，所以 所以， 所以 ． 故答案为：；. 14．2025年春晚，一场别开生面的机器人舞蹈表演震撼了观众.现在编排一个动作，机器人从原点出发，每一次等可能地向左或向右或向上或向下移动一个单位，共移动3次.求该机器人在有且仅有一次经过（含到达）点位置的条件下，水平方向移动2次的概率为 . 14． 【分析】设事件“有且仅有一次经过”，事件“水平方向移动2次”，由题意事件包括事件“1步到位”和事件“3步到位”两个互斥事件，分别计算它们的概率，即得事件的概率，再算事件的概率，利用条件概率公式计算即得. 【详解】设事件“有且仅有一次经过”，事件“水平方向移动2次”， 按到位置需要1步，3步分类讨论.记向左，向右，向上，向下， （1）若1步到位为事件，则满足要求的是或或或或， 或或或或，所以； （2）若3步到位为事件，则满足要求的是 所以；所以， 满足的情况有：或或或或. 所以， 所以. 故答案为：. 四、解答题 18．在数列中，，，，且是等差数列. (1)求； (2)证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）使用等差中项性质即可求解； （2）使用累加法求得的通项公式，再使用裂项相消即可得证. 【详解】（1）设，则， 因为是等差数列，即是等差数列， 则有，即，解得. （2）由（1）知，，则的公差为2，首项为6， 则，即， 当时， 将各式相加，得， 即，即，而满足上式， 因此，， 则， 因为，则，则，得证. 16．混凝土具有原材料丰富、抗压强度高、耐久性好等特点，是目前使用量最大的土木建筑材料．抗压强度是混凝土质量控制的重要技术参数，也是实际工程对混凝土要求的基本指标．为了解某型号某批次混凝土的抗压强度（单位：）随龄期（单位：天）的发展规律，质检部门在标准试验条件下记录了10组混凝土试件在龄期分别为时的抗压强度的值，并对数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值．                     9.4 29.7 2 366 5.5 439.2 55 表中． (1)根据散点图判断与哪一个适宜作为抗压强度关于龄期的回归方程类型？选择其中的一个模型，并根据表中数据，建立关于的回归方程； (2)工程中常把龄期为28天的混凝土试件的抗压强度视作混凝土抗压强度标准值．已知该型号混凝土设置的最低抗压强度标准值为． （i）试预测该批次混凝土是否达标？ （ii）由于抗压强度标准值需要较长时间才能评定，早期预测在工程质量控制中具有重要的意义．经验表明，该型号混凝土第7天的抗压强度与第28天的抗压强度具有线性相关关系，试估计在早期质量控制中，龄期为7天的试件需达到的抗压强度． 附： 参考数据：． 【详解】（1）由散点图可以判断，适宜作为抗压强度关于龄期的回归方程类型．———3分 令，先建立关于的线性回归方程， 由于——————————————————————6分 所以关于的线性回归方程为， 因此关于的线性回归方程为．——————————————————————9分 （2）（i）由（1）知，当龄期为28天，即时， 抗压强度的预报值， 因为，所以预测该批次混凝土达标．——————————————————————12分 （ii）令，得． 所以估计龄期为7天的混凝土试件需达到的抗压强度为．——————————————————15分 17.如图，在直角坐标系中，，动点与两点构成中角的对边分别为，且满足. (1)当点运动时，探究是否为定值，并求出动点的轨迹方程. (2)点在点的轨迹上且满足，求坐标原点到直线的距离. 【答案】(1)是， (2) 【分析】（1）在中由正弦定理和余弦定理可得，再在，中利用余弦定理可得，最后根据双曲线的定义可得动点的轨迹方程； （2）设的方程为，，，根据垂直可得，联立直线方程和双曲线方程后结合韦达定理化简前者可得，再由点到直线的距离公式可求距离. 【详解】（1）在中，， 由正弦定理有：， 再由余弦定理有：，即， 而， 分别在，中利用余弦定理可得： ，化简得. 故，即， 根据双曲线定义结合不共线可得，点的轨迹为. （2） 由题意直线斜率不为0，设其方程为，，， 由可得， 而，故且， 故， 而，， 代入不等式组得有即①， 又，即， 所以， 故，化简可得， 结合①和可得， 此时点到直线的距离. 18．如图，、、为圆台下底面圆周上三点，为直径且为上底面圆周上一点，、分别为线段、的中点，且满足：，平面平面. (1)求证：平面； (2)若，满足要求的点有且只有一个，设三棱锥外接球半径为，圆台的高为. （i）求； （ii为上底面圆周上一动点，当平面与平面夹角为时，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）（ii） 【分析】（1）利用已知的面面垂直证明，利用是直径，有，可得平面； （2）依题意上底面圆周在下底面的射影图形与相切于点，可得上底面圆的半径，（ⅰ）三棱锥四个面皆为直角三角形，得为三棱锥外接球的球心，结合已知数据求出半径和圆台的高，得的值；（ⅱ）建立空间直角坐标系，利用平面与平面夹角，向量法求点到平面的距离. 【详解】（1）证明：、分别为线段、的中点，有， 因为，所以. 又因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面. 平面，所以有， 而在下底面里，是直径，所以， ，平面， 所以平面. （2）由（1）可知，是平面的一个法向量， 因为满足要求的点有且只有一个，所以平面与上底面圆周有且只有一个公共点， 所以上底面圆周在下底面的射影图形与相切于点，底面，即上底面圆的半径， （ⅰ）由（1）可知，为等腰直角三角形， 又，所以易得，，，即圆台高， ，，， 因为三棱锥四个面皆为直角三角形，可知，， 即为三棱锥外接球的球心，所以， 所以. （ⅱ）连接，如图建立空间直角坐标系，则有，，，，， 设，则，，， 设平面的一个法向量为，则有， 取，解得，即， 设平面的一个法向量为，则有， 取，解得，即 所以平面与平面夹角的余弦值为， 设，则前式化简得：， 解得或（舍）， 所以点到平面的距离为： . 19．（1）已知，证明：； （2）设，若恒成立，求正整数的最大值； （3）求证：. 【答案】（1）证明见解析（2）2（3）证明见解析 【分析】（1）记，，求导，根据导数即可证明； （2）由（1）结合特殊值可知，结合题意验证是否满足即可求解； （3）由（2）可得，记，求导，根据导数可证得，进而可得，计算即可得证. 【详解】（1）一方面，记，. 则，故在上单调递增，即. 另一方面，记，. 所以，故在上单调递增，即. 综上，，成立. （2）当时，由（1）知，故恒成立. 一方面，取，则； 另一方面，当时，记，则. 由知， 所以，故单调递增.进而. 综上，正整数的最大值为2. （3）当时，由（2）， 即. 则，① 下证，， ， 则， 故单调递增.进而，即. 所以结合①可得，即， 所以. 试卷第12页，共16页 试卷第13页，共16页 学科网（北京）股份有限公司 $