四川成都市石室中学2026届高三下学期数学周练7

· 高2026届高三下数学周练7 · 班级 姓名 1．已知集合，，则的子集个数为（ ） A．2 B．4 C．8 D．16 2．在复平面内，复数对应的点分别是，则的模是（ ） A．5 B． C．2 D． 3．已知实数满足，则（ ） A． B． C． D． 4．已知为单位向量，则“”是“与的夹角是钝角”的（　） A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 5．记为数列的前项积，已知，则（ ） A．8 B．9 C．10 D．11 6．函数的部分图象如图所示，则 （ ） A．1 B． C．3 D． 7．双曲线的左、右焦点分别为，以为直径的圆与在第二象限交于点，若坐标原点到直线的距离为，则双曲线的离心率为（ ） A． B． C． D． 8．已知函数，且函数在，内恰有2025个零点，则满足条件的有序数对（ ） A．有且仅有1对 B．有且仅有2对 C．有且仅有3对 D．有无数对 9．下列关于统计的知识，说法正确的是（ ） A．若数据的方差为0，则所有的都相等 B．已知样本数据，去掉一个最小数和一个最大数后，剩余数据的中位数小于原样本的中位数 C．数据的第70百分位数是8.5 D．若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为-1 10．如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中，以顶点为端点的三条棱长都等于1，且它们彼此的夹角都是，下列说法中正确的是（  ） A． B．在底面上的投影是线段的中点 C．与平面所成角大于 D．与所成角的余弦值为 11．函数满足，都有，且，则（  ） A． B．数列单调递减 C． D． 12．展开式中项的系数为________. 13．已知抛物线的焦点到准线距离为上一点到焦点的距离为5，则的横坐标为______． 14．有个编号分别为的盒子，第1个盒子中有2个白球1个黑球，其余盒子中均为1个白球1个黑球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，则从第2个盒子中取到白球的概率是______，从第个盒子中取到白球的概率是______． 15．在中，角的对边分别为，已知 (1)求证：； (2)若是锐角三角形，求的取值范围． 16．为备战2026年第十一届全国学生“学宪法讲宪法”比赛，某校举办了法治素养竞赛（分初赛和决赛两部分）．初赛从6道题中任选2题作答，2题均答对则进入决赛．已进入决赛的参赛者允许连续抽奖3次，中奖1次奖励120元，中奖2次奖励180元，中奖3次奖励360元，若3次均未中奖，则只奖励60元．假设每次抽奖中奖的概率均为，且每次是否中奖相互独立． (1)已知初赛6道题中甲能答对其中4道题，记甲在初赛中答对的题目个数为，求的数学期望以及甲在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率； (2)假设该校共选拔出9名同学进入决赛，若这9名同学获得的总奖金的期望值不小于1120元，试求此时的取值范围． 17．如图，在三棱锥中，底面是正三角形，中心为，，. (1)证明：平面； (2)若， （i）证明：平面平面； （ii）求平面与平面夹角的正切值. 18．已知椭圆的离心率，且经过点，为坐标原点，斜率不为0的直线与椭圆交于两点，． (1)求椭圆的方程； (2)证明：点到直线的距离是定值； (3)求的取值范围． 19．已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若对于任意的，恒成立，求的最大值； (3)证明：. 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D C B D C C C AD ACD 题号 11 答案 BCD 1．C 【详解】集合，， 所以集合的子集个数为. 故选：C 2．D 【详解】由题意知，，，所以 所以， 故选：D. 3．C 【详解】对于A，，则，所以，该选项错误； 对于B，若，满足，但，该选项错误； 对于C，因为，所以， 则， 当且仅当，即时，等号成立，所以，该选项正确； 对于D，，所以，因为，所以， 但跟0的大小关系不确定，所以不能确定， 所以不能得到，该选项错误； 故选：C. 4．B 【详解】单位向量，由，得，解得， 则，因此， 所以“”是“与的夹角是钝角”的必要而不充分条件. 故选：B 5．D 【详解】1.当时，，，； 2.当时，有，代入，得， 化简得：，则，. 故选：D 6．C 【详解】由图知，得到，又由图知， 由，得到，又，所以， 由，得到，所以， 得到， 故选：C. 7．C 【详解】由题意得⊥，取的中点，连接， 因为为的中点，所以，且， 故，即为坐标原点O到直线的距离，则， 所以， 由双曲线定义可得，所以， 又，由勾股定理得， 故，解得，故离心率为. 故选：C 8．C 【详解】的零点个数等价于方程实根的个数． 先研究方程在内实根的个数． 当时，方程在内实根的个数为1； 当时，方程在内实根的个数为2； 当时，方程在内实根的个数为3，其中在内实根的个数为2． 因为是周期为的函数，所以当时，在，，，，内方程实根的个数均为2． 因为在内恰有2025个零点，且2025为奇数，所以不合题意． 当时，；当时，．所以满足条件的有序实数对只有3对． 在上的图像：故选：C. 9．AD 【详解】A项：由方差知识得，A项正确； B项：去掉其中的一个最小数和一个最大数后，中位数不变，B项错误； C项：，则70百分位数为第6个数9，C项错误； D项：样本点都在直线，则完全负相关，所以相关系数为，D项正确. 故选：AD 10．ACD 【详解】对于A，由题意， 所以 ， 又因为， 所以，A说法正确； 对于B，设中点为，连接， 则， 若在底面上的投影是线段的中点，则底面， 又底面，则应该有， 因为 ， 故此时与底面不垂直，B说法错误； 对于C，因为，， 所以， ， 在中，，，， 所以，所以， 所以与平面所成角为， 又因为，即， 所以与平面所成角大于，C说法正确； 对于D，因为 ， 所以，D说法正确； 故选：ACD 11．BCD 【详解】对于A选项，函数满足、，都有， 令，则，即，则， 所以，，A错； 对于B选项，令，，可得， 所以，，且， 所以，数列是首项为，公比为的等比数列，所以，， 所以，，即， 故数列单调递减，B对； 对于C选项，对任意的，， 所以，， 当且仅当时，等号成立，C对； 对于D选项，令，① 则，② ①②可得， 因此，，D对. 故选：BCD. 12． 【详解】 因为 所以展开式中项的系数为. 故答案为： 13． 【详解】将抛物线化为标准方程为， 因为抛物线焦点到准线距离为2，所以，解得； 将代入抛物线方程中，得，焦点为，准线方程为， 设，因为，所以，解得， 代入抛物线方程，得． 14． 【详解】记事件表示从第个盒子里取出白球，则，， 所以， ， ， 进而可得，， 又，，， 所以是首项为，公比为的等比数列， 所以，即， 故答案为：；. 15．(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）由余弦定理， 代入得，则， 由正弦定理得 所以， 所以, 得 由知，故， 所以或（舍去） 所以 （2）解法1：，由得， 所以， . ， 由，得，， 所以， 所以，即； 解法2：由得， 因为，所以，得， 所以，即， 所以. 16．(1)期望为； (2) 【详解】（1）记总题数，甲会做的题数， 从中任选2题作答，则答对题数服从超几何分布， 数学期望． 事件“已答对一题”即；“仍未进入决赛”即， 由条件概率公式得：． （2）设进入决赛的同学获得的奖金为元， 其分布为， 期望，化简得 9名同学总奖金的期望， 即．整理得． 令，由知在单调递增， 又，因此不等式解为， 结合，得． 17．(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析；（ii）. 【详解】（1）延长交于点，则为的中点，连接，如下图所示： 因为为正的中心，所以， 又因为，即，所以，故， 因为平面，平面，故平面. （2）（i）由于，为的中点，故. 又因为为等边三角形，所以， 因为，、平面，所以平面， 而平面，因此平面平面. （ii）方法一：因为平面，且， 以为原点，、所在直线分别为、轴，建立空间直角坐标系， 则平面的一个法向量为. 易知、、，所以， 设点，则，解得，即点，因此. 设平面的的一个法向量为，则， 取得，即平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为，则， 所以，所以， 故平面与平面夹角的正切值为. 方法二：在平面内作，垂足为点，过点在平面内作，垂足为点，连接， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为，，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以平面与平面夹角为， 在中，，，则，故， 由余弦定理可得， 所以， 故，， 所以， 易知，故，所以， 所以，即平面与平面夹角的正切值为. 18．(1) (2)证明见解析 (3) 【详解】（1）由，可得 ①， 椭圆经过点，可得，解得，代入①，可得， 故椭圆的方程为. （2）依题意，可设直线的方程为，， 由，消去，整理得， 可得， 设，则， 因，则 ， 去分母得， 化简得. 则点到直线的距离为，为定值. （3）因， 故， 由得，代入上式，整理得， 设，则，且代入上式， 可得， 设，则，且， 所以， 故的取值范围是. 19．(1)答案见解析 (2) (3)不等式成立，证明过程见详解 【详解】（1）， 当时，，在上单调递减， 当时，令， 当时，，故函数在区间单调递减； 当时，，故函数在区间上单调递增； （2）对恒成立， 当时，时，左边与条件矛盾，舍去，∴， 令，即对恒成立， 令， 当时，，时，， 所以在上单调递减；单调递增， 故只需． （3）要证： 证： 即证：， 只需证：， 即证：，即证：， 令 证： ， 令在上单调递增， ∴，证毕. 学科网（北京）股份有限公司 $