广东深圳市光明区光明中学2025-2026学年高三下学期数学周测（5.24）

**基本信息** 高三数学周测试卷聚焦复数、立体几何、函数等核心知识，通过立体几何补形法、概率独立事件辨析等设计，考查数学思维与逻辑推理能力，适配高三复习巩固需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数几何意义、集合子集、三角函数齐次式|基础与能力结合，如函数极值点分析考查导数应用| |多选题|3/18|等差数列性质、空间几何二面角、圆的公切线|综合性强，如空间几何题涉及线面垂直与夹角计算| |填空题|3/15|二项式常数项、椭圆离心率、函数单调性|注重数学应用，如椭圆离心率结合定义与余弦定理|

高三数学小周测（2026年5月24日） 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分。 1．若复数（为虚数单位）在复平面内对应的点在虚轴上，则实数 A． B．2 C． D． 2．设集合，，则的子集个数为 A．4 B．8 C．16 D．32 3．若，则（    ） A． B． C． D． 4．已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（    ） A． B．1 C．2 D．3 5．函数在区间上的极值点个数为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 6．已知抛物线：（）的焦点为，圆：与交于，两点，若直线与直线的斜率之积为，则（   ） A．3 B． C．4 D．5 7．有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（    ） A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立 C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立 8．设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（    ） A． B． C．1 D．2 1. 多选择：本大题共小3题，每小题6分，满分18分。每小题给出的备选答案中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，部分选对得3分，选错或不选的得0分。 9．记为等差数列的前项和，若，，则（   ） A． B．公差 C． D．若，则 10．如图，平面ABCD，，，，，，，则（    ） A． B．平面ADE C．平面BDE与平面BDF的夹角的余弦值为 D．直线CE与平面BDE所成角的正弦值为 11．下列结论正确的是（    ） A．若圆：，圆：，则圆与圆的公共弦所在直线的方程是 B．圆上有且仅有3个点到直线l：的距离都等于1 C．曲线：与曲线：恰有三条公切线，则m＝4 D．已知圆C：，P为直线上一动点，过点P向圆C引条切线PA，其中A为切点，则PA的最小值为4 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．的展开式中，常数项为__________.（用数字作答） 13．已知分别是椭圆的左、右焦点，是上位于轴上方的一点，直线交于另一点，且，则的离心率为_______. 14．已知函数为奇函数，当时，（），若在上单调递增，则的取值范围是______． 试卷第2页，共2页 试卷第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 《高三数学小周测（2026年5月24日）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C D B A C B D ACD BC 题号 11 答案 ABC 1．D 【分析】计算出复数的表达式，由题意中复数在复平面内对应的点在虚轴上计算出结果 【详解】 复数在复平面内对应的点在虚轴上， 则， 故选 【点睛】本题主要考查了复数的几何意义，只需计算出复数在复平面内的对应点，结合题意即可计算出答案，较为基础 2．C 【详解】分析：求出集合A,B，得到，可求的子集个数 详解：， 的子集个数为 故选C. 点睛：本题考查集合的运算以及子集的个数，属基础题. 3．D 【分析】由题意化简所给解析式，利用齐次式性质，化简计算，即可得答案. 【详解】原式 故选：D 4．B 【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系可得，进而可求正三棱锥的高，即可得结果. 【详解】解法一：分别取的中点，则， 可知， 设正三棱台的为， 则，解得， 如图，分别过作底面垂线，垂足为，设， 则，， 可得， 结合等腰梯形可得, 即，解得， 所以与平面ABC所成角的正切值为； 解法二：将正三棱台补成正三棱锥， 则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角， 因为，则， 可知，则， 设正三棱锥的高为，则，解得， 取底面ABC的中心为，则底面ABC，且， 所以与平面ABC所成角的正切值. 故选：B. 5．A 【分析】根据题意，求得，令，求得或，结合正弦函数的性质，以及函数极值点的定义，即可求解. 【详解】由函数，可得， 令，即，可得或， 因为，可得， 当时，，所以，单调递增； 当时，，所以，单调递减； 当时，，所以，单调递增； 当时，，所以，单调递增； 当时，，所以，单调递减； 当时，，所以，单调递增， 所以在上递增，在上递减，在上递增， 在上递增，在上递减，在上递增， 其中两侧函数的单调性相同，可得不是函数的极值点， 所以在区间的极值点为，共有4个. 故选：A. 6．C 【分析】先由已知条件解出，两点坐标，再由焦半径公式求得. 【详解】由圆：可知，圆心，半径为. 而圆和抛物线都关于轴对称，则可设，. 由，得. 因为点在圆上，又有，即， 而，则解得，所以.而点又在抛物线上， 则有，所以，则. 所以. 7．B 【分析】根据独立事件概率关系逐一判断 【详解】 ， 故选：B 【点睛】判断事件是否独立，先计算对应概率，再判断是否成立 8．D 【分析】解法一：令，分析可知曲线与恰有一个交点，结合偶函数的对称性可知该交点只能在y轴上，即可得，并代入检验即可；解法二：令，可知为偶函数，根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，即可得，并代入检验即可. 【详解】解法一：令，即，可得， 令， 原题意等价于当时，曲线与恰有一个交点， 注意到均为偶函数，可知该交点只能在y轴上， 可得，即，解得， 若，令，可得 因为，则，当且仅当时，等号成立， 可得，当且仅当时，等号成立， 则方程有且仅有一个实根0，即曲线与恰有一个交点， 所以符合题意； 综上所述：. 解法二：令， 原题意等价于有且仅有一个零点， 因为， 则为偶函数， 根据偶函数的对称性可知的零点只能为0， 即，解得， 若，则， 又因为当且仅当时，等号成立， 可得，当且仅当时，等号成立， 即有且仅有一个零点0，所以符合题意； 故选：D. 9．ACD. 【详解】设等差数列的公差为， 由可得，故A正确； 由可得，代入，解得，故B错误； 因，故C正确； 对于D，由上分析，可得，则， 故 ，故D正确. 10．BC 【详解】对于A，根据题意可知，平面ABCD， 不妨以A为原点建立空间直角坐标系，如图所示， 可得， 则，， 所以，所以，不垂直，故A错误； 对于B，依题意，是平面的一个法向量， 又，可得，则， 又因为直线平面，所以平面，故B正确； 对于C，设为平面的一个法向量， 则，令，可得， 设为平面的一个法向量， 则，令，可得， 所以平面BDE与平面BDF的夹角的余弦值为，故C正确； 对于D，设直线与平面所成角为，而， 则，故D错误. 11．ABC 【详解】对于A，显然两圆相交，且两方程相减可得：，也即，故选项A正确； 对于B，圆的圆心到直线l：的距离，所以圆上有且仅有3个点到直线l：的距离都等于1，故选项B正确； 对于C，曲线：可化为，曲线：可化为， 若曲线表示圆，则有， 因为曲线：与曲线：恰有三条公切线，所以两圆相外切，则，解得：，满足， 故选项C正确； 对于D，根据题意，显然，当最小时，则最小，其最小值为到直线的距离，即， 所以PA的最小值为，故选项D错误， 故选：ABC. 12．84 【详解】解：二项式的展开式， 当，即时，常数项为． 13．/ 【详解】 设，则， 由椭圆定义可知：，， 由余弦定理得：， 整理可得：，（舍）或， ，，， ，，即， 的离心率. 14． 【详解】因为函数为奇函数，所以关于点中心对称， 又在上单调递增，则在区间上也单调递增， 又当时，（），对称轴为， 当时， 的图象开口向下，且，此时在区间上单调递减，不合题意， 所以，解得，所以实数的取值范围是. 答案第2页，共8页 答案第1页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 $