四川省成都市树德中学2026-2027学年高三上学期数学周考

**基本信息** 分层梯度清晰，覆盖统计、数列、概率等多模块，从概念理解到综合应用，适配周测学情检测，培养数学思维与数据观念。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础巩固|等比数列、椭圆方程等单一概念|单选1-5题直接考查定义与公式，如等比数列第6项计算，强化概念理解| |综合应用|导数极值、相关系数等跨模块知识|单选7题结合导数与方程零点，多选9题辨析统计方法，提升逻辑推理能力| |拓展提升|立体几何探索、概率赛制分析|解答题15题设计乒乓球赛制比较，融合独立性检验与概率计算，发展数学建模与应用意识|

成都树德中学高2024级数学周考试题 班级：__________ 姓名：__________ 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 根据下图的散点图，变量和变量的样本相关系数的值最可能为（     ） A.    B.    C.    D. 2. 已知等比数列12，6，3，…，则该等比数列的第6项是（     ） A.    B.    C.    D. 3. 已知随机变量等可能取值为，若，则（     ） A.    B.    C.    D. 4. 离心率为，焦点在轴且长轴长为6的椭圆的标准方程为（     ） A.    B.    C.    D. 5. 的展开式中所有有理项的系数和为（     ） A.    B.    C.    D. 6. 将某保护区分为面积大小相近的多个区域，用简单随机抽样的方法抽取其中6个区域，统计这些区域内的某种水源指标和某植物分布的数量，得到样本，其中，，，，此样本的相关系数，记关于的线性回归方程为。经计算可知：，，，则的值为（     ） 参考公式：，。 A.    B.    C.    D. 7. 已知函数既有极大值又有极小值，则实数的取值范围是（     ） A.    B.    C.    D. 8. 若一个三位数的百位数字是，十位数字是，个位数字是，，且，，三个数中 最大值和最小值的和等于3，则这样的三位数的个数是（     ） A.14 B.15 C.16 D.17 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．下列说法正确的有（     ） A. 独立性检验方法不适用于普查数据 B. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过0.5% C. 若，两组成对样本数据的相关系数分别为，，则组数据比组数据的线性相关程度强 D. 线性回归分析中，用决定系数来刻画模型拟合效果．值越大，则拟合效果越好 10．设函数，则（     ） A.的递增区间是 B.的递减区间是 C.的值域是 D.的值域是 11．已知，分别是椭圆的左、右焦点，其离心率为，为椭圆上任意一点，则下列说法正确的是（     ） A. 若，则的最大值为 B. 若，则的最大值为9 C. 若的重心为，内心为，其中，不重合，则 D. 若的角平分线交于点，且， 三、填空题：本题共2小题，每小题5分，共10分． 12．由样本数据，求得回归直线方程为，且，，则相应于样本点的残差值为            ． 13．在三棱锥中，是边长为6的正三角形，，，且二面角的大小为，则该三棱锥外接球的表面积为            ． 选择题答题框： 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 题号 8 9 10 11 12 13 答案 四、解答题：本题共2小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 14. （15分）如图，在正三棱柱 中，底面边长为2，侧棱长为 ， 是 的中点． 1. 证明： 平面 ； 2. 求直线 与平面 所成角的正弦值； 3. 在线段 上是否存在一点 ，使得点 到平面 的距离为 ？若存在，请求出 的值；若不存在，请说明理由． 15．（17分）乒乓球比赛有两种赛制，其中就有“5局3胜制”和“7局4胜制”，“5局3胜制”指5局中胜3局的一方取得胜利，“7局4胜制”指7局中胜4局的一方取得胜利． （1） 甲、乙两人进行乒乓球比赛，已知在某个赛季甲、乙两人采用两种赛制各共进行了 场比赛，在不同赛制下甲、乙两人的胜负情况如下表．请先将下面的列联表补充完整，然后根据小概率值 的 独立性检验，分析不同赛制是否对甲获胜有影响． 甲获胜 乙获胜 合计 5局3胜 0.8m              m 7局4胜              0.1m m 合计                                        （2） 若甲、乙两人采用5局3胜制比赛，设甲每局比赛的胜率均为 ，没有平局．记事件“甲只要取得3局比赛的胜利比赛结束且甲获胜”为 ，事件“若不执行5局3胜制的提前结束规则，打满全部5局，甲至少取得3局比赛胜利”为 ，试证明：． （3） 甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲的胜率都是 ，没有平局．若采用“赛满 局，胜方至少取得 局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为 ．若采用“赛满 局，胜方至少取得 局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为 ，试比较 与 的大小． 参考数据：，， 附：，其中 ． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 成都树德中学高2024级数学周考试题答案 1. 【答案】A 【详解】由散点图知，变量和变量负相关，且相关性较强，所以样本相关系数。 2. 【答案】A 【详解】由题可知，公比，所以， 3. 【答案】C 【详解】依题意可得，，所以，解得。故选：C。 4. 【答案】B 5. 【答案】C 【详解】展开式的通项为：，其中，，，，，，，，，当，，时为有理项，故有理项系数和为，故选：C。 6. 【答案】C【详解】解：因为，，所以， 由，解得，所以. 7. 【答案】A【详解】对函数求导得，，令， 则，当或时，，则在和上单调递增，当时，，则在上单调递减，，且时，时，要使函数既有极大值又有极小值， 即至少有两个变号零点，所以至少有两个变号零点，所以.故选：A. 8. 【答案】D【详解】因为，，三个数中最大值和最小值的和等于3，且， 若，则，或，或，，或，，或， 若，则，，或，，或，，或，，或，， 若，则，可以是，，，，或，可以是，，， 所以符合条件的三位数的个数是. 9. 【答案】ABD【详解】对于选项A，独立性检验是基于数据推断总体中两个分类变量是否存在关联的统计方法，普查已获得总体信息，可直接判断变量关联，无需进行抽样判断，因此该方法不适用于普查数据，故选项A正确； 对于选项，计算得，按照的独立性检验规则，拒绝假设，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过，即，故选项正确； 对于选项，线性相关程度由相关系数的绝对值决定，绝对值越接近于，相关程度越强.，因此组数据的线性相关程度更强，故选项错误； 对于选项，线性回归中，决定系数越大，说明残差平方和越小，模型拟合效果越好，故选项正确. 10. 【答案】【详解】由题意得的定义域为.当时，，求导得，当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以在处取得最小值，所以当时，. 当时，，求导得，所以在上单调递减. 当时，，，则，当时，，，则，所以当时，，综上，可得的递增区间为，正确； 的递减区间是和，错误；的值域为，正确，错误. 11.【答案】【详解】项：由，得，.若，则，，. 由椭圆定义，且，的最大值为，不是，错误. 项：若，则，，，椭圆.设，则.令，，则， 当时取等，故最大值为，正确.项：设，，，则重心. 设内心，内切圆半径，为的面积，由得， 故内心的纵坐标满足关系，又内心纵坐标与纵坐标同号，因此， 所以轴，即，正确. 项：设，.由角平分线平分，且在上，则. 又因为，，故，所以，即. 在中，。由正弦定理，，，且， 得。化简得，解得或。 因，故，正确。 12.【答案】1 【详解】将点代入回归直线方程为，得，得，即， 则样本点的残差值为：。 13.【答案】 【详解】如图所示，设为三棱锥外接球半径，为球心，，分别为 与的外心，则平面，平面。 因为是边长为的正三角形， 所以的外心为的重心， 连接并延长交于点， 则为中点，且，， 因为为直角三角形，， 所以为中点，且，，， 因为，，所以是二面角的平面角，则， 在中，，，， 由余弦定理得，由题知，， 所以，在以为直径的圆上，由正弦定理得。 在中，，则，即， 所以三棱锥外接球的表面积为。故答案为：。 14. 【详解】（1） 如图，连接交于点，连接，则点为的中点，且是的中点， 则为的中位线，所以。又因为平面，平面， 所以平面． （2） 因为在正中，是的中点，故， 以为坐标原点，取的中点，分别以、、为，，轴， 建立空间直角坐标系，则，，，，，，． 故，， ， 设平面的法向量为，则取． 设直线与平面所成角为，可得，， 所以直线与平面所成角的正弦值为． （3） 存在点，理由如下：设，其中， 所以，， 设平面的法向量为， 则取．且， 则点到平面的距离， 化简得，解得或（舍去）． 综上，存在点使得点到平面的距离为．此时． 15. 【详解】（1） 设零假设：赛制对甲获胜无影响，则列联表如下， 甲获胜 乙获胜 合计 5局3胜 0.8 0.2 7局4胜 0.9 0.1 合计 1.7 0.3 2 所以，若， 当时，根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 即认为赛制对甲获胜有影响，此推断犯错误的概率不超过0.010； 当时，根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，即认为赛制对甲 获胜无影响. （2） 由题，， ，综上，，得证. （3） 考虑赛满局的情况，以赛完局为第一阶段，第二阶段为最后2局， 设"赛满局甲获胜"为事件，结合第一阶段结果，要使事件发生，有两种情况： 第一阶段甲获胜，记为；第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局，记为， 则，得， 若第一阶段甲获胜，即赛满局甲至少胜局，有甲至少胜局和甲恰好胜局两种情况， 甲至少胜局时，无论第二阶段的2局结果如何，最终甲获胜； 甲恰好胜局时，有可能甲不能获胜，此时第二阶段的2局比赛甲均失败，概率为，所以，若第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局，那么要使 甲最终获胜，第二阶段的2局甲全胜，得， 所以， 则 ， 由，所以，得. 学科网（北京）股份有限公司 $