四川省泸州市泸县第一中学2025-2026学年高三上学期数学周考试题（十）

**基本信息** 泸县一中高2023级物理类数学周测，以复数、数列、立体几何等为核心，通过折叠问题（17题）、竞赛概率模型（19题）等设计，融合数学抽象与逻辑推理，实现基础巩固与能力提升的统一。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|复数虚部、充分条件、统计量|第3题辨析残差平方和，考查数据分析| |多选题|3/18|三角函数性质、不等式|第9题结合图像平移与零点，培养几何直观| |填空题|3/15|排列组合、三角恒等变换|12题相邻不相邻问题，强化数学建模| |解答题|5/77|等比数列求和、立体几何角、函数零点|18题函数零点讨论，突出逻辑推理；19题竞赛概率模型，体现应用意识|

泸县一中高2023级2025年秋期数学大周练（10） （物理类） 一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分. 1．复数z满足（是虚数单位），则z的虚部为（    ） A．－1 B．1 C． D． 2．已知，则是的（     ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分也非必要条件 3．下列说法中，不正确的是（   ） A．在1，3，6，7，9，10，12，15这组数据中，第50百分位数为8 B．分类变量A与B的统计量越大，说明“A与B有关系”的可信度越大 C．根据具有线性相关关系的两个变量的统计数据所得的经验回归方程为，若，，，则 D．两个模型中，残差平方和越大的模型拟合的效果越好 4．已知为等差数列，为等比数列，其中，则（    ） A． B． C． D． 5．已知向量满足，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 6．已知某圆锥的轴截面是边长为6的等边三角形，则该圆锥的内切球的表面积为（   ） A． B． C． D． 7．已知函数的单调递减区间是，则（    ） A．3 B． C．2 D． 8．已知函数（且）在上单调递减，且关于的方程恰有两个不相等的实数解，则的取值范围是 A． B． C． D． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9．已知函数，则（    ） A．在上单调递减 B．将图象上的所有点向左平移个单位长度后得到的曲线关于y轴对称 C．在上有两个零点 D． 10．已知，，且则下列选项正确的是（    ） A．且 B． C． D． 11．函数的定义域为R，为偶函数，且，当时，，则下列说法正确的是（    ）． A．在上单调递增 B． C．若关于x的方程在区间上的所有实数根之和为，则 D．函数有2个零点 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12．甲､乙､丙､丁､戊､己共6人站成一排，若甲､乙两人相邻，而丙､丁两人不相邻，则不同的排法种数共有 .（用数字作答） 13．已知，则 . 14．在三棱锥中，平面，，则直线与平面所成角的大小为 . 四、解答题：共77分，解答题应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15．已知等比数列的各项均为正数,前n项和为Sn,且满足a1+a2=3,S4=15. (1)求数列的通项公式; (2)若数列满足bn=an+(-1)n(3n-1),求数列的前2n项和T2n. 16．的内角的对边分别为，已知为锐角， (1)求； (2)若，且边上的高为，求的面积． 17．如图1，在中，，，、两点分别在、上，使.现将沿折起得到四棱锥，在图2中. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的正切值. 18．已知函数. （1）当时，求证：当时，； （2）若函数有两个零点，求的值. 19．某中学高一年级举行了数学素养知识竞赛，竞赛分为初赛和决赛两个阶段，为了解初赛情况，现从高一年级随机抽取了200名学生，记录他们的初赛成绩，将数据按照分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图． (1)求频率分布直方图中a的值，并估计高一年级初赛的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）； (2)按照分层抽样从和两组中随机抽取了5名学生，现从已抽取的5名学生中随机抽取2名，求至少有1名学生的成绩在的概率； (3)已知本次竞赛最终由甲、乙、丙三人进行决赛，决赛规则如下：比赛前抽签决定首场比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场的比赛（比赛没有平局），先赢两场者获胜，比赛随即结束．已知每场比赛甲胜乙的概率为，甲胜丙的概率为，乙胜丙的概率为，每场比赛相互独立．请通过计算说明哪两人参加首场比赛甲获胜的概率最大． 试卷第4页，共4页 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 《2025年12月7日高中数学作业》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B D C A C B D BCD ABD 题号 11 答案 BD 1．B 【详解】设，由得， 化简得：，故. 故选：B. 2．B 【详解】当时，满足，显然不成立，故充分性不成立， 若，由指数函数的单调性可知，，则，故必要性成立， 故是的必要非充分条件， 故选：B 3．D 【详解】对A：因为，所以这组数据的第50百分位数为：，故A选项内容正确； 对B：根据统计量的意义可知，B选项内容正确； 对C：根据线性回归方程必过得：，故C选项内容正确； 对D：因为残差平方和越小，模型拟合的效果越好，故D选项内容错误. 故选：D 4．C 【详解】∵为等差数列且， ∴， ∴，，， ∵为等比数列且， ∴， ∴，，， ∴当时，，当时，，故A、B不正确； ∵，，∴， 故选：C. 5．A 【详解】因为， 所以， 则， 所以向量在向量上的投影向量为. 故选：A 6．C 【详解】如图，设该圆锥内切球的球心为，半径为， 球切该圆锥的母线于点，为该圆锥底面圆的圆心， 则，，因为，所以，又， ，则，解得， 故该圆锥的内切球的表面积为. 故选：C 7．B 【详解】函数，则导数 令，即， ∵，的单调递减区间是， ∴0，4是方程的两根， ∴，， ∴ 故选：B. 8．D 【详解】是R上的单调递减函数， 在上单调递减，在上单调递减， 且在上的最小值大于或等于． ，解得， 作出和的函数草图如图所示： 恰有两个不相等的实数解， ，即， 综上，． 故选：D． 9．BCD 【详解】对于A，因为， 所以的图象关于对称，所以在上不单调，A错误； 对于B，由上知，的图象关于对称， 所以的图象向左平移个单位长度后得到的曲线关于y轴对称，B正确； 对于C，由得函数的零点为， 令，解得， 所以，即在上有两个零点，C正确； 对于D，因为， ，， 所以 因为的最小值周期， 所以，D正确. 故选：BCD 10．ABD 【详解】对于A，由得，， 则，解得，，解得，故A正确； 对于B，因为，所以， 当且仅当，即时等号成立，故B正确； 对于C，，当且仅当，即时等号成立， 又，所以， 当且仅当时，，故C错误； 对于D，，解得，当且仅当，即时等号成立， 所以，故D正确； 故选：ABD． 11．BD 【详解】由于为偶函数，则关于对称，则，故， 结合可得，，用取代，得到， 用取代，得到，于是的周期为， 由可得，结合可得，故为奇函数. A选项，根据幂函数的性质，在上递增，根据奇函数性质，在上递增， 又关于对称，则在上递减，又的周期为，故在上递减，A选项错误； B选项，奇函数的定义域为，故，由于的周期为，故， 由，取得到，取，得到， 故，由于的周期为，故 C选项，先作出在上的图像， 若时，横坐标交点之和为， 若时，横坐标交点之和为 若，根据的对称性可得，交点的横坐标之和为， 故，除了交点之外，根据对称性，其余四个点的横坐标之和为：， 设的横坐标为，则，解得，当时，，， 根据周期性，，C选项错误； D选项，在同一坐标系下作出和的图像如下，由图像可知有两个交点，故有2个零点，D选项正确. 故选：BD 12．144 13． 【详解】因为，即 所以， 解得或（舍去）， 所以. 故答案为： 14． 【详解】因为平面，平面， 所以. 在中，，所以， 所以，又平面. 所以平面，所以直线与平面所成角为. 在中，， 所以，所以为等腰直角三角形， 所以，即直线与平面所成角的大小为. 故答案为：.    15．解:(1)设等比数列的公比为q(q>0),由a1+a2=3及S4=15, 得a3+a4=q2(a1+a2)=12, 解得q=2,于是a1+a2=3a1=3,即a1=1, 所以数列的通项公式是an=a1qn-1=2n-1. (2)由(1)知,bn=2n-1+(-1)n(3n-1), 所以T2n=(1+2+22+…+22n-1)+[(-2+5)+(-8+11)+…+(-6n+4+6n-1)] =+3n=22n+3n-1. 16．(1) (2) 【详解】（1）， ， 由余弦定理，得，代入上式得， ，由正弦定理， ，又，即， ，角为锐角，； （2）将代入余弦定理得：， 化简得，， 如图，为等腰三角形，又边上的高， 则在中，，， 在中，由正弦定理，即， . 17．(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）在图1的中，， 所以，，且，， 因为，所以，，则，， 在中，，，，则， 在图2的中，，，， 满足，所以，， 因为，，，、平面，所以，平面. （2）解法一：因为平面，， 以点为原点，、、的方向分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、，，， 设平面一个的法向量，则， 取，可得， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 设平面与平面所成角为， 则， 所以，，. 因此，平面与平面所成角的正切值为； 解法二：过在平面内作，垂足为点， 过点在平面内作，垂足为点，连接， 由（1）知平面，因为平面，则， 因为，，、平面，所以，平面， 因为平面，所以，， 因为，，、平面，所以，平面， 因为平面，则， 所以，为平面与平面所成的角，设. 在中，，，，， 所以，，， 在中，，，，， 所以，，则， 在中，， 所以，平面与平面所成角的正切值为. 18．（1）证明见解析；（2）. 【详解】（1）当时， 则，解得由，则知： 2 0 单调递增 极大值 单调递减 知时，，即恒成立 知为上的减函数，即，证毕； （2）由题意知有两个零点，设函数，则 ，即，解得或，则 1 0 0 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 所以，极小值为；极大值为；当时，， 当时，且，则 草图如下： 综上，有两个零点，有，即当时，有两个零点. 19．(1)，平均成绩为77.5 (2) (3)首场由甲乙比赛才能使甲获胜的概率最大 【详解】（1）由频率分布直方图得，， 解得． 估计初赛成绩的平均数为：． 所以，平均成绩为77.5 （2）由（1）知，成绩在的频率之比为， 则在中随机抽取了人，记为， 在中随机抽取了人，记为， 从5人中随机抽取2人的样本空间为：， 共10个样本点， 设事件“至少有1名学生的成绩在内”， 则，有7个样本点， 因此， 所以至少有1名学生的成绩在内的概率． （3）若首场甲乙比赛，则甲获胜有三种情况： ①甲乙比赛甲胜，甲丙比赛甲胜，概率为， ②甲乙比赛甲胜，甲丙比赛丙胜，丙乙比赛乙胜，乙甲比赛甲胜的概率为 ③甲乙比赛乙胜，乙丙比赛丙胜，丙甲比赛甲胜，乙甲比赛甲胜的概率为 所以最终甲获胜的概率为； 若首场甲丙比赛，则甲获胜有三种情况： ①甲丙比赛甲胜，甲乙比赛甲胜的概率为， ②甲丙比赛甲胜，甲乙比赛乙胜，乙丙比赛丙胜，丙甲比赛甲胜的概率为 ③甲丙比赛丙胜，丙乙比赛乙胜，乙甲比赛甲胜，甲丙比赛甲胜的概率为 所以最终甲获胜的概率为， 若首场乙丙比赛，则甲获胜有两种情况： ①乙丙比赛丙胜，丙甲比赛甲胜，甲乙比赛甲胜的概率为 ②乙丙比赛乙胜，乙甲比赛甲胜，甲丙比赛甲胜的概率为 所以最终甲获胜的概率为， 因为， 所以首场由甲乙比赛才能使甲获胜的概率最大． 答案第10页，共11页 答案第11页，共11页 学科网（北京）股份有限公司 $