四川省成都市树德中学2026-2027学年高三上学期数学周考试题（二）

树德中学高2024级数学周考试题(二) 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,只有一个选项 是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上, 1.已知集合A={0,1,2,3},B={x|x2-4x+3≤0},则A∩B中元素的个数是() A.1 B.2 C.3 D.4 2.曲线y=x3-x2-2在点(1,-2)处的切线方程为() A.2x+y-3=0B.2x-y+3=0 C.x-y-3=0 D.x-y+3=0 3.已知A,B,C是同一平面内不同的三点,且AB=2CB,若AC= BC,则1=() A.-1 B.-3 C.1 D.3 4.m>1是m>的() A.充分不必要条件B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条 件 5.已知两个线性相关变量x,y的统计数据如下表所示,其经验回归方程为)=5x+5,则下列说法正 确的是() 8 11 15 25 45 A.m=30 B.样本相关系数r<0 C.经验回归直线必过点(4,25) D.当x=5时,残差为1 6.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说:“白日登山望烽火,黄昏饮马傍交河.诗中隐含着一 个有趣的数学问题一“将军饮马”问题,即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发,先到河边饮马后再 回到军营,怎样走才能使总路程最短?在平面直角坐标系中,设军营所在位置为B(-一1,一4),若将军从 点A(1,-1)处出发,河岸线所在直线方程为x-y=0.则将军饮马”的最短总路程为() A.√17 B.V13 C.5 D.4 7.已知函数f()=e*+ex-cosx+3,若对vxe,1,f(x+1)≤f(x-2),则m的取值范围为 () A.[-5,-1] B.[-5,0] C.[-2,1] D.[-2,0] 第 8.在直三棱柱ABC一A1B1C1中,点P满足3AP=AB+AC,若经过P,B1,C1三点的平面将棱柱分为1, 2两分①1的体积较小),则T1与2的体积之比为() A.4:5 B.5:7 C.10:17 D.8:19 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, 全部选对得6分,部分选对的得部分分,选对但不全的得部分分,有选错的得0分 9.已知(2x-)的展开式共有6项,则() A.n=5 B.展开式的二项式系数之和为32 C.展开式中存在常数项 D.展开式的各项系数之和为1 10.已知a>0,b>0,且a+b=1,则( A.ab的最大值为 B.√a+Vb的最大值为2 C.a2+b2的最小值为 D.+6的最小值为3 11.己知抛物线C:y2=2px的焦点为F(1,0),过P(-1,0)的直线1交C于A,B两点,直线AF交C于另一点 D,则() A.tan/APF sin/AFP B. APD的内心在定直线上 C.若tanLAPD=2√2,则lAF=4 D.若sinAFB=sin-PFB,则 ABF的面积为 3 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.己知双曲线C:x2-号=1的左、右焦点分别为F,F2,P是C右支上一点,PF21FF2,则PF|=一 3 13.己知等比数列{an的各项均为正数,若a5-a1=15,a4-a2=6,则数列log2an的前100项和为 14.某种病毒在特定环境下可通过空气传播,其病毒载量Q(t)(单位:拷贝数/升)与时间t(小时)的 关系为Q(t=Q。 2+4-4,其中k>1,Q为初始病毒载量,则病毒载量在t=小时达到峰值, 之后病毒载量每经过1小时衰减为原来的二倍,当低于时不具传染性,则从t=0起,该病毒具有传染 性的总时长为小时. 页 四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15.(13分)已知函数f(x)=Asin( x+p)+k(A>0,w>0,0<p<D在一个周期内的图象如图所示. 11 6 12 (1)(5分)求f(x)的解析式 (2)(4分)求f(x)的单调递增区间; (3)(4分)求f)在区间0,到上的值域. 16.(I5分)已知函数f()=是-x+al血x存在两个极值点x,x2 (1)(7分)求a的取值范围: (2)(8分)求f(x1)+f(x2)-3a的最小值. 17.(15分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BCC1B1是正方形,AB1平面BCC1B1,2AB=BB1=2, 点M是线段A1B1的中点,点N在线段AC上,满足A1N//平面BCM. B A M (1)(4分)求证:N是线段AC的中点: (2)(6分)求平面ABB1A1与平面BMC1夹角的余弦值: (3)(5分)求点C1到平面NBM的距离. 18。(17分)已知椭圆C若+若=1(a>b>0)的左、右顶点分别为AB,且A8l=4,离心率为号 (1)(4分)求椭圆C的方程: (2)设直线l与椭圆C交于M,N两点. ①(7分)若过点P(4,1),求|PM川 |PN|的最大值: ②(6分)设直线AM,BN的斜率分别为k1,k2,且k1=2k2 问直线l是否过定点?若是,求出该定点 的坐标:若不是,请说明理由. 19.(17分)某从业资格考试共分3级,考生必须从第1级考试开始,每级考试次数不限,通过后即进入 下一级考试,直至第3级考试通过,考试终止并取得从业资格.已知甲参加一次第1,2,3级考试通过 的概率分别为三专且每次考试相互独立.记甲第n次考试后取得从业资格为事件A(≥3). (1)(4分)求P(A3),P(A4): (2)(7分)求P(An)的表达式: (3)(6分)甲第n次考试恰通过2级为事件Bn,比较P(BnlAn+1)与P(An+1lB,n)的大小,并根据你的理解 说明其含义. 第2页 树德中学高2024级数学周考试题(二)参考答案(第1页) 一、单选题 【答案】CCADC CDD 二、多选题 【答案】ABD AC ABD 三、填空题 12.5 13.4950 14.4(2分) 32(3分) 3.A【详解】已知AB=2CB=-2BC,所以AC=AB+BC=-2BC+BC=-BC,由于AC=1BC,因 此入=-1,4.详解】lm>1可得m>1或m<-1,由m>可得m-片-是>0,故m0 m m>0 或m2_10,解得m>1或-1<m<0,因此由m>1推不出m>品由m>也推不出m>1, (m<0 m 故m>1”是“m>杂的既不充分也不必要条件, 5.C【详解】对于选项C:x=1+2+4+5+8=4,经验回归直线必过样本中心点(亿,习),代入回归方程得 )=5 4+5=25,因此样本中心点为(4,25),C说法正确:对于选项A,再由y=1+15+25+m+45=25, 5 解得m=29,A说法错误;对于选项B:经验回归方程斜率为5>0,说明x与y正相关,因此样本相关 系数r>0,B说法错误;对于选项D:当x=5时,预测值y=5 5+5=30, 所以残差=29-30=-1≠1,因此D说法错误 6.C【详解】如图所示,A(1,-1),B(-1,-4),过原点作A的对称点为A1(-1,1), 连接A1B,则A1B的长度即为将军饮马的最短总路程,因为A1B=1+4=5, 所以“将军饮马”的最短总路程为5. 7.D【详解】因为函数f(x)=ex+e-x-cosx+3的定义域为R,f(-x)=e-x+ ex-cos(-x)+3=ex+e-x-cosx+3=f(x),所以f(x)为偶函数,又f'(x)= e-e-x+sinx,令g(x)=ex-ex+six,则g'(x)=ex+ex+cosx.因为ex+ B e-x≥2,-1≤cosx≤1,所以g'(x)≥2-1=1,所以g(x)在R上单调递增: 又g(O)=0,所以当x>0时,g(x)>0,即f(x)在(0,+∞)上单调递增.又函数f(x)为偶函数,所以f(x)在 (-o,0)上单调递减,所以不等式f(mx+1)≤f(x-2)等价于f(mx+1)≤f(x-2),即mx+1≤ lx-21又x∈[B,,所以mx+1≤2-x,即x-2≤mx+1≤2-x,xeB,,由x-2≤mx+1, 得m≥1-是,即m≥-2:由mx+1≤2-x,得m≤是-1,即m≤0.综上,-2≤m≤0,所以m的取 值范围为[-2,0] 8.D【详解】取BC的中点D,连接AD,.2AD=AB+AC; 第 ~3AP-AB+AC,AP-AD,即点P在线段AD上,AP=AD, 过点P作EF/BC,分别交AC,AB于点E,F 平面BC1EF是过点P,B1,C1三点的平面.设S ABc=S A,B,C,=S,直三棱柱ABC-A1B,C1的高为h 一V三棱柱ABC-A,B,G,=Sh. F ~EF1/BC,AP=AD,S AEF=S ABC=S: B V=棱台ABF-ABG=号(S+S+S)h=号Sh: 直三棱柱被平面B1CEF分成T1,2两部分(C的体积较小), =号5,则=5h-号5h=号Sh: 万,5h19 27 10.AC【详解】对于A:因为a>0,b>0,且a+b=1, 所以ab≤()2=,当且仅当a=b=时等号成立,所以ab的最大值为,故A正确: 对于B:(va+VD2-a+b+2ab≤2a+b)=2,则va+vb≤2, 当且仅当a=b=时等号成立,所以Va+Vb的最大值为V2,故B错误: 对于c:由a2+b2=(a+b2-2ab≥(a+b2-2 (生)=a= 当且仅当a=b=时等号成立,所以a2+b2的最小值为号,故C正确: 对于D:由a+=3a+3b)(+) -a+2+2a+b1(G+)-非+2+ 5+2 4(2a+b)a+2b =3, 2a+b」 a+2b 2atb 当且仅当42a+b)=a+2驰, 2a+b1 即a=0,b=1时取等号, a+2b 又a>0,所以ab+ao没有最小值,故D错误。 11.ABD 【详解】因为抛物线y2=2px的焦点为F(1,0),所以号=1,解得p=2,则 B 抛物线方程为y2=4x, 如图,作出符合题意的图形,作AG1x轴, 对于A,设A(x1,y),则y?=4x1,由题意得LAPF是直线AP的倾斜角, 页 由斜率的几何意义得tan∠APF=kAP= 由诱导公式得sinAFP=sin( -∠AFP)=sinAFG, 由焦半径公式得|AF=x1+1,在 AFG中,可得sinLAFG= x1+11 则tanAPF=sinAFP,故A正确, 对于B,设AD的方程为y=k(x-1),D(x2,y2), 联立方程组P=,x,可得k2x2-(2k2+4x+k2=0 由韦达定理得xx2=1,=4,则x2=子=号 y 4 由斜率公式得k加=品kom=一产=一 4x1 2x2+1 (x1+1)1 因为y=4x1,所以x1=生,可得kDP= 4 y1(x1+1) =-1=-kAP, x1+1 则kAP+kDP=O,得到LAPD被x轴平分, 可得 APD的内心在定直线上,故B正确, 对于C,因为∠APD被x轴平分,所以LAPD=2LAPG=2LDPG, 设LAPD=28,LAPG=∠DPG=日∈(0,, 因为tanzAPD=2V2,所以tan20=2V2, 由二倍角公式得。=2V2,解得am9=9(另一根含去). (=② 则=,联立方程组+:=2,解得x=3 2V2, x1+1 2 (y7=4x1 此时1AF=4 2V2,与引AF|=4不符,故C错误, 对于D,因为sinAFB=sinPFB,所以∠AFB=∠PFB或∠AFB+∠PFB= (与题意不符,排除),设 直线A8的方程为=m测-1,设8e,.联立方程组),可得2-my+4=0,由韦达 定理得y+%=4m,y%=4,则x=年由弦长公式得AB=4Wm2+1Vm2-1,lBP1=Vm2+1 √好, 由焦半径公式得|AF=x1+1=my1,且IFP|=2, 而直线AB的方程为x-my+1=0,设F到AB的距离为d,由点到直线的距离公式得d=则 SaAs= 4XVm2+1XVm2-1X=4m2-1,因为∠AFB=∠PFB,所以FB平分LAFP,由 2 4m 角平分线性质得-可得4五m要-兰,化简得Vm2-贺,解得m=士,则SaB= 1BPI IFPI Vm2+1.y 第 4 目-1-5,故D正确 13.4950【详解】由等比数列{an}各项均为正数,as-a1=15,a4-a2=6,设其首项为a1,公比q, 可得0194-a1-15 (a1q3-a1q=6' 8风96 q-号〈合,所以等比数列a,通项公式为a=2-1,, 则1og2a=log22m-1=n-1,所以数列og2an}为首项为0,公差为1的等差数列,数列1og2an}前100 项和为20x0+10-)=4950. 2 14.【详解】当t≥4时,此时lt-4=t-4,代入原函数指数部分:t+4-k|t-4=t+4-k(t-4)= t+4k-kt+4k=(1-k)t+8k,所以,Q(t)=Qo 21-kt+8k, 己知k>1,则1-k<0,所以当t≥4时,指数(1-k)t+8k是关于t的减函数,因此Q(t)在[4,+o)上 单调递减,当t<4时,此时1t-4=4-t,代入原函数指数部分: t+4-klt-4=t+4-k(4-t)=t+4k-4+kt=(1+k)t,所以,Q(t)=Q。 21+t, 同理得Q(t)在(0,4)上单调递增,综合以上两种情况,Q(t)在t<4时单调递增,在t≥4时单调递减,因 此,病毒载量在t=4时达到峰值.在t≥4时,Qt)=Qo 21-k)+8k,根据题意,对于任意t≥4,有: Qt+1)=号Q(0,代入表达式:Q21-k++e-号Q。24-k+,整理得,21-++1- 21-k+8k-,(1-k)t+8k+1-k=(1-k)t+8k- k=多所以Q()=Q。 2+6-t-,病毒具 有传染性的条件是Q()≥2,即Q。 2+6t-1≥器整理得,t+10≥引t-4, 当t≥4时,不等式变为:t+10≥(t-4) t≤32, 结合前提t≥4,得到4≤t≤32: 当t<4时,不等式变为:t+10≥4-t) t≥-号 结合前提t<4,得到-1.6≤t<4, 综合两种情况,病毒具有传染性的时间段为[-1.6,32]. 题干要求计算从t=0起的传染时长,即时间区间「0,32]的长度, 故总时长为32-0=32小时. 4页 树德中学高2024级数学周考试题(二)参考答案(第2页) 四、解答题 15.f(x)=V2sim(2x+89(2②[km-手km+月kez)(3[-号,V回 【详解】1)由图象知k=0,A=V2,号=罗-君=要所以w=钙=誓=2 由图象过点(G,V2),代入函数得V2sim(2 :+p)+0=2, 所以2 +p=+2km,k∈乙,因为0<p<m,则p=若所f)=V2sin(2x+君): .5分 (2)令-+2km≤2x+君≤+2km,kEZ,解得m-≤x≤km+后k∈乙, 故函数的单调递增区间为km-,km+胃(kEZ). 9分 (3)因为x∈[0,引所以2x+∈低,,当2x+若=时,即x=时,f)取最大值,最大值为V2, 当2x+=时,即x=甜,f)取最小值,最小值为-号 所以f)的值域为[受,V, 13分 16.(1)(4,+∞)(2)-e2 【详解】(1)由题意知:f)定义域为(0,+m),f()=一是-1+= -x2+ax-a x2: 令g(x)=-x2+ax-a,则g(x)=0有两个不等正根x1,x2, =a2-4a>0 X1十x2=Q>0,解得:a>4,实数a的取值范围为(4,+∞) 7分 x1x2=a>0 (2)由1)知:a>4,x,x是g)=0的两根,则+x=x=a:f)+f)-3a=号 名+a+号-x+al,-3a=et-6x+x)+alnx)-3a=alna-3a:令ha= alna-3a(a>4),则h'(a)=lna-2,当a∈(4,e2)时,h'(a)<0;当a∈(e2,+o)时,h'(a)>0;∴.h(a) 在(4,e2)上单调递减,在(e2,+o)上单调递增;∴h(a)min=h(e2)=2e2-3e2=-e2, 即f(x)+f(x2)-3a的最小值为-e2. 15分 17.【详解】(I)在 ABC中,过点N作NQ/AB交BC于点Q,连接QM,如图,作出符合题意的图形, 在三棱柱ABC-A1B1C中,因为AB/A1B1,所以NQ/A1M, 所以A,N,Q,M四点共面,因为直线A1N/平面BCM,ANC平面A1NQM, 平面BCMn平面A1NQM=QM,所以A1N/QM.所以四边形A1WQM是平行四边形,得到NQ=A1M= A1B,=AB,所以N为AC的中点. 4分 第 唱 62 (2)因为AB1平面BCC1B1,BC,BB1C平面BCC1B1,所以AB1BC,AB1BB1,又因BCC1B1为正方形, BC⊥BB1,故可以B为原点建立空间直角坐标系,如下图, 因为2AB=BB1=2,所以B(0,0,0),A(1,0,0),A1(1,2,0),B1(0,2,0), C(0,0,2),C1(0,2,2)M(,2,0所以BC=(0,2,2),BM=(,2,0) 设平面BMC1的一个法向量为n=(x1,y1,21), BC=0,24+22=0 8m=0,得x+2y=0,取=1,得元=(-41-0, 由 B 易知平面ABB1A1的法向量n=(0,0,1), 得到cos们,n2》= 2 2 ,故平面ABB1A1与平面BMC1 夹角的余弦值为三 ,10分 (3)设平面NBM的一个法向量为m=(6xyoz),而8=(,2,0),由中点坐标公式得N((任,0,1),则 丽=(,01由 B歌=0, x0+z0=0 2 no.BM=0 得 取y0=1,得m0=(-41,2),又BC=(0,2,2), 2x0+2y0=0 设点C,到平面NBM的距离为d,由点到平面的距离公式得d= |BC1网=2+4=22 v21 7 15分 18.1片+苦=1(20号②是,定点为(,0) 【详解】1)由题意可得2a=4,得到a=2,又e=台=子得到c=1,则b=va2-=V5, 所以椭圆方程为空+二=1. 4 .4分 (2i若直线1斜率为0,此时l:y=1,解得MN两点坐标为( V6,1小,此时PMPN=42-=号 直线斜率不为O,不妨设直线:x=my+t,M,),Nx2,y2),由}x=y+t2,消x整理? 到(3m2+4)y2+6mty+3t2-12=0,则 =36m2t2-43m2+4)(3t2-12)>0,y1+y2= -6mt 3m2+4 =号又直线过点P(41),故4=m+t 此时1PM PW|=V1+m2y1-1 V1+m2y2-1,易知点P(41)在椭圆外,则y1-1,y2-1正负 号载,PMP=1+m20-0+为)+1=1+ma++ 3m2+4 =架品兰缘上所述,P测P的最大植号 11分 页 (i)利用椭圆的第三定义可知,KAMBM=一子得KMkN=一,此时kMkN=是2 22 8 x1-2x2-2 y1y2 (my+t-2)(my2+t-2)s、3 即ma0n3-=-是将+2=器 %=代入, yiy2 -6mt 3t2-12 得到 3m2+4 2 2号+mt-2x4+(t-2P =-忌整理化简可得3t2-4t-4=0,解得t=2或-子 当t=2时,直线1经过点B,不符合要求,舍去:所以t=-子即直线1恒过定点(-子,0)且定点(,) 在椭圆内部,直线1与椭圆恒有两个交点,经检验成立. 17.分 F B 19.(a)PA,)=立P(A)= (②P(4)=3 )4-0n+2) (3)当n=3,4时,P(Bn4n+1)>P(An+1Bn),说明甲取得从业资格的前一次考试2级刚过的概率较大, 当n≥5时,P(BnlAn+1)<P(An+1B),说明甲取得从业资格的前一次考试2级刚过的概率较小. 【详解】1)依题意,P(4)= 立 3-12 5 36 4分 (2)事件An发生分两步: 第一步,第k(2≤k≤n-1)次考试后恰好通过第2级考试,概率为会, 第二步,第k+1次至n-1次参加第3级考试没有通过,第次通过,概率为(1) 专 (” 白全我平公式用,=∑学自-目∑及-月 设s=()+2 (月)+…+m-2)()”, 则s=图)2+2 ③+…+-2)()”, 第 两式相减得,5=(()+③) +…+(图”-n-2)() 1-(a-(n-2). 16 1- =-m+2)(份” 所以5=9-4+2)(),所以P4)=3 (目1-n+2) 11.分 (3)依题意,P(B) ∑目目月岁 又因为P(aA,)-产PAnl风)== P(Bn) 所以P(A+)-P(B)=3 ()”-m+3)()”-0m-1)()=()"[3 (()-2n-2 令7.=3 ((③)”-2m-2,则7t1-n=(目”-2, 因为n≥3,所以Tn+1-Tn>0, 故数列在n≥3时递增,又74=3 ()-10<0,T=3 () -12>0, 故当n=3,4时,P(An+1)-P(Bn)<0, 故P(B,A+1)>P(An+1Bn),即P(BnlA+1)>子,说明甲取得从业资格的前一次考试2级刚过的概率较 大, 当n≥5时,P(An+1)-P(Bn)>0,故P(BnlAn+1)<P(An+1B),即P(BAn+i)<3 说明甲取得从业资格的前一次考试2级刚过的概率较小. 17.分 5页