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石室中学高2026届高三下期第一次数学专项练习试题
一、选择题:本大题共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. 已知集合,,则( )
A. B. C. D.
2.“”是“”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
3.在复数范围内,方程的两个根为和,则( )
A. B. C. D.
4.设是两条不同的直线,是两个不同的平面,以下说法正确的是( )
A.若,则 B.若,则
C.若,则 D.若,则
5.已知向量,满足,,,则向量在向量方向上的投影向量为( )
A. B. C. D.
6.的展开式中,含有的项的系数为( )
A. B. C. D.
7.已知函数,其中,3为的极大值点.若在内有最小值,则的取值范围是( )
A. B. C. D.
8.已知椭圆与椭圆交于四点,且,的焦点与这四点在同一个圆上,则( )
A.4 B.5 C. D.
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. 已知两个变量y与x对应关系如下表:
x 1 2 3 4 5
y 5 m 8 9 10.5
若y与x满足一元线性回归模型,且经验回归方程为,则( )
A.y与x正相关 B.
C.样本数据y的第60百分位数为8 D.各组数据的残差和为0
10. 已知抛物线的焦点为,准线为,为坐标原点,过点的直线与抛物线交于两点,分别过点作的垂线,垂足分别为,若为等边三角形,则( )
A.直线的斜率为 B.
C.的周长为12 D.三点共线
11.在中,角所对的边分别为,若,则下列说法正确的是( )
A. B.
C. D.的面积最大值为6
三、填空题:本大题共3小题,每小题5分,共15分.
12. 一个底面半径为2cm的圆柱形容器内盛有足量的水,能放入一个半径为1cm的实心铁球,沉入水底后,水未溢出容器,则水面升高了 cm.
13.已知圆,圆,则圆和圆的公共弦长为 .
14.采购员要购买某种电器元件一包(一包中有12个元器件).他的采购方法是:从一包中随机抽查4个,如这4个元件都是好的,他才买下这一包.假定含有6个次品的包数占20%,而其余包中各含2个次品,则采购员随机挑选一包拒绝购买的概率是 .
四、解答题:本大题共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.已知函数.
(1)求的对称中心;
(2)将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变),所得图象对应的函数为.设为角终边上的一点,求.
16.已知数列满足,.
(1)证明:数列是等差数列;
(2)设,求数列的前项和.
17. 在三棱锥中,,,D为CA中点,点E在DB上,.
(1)若二面角的余弦值为,,求证:平面;
(2)若,平面.设点B到的距离为a,到平面的距离为b,求的取值范围.
18. 中心在原点,焦点在轴上的等轴双曲线的一个顶点到它的一条渐近线的距离为1.过轴正半轴上一点且斜率存在的直线交双曲线的右支于两点.
(1)求双曲线的标准方程;
(2)若为双曲线的右焦点,且,且,求直线的斜率的取值范围;
(3)直线分别和双曲线的两条渐近线交于两点,且在直线上从上到下顺次排列.设为坐标原点,若,求直线的斜率.
19. 已知函数.
(1)若函数过原点的切线为,求实数的值;
(2)若函数的图象与相交于两个不同点,,记直线的斜率为.
(i)当时,求实数取值范围;
(ii)当时,证明:.
(参考公式:,)
石室中学高2026届高三下期第一次数学专项练习试题答案
一、选择题
DACD ADBD
二、选择题
9. ABD 10.BCD 11.ABD
三、填空题
12. 13. 14.
四、解答题
15.
16.
17.(1)因为,D为AC的中点,则,
又因为,则,可知二面角的平面角为,即, ……2分
且,由余弦定理得:,
由勾股定理可得,则, ……4分
且,平面,
则平面,
又因平面,则,
且,平面,所以平面. ……6分
(2)设,,
以S为原点,为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
则,,,,, ……7分
可得,,,
所以,
整理可得; ……9分
设平面的法向量为,则,
令,则,可得, ……11分
则,可得, ……13分
因为,则,可得,,所以的取值范围为. ……15分
18.(1)设等轴双曲线C的标准方程为,
顶点为,渐近线方程为,顶点到一条渐近线的距离,解得,
故所求双曲线的标准方程为. ……3分
(2)设直线,
又,所以,,且, ……5分
由题意知,解得, ……6分
,, ……7分
由,则,故,即,又,解得,又直线l的斜率,则,
故. ……10分
(3)依题意作图如下:
由,
知.又,所以. ……12分
设直线,,
,联立得,
即,再将直线与直线及直线分别联立,
得,.所以,
因此线段有相同的中点,故. ……14分
因为,故由射影定理,有,
所以.于是直线的斜率.……17分
19.(1)设切点为,,所以,所以,
所以函数在处的切线为,
将代入得,解得,. ……2分
(2)(ⅰ)当时,原问题有两个不等实根. ……3分
设,则 ……4分
∴当时,,当时,
在递减,递增,
,,,. ……7分
(ⅱ)设,,不妨设,则,即,
令,
则,是方程两个根. ……8分
又
欲证,只需证
……9分
设
则
∴当时,;当时,;
在递减,递增, ……12分
设 ……13分
下面证明
,
设,,则
故.在递增,, ……15分
,,
又在递减,,故. ……17分
石室中学高2026届高三下期第一次数学周考试题
一、选择题:本大题共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.
是符合题目要求的.
1. 已知集合,,则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据一元二次不等式的解法求出集合,根据对数函数的单调性及定义域求出集合,再根据交集的概念求解即可.
【详解】,
,
所以.
2.“”是“”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
A
3.在复数范围内,方程的两个根为和,则( )
A. B. C. D.
【参考答案】C
【命题立意】本题设计课程学习情景,设计复数的运算问题,考察数学运算核心素养.
【考点分析】本题考查了复数的运算等基础知识.
【答案详解】由题知,,解得,所以两根为,化简为,所以,解得,故选C.
4.设是两条不同的直线,是两个不同的平面,以下说法正确的是
A.若,则 B.若,则
C.若,则 D.若,则
5.已知向量,满足,,,则向量在向量方向上的投影向量为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设,结合已知条件求出,根据投影向量的计算公式求解即可.
【详解】设向量,则,
,,
联立解得,或,,所以或.
当时,,
当时,,
,
所以向量在向量方向上的投影向量为.
6.的展开式中,含有的项的系数为( )
A. B. C. D.
【参考答案】D
【命题立意】本题设计课程学习情景,设计二项式定理问题,考察数学运算和逻辑推理的核心素养.
【考点分析】本题考查了二项式定理的通项公式的基础知识.
【答案详解】的展开式为,所以含有的项的系数为,故选D.
7.已知函数,其中,3为的极大值点.若在内有最小值,则的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求导,根据可得函数的单调区间,再根据3为的极大值点可确定的值,然后由极小值点在区间内,可求的取值范围.
【详解】,由于,则,
所以由或;由.
所以函数在和上单调递增,在上单调递减.
故是的极大值点,故,
是的极小值点.
若在内有最小值,
只需即可,解得,因此选B.
8. 已知椭圆与椭圆交于四点,且,的焦点与这四点在同一个圆上,则( )
A. 4 B. 5 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆和圆的对称性、椭圆的焦距公式进行求解即可.
【详解】因为两个椭圆的四个焦点在同一个圆上,
所以根据椭圆和的对称性可知,该圆的圆心为原点,
因此有,
所以椭圆的半焦距为,椭圆的半焦距为,
因此该圆的方程为,即,
又两椭圆的交点与和的四个焦点在同一个圆上,
所以由椭圆和圆的对称性可知,这四个点也在圆上,
由,
代入椭圆: 中,
得化简可得: ,解得:,
又,故.
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. 已知两个变量y与x对应关系如下表:
x 1 2 3 4 5
y 5 m 8 9 10.5
若y与x满足一元线性回归模型,且经验回归方程为,则( )
A. y与x正相关 B.
C. 样本数据y的第60百分位数为8 D. 各组数据的残差和为0
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用相关性的定义及线性回归直线可判定A,根据样本中心点在回归方程上可判定B,利用百分位数的计算可判定C,利用回归方程计算预测值可得残差即可判定D.
【详解】由回归直线方程知:,所以y与x正相关,即A正确;
由表格数据及回归方程易知,即B正确;
易知,所以样本数据y的第60百分位数为,即C错误;
由回归直线方程知时对应的预测值分别为,
对应残差分别为,显然残差之和为0,即D正确.
故选:ABD
10. 已知抛物线的焦点为,准线为,为坐标原点,过点的直线与抛物线交于两点,分别过点作的垂线,垂足分别为,若为等边三角形,则( )
A. 直线的斜率为 B.
C. 的周长为12 D. 三点共线
【答案】BCD
【解析】
【详解】对于A项,抛物线的焦点为,准线为,
设,,则
由抛物线的定义得到,
因为为等边三角形,则,
即,即
化简得到,
解得或(舍去),所以,
所以直线的斜率为,故A错误;
对于B,根据对称性,取直线的斜率为,则直线方程为,
联立方程,得到,
解得(点)或(点)
由抛物线定义,,故B正确;
对于C项,由抛物线定义,所以等边的周长为,故C正确;
对于D项,根据对称性,取,则,
因为,,
所以且过原点O,故,,三点共线,
同理可得当时,,三点也共线,故D正确.
11.在中,角所对的边分别为,若,则下列说法正确的是( )
A. B.
C. D.的面积最大值为6
三、填空题:本大题共3小题,每小题5分,共15分.
12. 一个底面半径为2cm的圆柱形容器内盛有足量的水,能放入一个半径为1cm的实心铁球,沉入水底后,水未溢出容器,则水面升高了________cm.
【答案】
【解析】
【分析】利用上升水的体积等于实心铁球的体积计算即可得.
【详解】设水面升高了cm,由题意知,解得:.
13.已知圆,圆,则圆和圆的公共弦长为
14.采购员要购买某种电器元件一包(一包中有12个元器件).他的采购方法是:从一包中随机抽查4个,如这4个元件都是好的,他才买下这一包.假定含有6个次品的包数占20%,而其余包中各含2个次品,则采购员随机挑选一包拒绝购买的概率是______.
【答案】
【解析】
【详解】设事件为“包含6个次品”,为“包含2个次品”,为“采购员拒绝购买”,
则,
则,,
故
故采购员随机挑选一包拒绝购买的概率是.
四、解答题:本大题共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.(本小题满分13分)
已知函数.
(1)求的对称中心;
(2)将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变),所得图象对应的函数为.设为角终边上的一点,求.
16.已知数列满足,.
(1)证明:数列是等差数列;
(2)设,求数列的前项和.
17. 在三棱锥中,,,D为CA中点,点E在DB上,.
(1)若二面角的余弦值为,,求证:平面;
(2)若,平面.设点B到的距离为a,到平面的距离为b,求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)分析可知二面角的平面角为,利用余弦定理整理可得,进而可证平面,可得,进而可证平面;
(2)设,,建系并交点,利用空间向量求,进而可得,结合不等式性质运算求解即可.
【小问1详解】
因为,D为AC的中点,则,
又因为,则,可知二面角的平面角为,
即,且,
由余弦定理得:,
由勾股定理可得,则,
且,平面,则平面,
又因平面,则,
且,平面,所以平面.
【小问2详解】
设,,
以S为原点,为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
则,,,,,
可得,,
所以,
整理可得;
又因为,,
设平面的法向量为,则,
令,则,可得,
则 可得,
因为,则,可得,,
所以的取值范围为.
18. 中心在原点,焦点在轴上的等轴双曲线的一个顶点到它的一条渐近线的距离为1.过轴正半轴上一点且斜率存在的直线交双曲线的右支于两点.
(1)求双曲线的标准方程;
(2)若为双曲线的右焦点,且,且,求直线的斜率的取值范围;
(3)直线分别和双曲线的两条渐近线交于两点,且在直线上从上到下顺次排列.设为坐标原点,若,求直线的斜率.
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】
【分析】(1)利用点到直线的距离公式列方程求解,进而得到双曲线标准方程;
(2)设直线的方程为,将直线方程与双曲线方程联立,因为直线交双曲线右支于两点,所以利用韦达定理得到两根之和与两根之积,同时结合判别式大于0、两根都大于0的条件列出不等式组,由,结合线段长度的坐标表示,得到与的关系,再根据求解直线l的斜率的取值范围;
(3)由 及三角形内角关系推出,由及垂直得,设直线 ,联立双曲线与渐近线,得与中点相同,从而 ,在直角中,由及渐近线垂直,得,结合长度关系得,直线的倾斜角为,故得答案.
【小问1详解】
设等轴双曲线C的标准方程为,
顶点为,渐近线方程为,顶点到一条渐近线的距离,
解得,故所求双曲线的标准方程为.
【小问2详解】
设直线,
又,所以,,且,
由题意知,解得,
,,
由,则,故,
即,又,解得,
又直线l的斜率,则,故.
【小问3详解】
依题意作图如下:
由,
知.又,所以.
设直线,,
,联立得,
即,再将直线与直线及直线分别联立,
得,.所以,
因此线段有相同的中点,故.
因为,故由射影定理,有,
所以.于是直线的斜率.
19. 已知函数.
(1)若函数过原点的切线为,求实数的值;
(2)若函数的图象与相交于两个不同点,,记直线的斜率为.
(i)当时,求实数取值范围;
(ii)当时,证明:.
(参考公式:,)
【答案】(1)
(2)(i);(ii)证明见解析;
【解析】
【分析】(1)根据导数的几何意义求解;
(2)(ⅰ)法一:设,分析的单调性,求出的范围;
法二:,通过分析的单调性与零点,结合的取值范围,求出的范围;
(ⅱ)将参数化为圆上的点,代入得,利用三角恒等式得,构造分析单调性,证得,从而推出的取值范围.
【小问1详解】
设切点为,,所以,所以,
所以函数在处的切线为,
将代入得,解得,
【小问2详解】
(ⅰ)当时,原问题有两个不等实根.
法一:设,
则
∴当时,,当时,
在递减,递增,
,,,
法二:
,令,
则,在上递增,
,使得,当时,,当时,
在上单调递减,在上单调递增,
,
又,
设,则
当时,,当时,,
,.
(ⅱ)设,,不妨设
则,即,
令,
则,是方程两个根.
又
欲证,只需证
设
则
∴当时,;当时,;
在递减,递增,
设
下面证明
,
设,,则
故.
在递增,,
,,
又在递减,,故.

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