重庆市永川中学2026届高三下学期第一周周考数学试题（Word版附解析）

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一、单选题
1. 已知，其中i为虚数单位，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法运算和共轭复数的概念即可求解.
【详解】因为，所以
所以.
故选：B.
2. 已知集合，，若，则满足条件的实数的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据集合包含关系的定义，由可知必在集合中，因此分情况讨论求解即可.
【详解】因为，所以必在集合中，
当，解得，
此时不满足集合元素的互异性，故 舍去，
当，解得或（舍去），
此时，满足条件，
综上所述，，
故满足条件的实数的个数为1个.
故选：A.
3. 某校食堂新供应了四种不同的午餐套餐，小王同学计划周一到周五都从新供应的四种套餐中选择一种就餐，且在这五天里将这四种套餐都尝一遍，则不同的方案共有（ ）
A. 120种B. 144种C. 240种D. 288种
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得，小王同学有两天吃同一种套餐，先从5天中选出两天吃同一种套餐，将这两天视为一个整体，然后将4种不同的套餐安排在这两天和另外3天中，即可求解.
详解】由题意可得，小王同学有两天吃同一种套餐，先从5天中选出两天吃同一种套餐，
然后将4种不同的套餐安排在这两天和另外3天中，则不同的方案共有种.
故选：C.
4. 已知，则（ ）
A. B. 14C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】通过两角和余弦公式对已知式子化简变形求解即可.
【详解】因为，，则
，，
两式相加减，得到，解得
则.
故选：A.
5. 已知变量和的成对样本数据的经验回归方程为，且，当增加1个样本数据后，重新得到的经验回归方程的斜率为，则在新的经验回归方程的估计下，样本数据所对应的残差为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】先计算新的数据的平均值，后得到经验回归方程，再结合残差概念计算即可.
【详解】由，可得增加1个样本数据后的平均数为，
因为，所以，
则增加1个样本数据后的平均数为，
所以，解得，
所以新的经验回归方程为，
则当时，，
样本点的残差为.
故选：B.
6. 在中，若，设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，，由得到是中点，且可以得到为的三等分点，再由，，求解即可.
【详解】设，，因为得是中点，所以，由得分为，可得，
设，则，
设，则，
所以，，解得.
故选：B.
7. 若直线是曲线与曲线的公切线，则（ ）
A. 0B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，设切点为，由导数求出切线的斜率，进而使用点斜式求出切线的方程，与比较系数，即可求得切线方程为，设，设切点为，同理可求出切线的方程，再与比较系数，即可求得的值.
【详解】设，，设切点为，则切线斜率为，
则切线方程为，即，
由题意得，即，解得，
即与的公切线为，
，，设切点为，则切线斜率为，
则切线方程为，即，
由题意得，即，解得，
故选：A.
8. 在平面四边形中，是边长为等边三角形，是以点为直角顶点的等腰直角三角形，将该四边形沿对角线折成四面体，在折起的过程中，四面体的外接球表面积最小值为（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设、的外心分别为、，过点作平面的垂线，过点作平面的垂线，设这两垂线的交点为，求出、的长，利用勾股定理可得出，可得出长的最小值，再利用球体表面积公式可求得结果.
【详解】设、的外心分别为、，
则为的中点，为的中心，
过点作平面的垂线，过点作平面的垂线，设这两垂线的交点为，
则为四面体的外接球球心，如下图所示：
因为为等边三角形，则，
所以，易知，
因为为等腰直角三角形，且其底边长为，所以，
故球的半径为，
当且仅当点与点重合时，取最小值，即球的半径的最小值为，
所以四面体的外接球表面积最小值为.
故选：C
二、多选题
9. 已知等比数列的公比为，前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 数列是公差为1的等差数列
D.
【答案】BC
【解析】
【分析】先结合已知条件求得，，再依次讨论各选项即可得答案.
【详解】因为，
所以，解得，故A选项错误；
所以，解得，
所以，，故B选项正确；
因为，，
所以，即数列是公差为1的等差数列，故C选项正确；
所以，故D选项错误.
故选：BC
10. 已知、为随机事件，，，则下列结论正确的有（ ）
A. 若、为相互独立事件，则
B. 若、为互斥事件，则
C. 若、为互斥事件，则
D. 若发生时一定发生，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用独立事件的概率公式结合并事件的概率公式可判断A选项；利用互斥事件的概率公式可判断B选项；数形结合可判断C选项；利用事件的包含关系可判断D选项.
【详解】对于A选项，若、为相互独立事件，则，
故，A对；
对于B选项，若、互斥事件，则，B对；
对于C选项，如下图所示：
因为、为互斥事件，则，结合图形可知，故，C错；
对于D选项，若发生时一定发生，则，故，
故，D对.
故选：ABD.
11. 已知函数，则（ ）
A. 函数存在唯一零点
B. 若方程在上有唯一解，则实数的取值范围是
C. 存在唯一，使得
D. 关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于选项A：对求导后根据的正负判断单调递增后易得存在唯一零点；
对于选项B：对求导后根据的正负判断的增减性，求出极小值即最小值不在选项范围内；对于选项C：设，再根据形式化简后求导并判断的增减性，求出极小值即最小值为0，即存在唯一零点；对于选项D：讨论的范围后参变分离，构造新函数求导分析即可求得的取值范围.
【详解】对于选项A：由题易得，则在上单调递增，
且当时，，且当时，，
由零点存在定理，在上有且仅有1个零点，故A选项正确；
对于选项B：由题得，令，则，
故在上， ，单调递减，在上，，单调递增，
故在处取极小值，即最小值，
且易得当时，，
则有若在上有唯一解，则或，故B选项错误；
对于选项C：设，，
则，
故，则，令，，
故在上， ，单调递减，
则在上，，单调递增，故在处取极小值即最小值，
则有在上有且仅有1个零点，由选项A易得在上单调递增，
故有且仅有1个解使，即 有且仅有1个零点，故C选项正确；
对于选项D：若有在R上恒成立，讨论的范围后参变分离：
①若，则有，显然成立
②若，则有，令，则，
令，或（舍），易得当时，在处取极小值即最小值，因此；
③若，则有，
令，则，
令，（舍）或，
易得当时，在处取极大值即最大值，因此；
综上，的取值范围是
故选项D正确.
故选：ACD
三、填空题
12. 若角顶点与原点重合，始边与轴非负半轴重合，终边与单位圆交于点，且，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】由三角函数的定义可知，结合，可得．
【详解】角终边与单位圆交于点，
，，
，
．
故答案为：．
13. 已知，若存在使得，则的最大值为__________．
【答案】39
【解析】
【分析】根据二项展开式的通项可得，然后由可得为奇数，然后可得，即可求出答案.
【详解】二项式的通项为，
二项式的通项为，
，，
若，则为奇数，
此时，
得，
，又为奇数，的最大值为39.
故答案为：39.
14. 设抛物线的焦点为F，过F的直线l交抛物线于A，B两点，且线段AB的垂直平分线交AB于点M，交x轴于点N，若的面积为16，则直线l的方程为_______．
【答案】或
【解析】
【分析】方法一：设直线，再联立直线及抛物线得出韦达定理，再应用行列式法计算面积求解参数即得直线方程；方法二：设，则应用焦点弦公式结合面积公式计算求解参数即可求解直线.
【详解】法一：设直线，
与抛物线方程联立可得，，
因此，得，
所以，解得，
因此直线l的方程为或．
法二：设，则 ，
即得，所以
所以，即得，因此直线l的方程为或．
故答案为：或．
四、解答题
15. 已知的内角的对边分别为，满足.
（1）求；
（2）若，求的周长.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由正弦边角关系及三角形内角的性质化简条件得，即可求；
（2）由余弦定理及已知得，进而即得.
【小问1详解】
由及正弦边角关系得，
而，整理得，
因为，所以；
【小问2详解】
由余弦定理，得，
进而得，得，
所以的周长为.
16. 甲､乙､丙三人玩“石头、剪刀、布”游戏，每局中每人独立随机出石头、剪刀、布，概率均为.每局的游戏规则如下：如果出现一人胜两人（比如甲出石头，同时乙和丙都出剪刀，则甲胜），赢者向前走两步，其他人不动；如果出现两人胜一人（比如甲和乙同出剪刀，同时丙出布，则甲和乙胜），赢者向前各走一步，输者不动；如果三人出相同手势或三人全不同手势（循环胜），视为平局，所有人都不走步.用表示甲在一局游戏中前进的步数.
（1）求的分布列和期望；
（2）若游戏独立地进行三局，求甲一共向前走了两步的概率.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）分析可知的可能取值为、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可得出的值；
（2）用事件表示三局游戏后甲向前走了两步，分别用、和表示第局中甲分别向前走了一步、两步和零步，利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得的值.
【小问1详解】
由题意可知的可能取值为、、.
，，.
所以，随机变量的分布列为
所以.
【小问2详解】
用事件表示三局游戏后甲向前走了两步，
分别用、和表示第局中甲分别向前走了一步､两步和零步，
则.
17. 如图，圆台的下底面圆的半径为，为圆的内接正方形．为上底面圆上两点，为的中点，且平面平面，．
（1）求证：；
（2）若，直线与平面所成角正弦值为，求线段长度．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用正方形的性质证明，再借助已知线线垂直可证明线面垂直，再利用面面垂直可证明线面垂直，从而可得线线垂直，即证中点；
（2）利用空间向量法来研究线面角的正弦值，得出，即可求出弦长即可.
【小问1详解】
证明：取的中点，连交于．
在正方形中，由于为的中点，
可得≌，则，
因为，所以，
得到，即．
因为，、平面，
所以平面，又平面，故．
由于平面平面，平面平面，平面，
，故平面，又平面，则
因为平面，所以平面，
又因为平面，则，又点是的中点，故．
【小问2详解】
由于圆的半径为，则正方形的边长为2，又，则．
以为坐标原点，过点作平行的直线分别为轴，轴，
所在的直线为轴建立如图空间直角坐标系．
则，
由于圆半径，为上底面圆上一点设，
故．
设平面的法向量为，由，得
取，故，
设与平面所成角为，则
平方后整理方程得
解得或（舍）
所以．
18. 函数．
（1）令，若函数存在唯一零点，求实数的取值范围；
（2）若，求函数的值域．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，，即，时有唯一交点，结合图像得到的取值范围即可；
（2）求导，再分、判断导数符号，确定函数的单调性，根据单调性得到函数的值域．
【小问1详解】
，，
，
时，函数存在唯一零点，
，时有唯一交点，
，的图像如下：
；
【小问2详解】
，
，
当时，，，
，且，
，即在单调递减，
当时，，，
，且，
，即在单调递增，
，
，，
的值域为．
19. 已知为坐标原点，动圆过点且与直线相切．
（1）设圆的圆心的轨迹为曲线，求曲线的方程；
（2）（i）过点斜率为的直线与曲线交于两点，过分别作曲线的两条切线，记与的交点是，若的面积为32，求的值；
（ii）将绕轴旋转一周得到一个旋转体，求该旋转体体积的最小值．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）．
【解析】
【分析】（1）设，动圆的半径为，求圆心到直线的距离，化简即可.
（2）（i）设直线方程为，与抛物线方程联立，通过韦达定理以及求解点到直线的距离再通过的面积求解即可.
（ii）设关于轴的对称点分别为，记以等腰梯形绕轴旋转一周得到的圆台体积为，以为底面直径，为顶点的圆锥体积为，以为底面直径，为顶点的圆锥体积为，再由，以及基本不等式求解即可.
【小问1详解】
设，动圆的半径为，则，
圆心到直线的距离，
所以，化简得，所以曲线的方程为．
【小问2详解】
（i）设直线方程为，设
联立，消去得，
由韦达定理：．
由方程得，所以，
则抛物线在点处的切线方程为，即，
在点处的切线方程为，即，
联立，解得，所以．
点到直线的距离，
所以，所以．
（ii）设关于轴的对称点分别为记以等腰梯形绕轴旋转一周得到的圆台体积为，以为底面直径，为顶点的圆锥体积为，以为底面直径，为顶点的圆锥体积为，所求旋转体体积为：
，又，
所以，
又，，，
所以
所以．
当时取得“”，即时取得“”所以所求旋转体体积最小值为．