重庆市2026届高三数学上学期周考十试题含解析 (1)

这是一份重庆市2026届高三数学上学期周考十试题含解析 (1)，共22页。试卷主要包含了结束后，将答题卡交回， 已知函数 满足 ，则 的值为， 已知数列 满足 ，则， 已知函数 的最大值为 2，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场／座位号、准考证号填写在答题卡上.
2.答选择题时，必须使用 2B 铅笔填涂；答非选择题时，必须使用 0.5 毫米的黑色签字笔书写：
必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效：保持答卷清洁、完整.
3.结束后，将答题卡交回（试题卷自行保管，以备评讲）.
第一部分（选择题 共 58 分）
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. 复数 = (i 是虚数单位),则复数 的虚部为
A. i B. -i
C. 1 D. -1
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数运算化简复数 ，得到 ，进而得到复数 的虚部.
【详解】
∴ ，
所以复数 的虚部为
故选：D
2. 已知集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数函数的单调性求值域，再进行集合的交集运算.
【详解】由题知 ，
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则 ，
所以 ．
故选：B．
3. 已知向量 ， ，若 ，则实数 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量线性运算求得 的坐标，再由向量垂直的坐标运算可求得 .
【详解】由 ， ，可得 ，
又因 ，所以 ，解得 ．
故选：C．
4. 点 关于直线 对称点 Q 的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设出点 Q ，根据斜率和中点坐标得到关于 a，b 的方程组，求出即可．
【详解】设点 关于直线 的对称点 Q ，
则 ，解得： ．
所以 .
故选：A．
5. 已知函数 满足 ，则 的值为（ ）
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A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求导得 ，令 ，可得出关于 的方程，解之即可.
【详解】因为 ，则 ，
所以， ，解得 .
故选：D.
6. 已知数列 满足 ，则 （ ）
A. 2 B. C. D. 2024
【答案】B
【解析】
【分析】根据递推式得到数列的周期，应用周期性求对应项.
【详解】由 ，可得 ，
同理可得 ，所以数列 是周期为 3 的数列，
则 .
故选：B.
7. 已知圆 ，圆 ．若圆 上存在点 ，过点 作圆 的两条切
线，切点为 ， ，使得 ，则 的取值范围（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
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【分析】由题意画出图形，利用两点间的距离关系求出 的距离，再由题意得到关于 的不等式求得答案
.
【详解】
如图，圆 的半径为 ，圆 上存在点 ，
过点 作圆 的两条切线，切点为 ，使得 ，
则 ，在 中， ，
又圆 的半径等于 ，圆心坐标 ，
， ，
，
由 ，
解得： ，则 的取值范围为 .
故选：D.
8. 已知三棱锥 的所有顶点都在球 的球面上， 平面 ， ， ，若三
棱锥 （以 为顶点）的侧面积为 6，则球 的表面积的最小值为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将三棱锥 的外接球，转化为以 为同一顶点出发的三条棱的长方体的外接球，
再令 ， ，通过侧面积为 6，利用基本不等式准确求出 的取值范围．即可求解；
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【详解】由题知 平面 ， ，所以三棱锥 的外接球，即为以 为
同一顶点出发的三条棱的长方体的外接球，
所以外接球半径 ，其中 ，
令 ， ，则三棱锥 （以 为顶点）的侧面积为
，
所以 ，
所以
，
又因为 ，即 ，
所以 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，当且仅当 时， ，
所以当 ，即 时， ，
此时球 的表面积的取得最小值为 .
故选：B.
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. 已知函数 的最大值为 2，则（ ）
A.
B. 函数 图象的一个对称中心是点
C. 在区间 上单调递增
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D. 将 的图象先向右平移 个单位长度后，再将图象上所有点的横坐标伸长为原来的两倍（纵坐标不
变），得到的图象对应的函数解析式为
【答案】AB
【解析】
【分析】先应用辅助角公式化简应用最大值计算求参判断 A,再应用正弦函数 对称中心计算或代入检验判
断 B,根据正弦函数的单调区间计算判断 C,应用函数图象的变换得出解析式判断 D.
【详解】对于 A，因为 （其中 ），且函数 的
最大值为 2，所以 ，解得 ，
又因为 ，所以 ，故 A 正确；
对于 B，解法一：由 A 选项可知， ，令 ，
解得 ，
当 时， ，所以 的图象关于点 中心对称，故 B 正确；
解法二：由 A 选项可知， ，将 代入 的解析式，得
，
所以 的图象关于点 中心对称，故 B 正确；
对 于 C， 当 时 ， ， 根 据 正 弦 函 数 的 图 象 得 在
上单调递减，故 C 错误；
对于 D，将 的图象先向右平移 个单位长度，得到 的图象，
再将图象上所有点的横坐标伸长为原来的两倍，得到 的图象，故 D 错误．
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故选:AB．
10. 半正多面体（semiregular slid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，
体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和
六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为 ，则（ ）
A. 平面 EAB
B. 该二十四等边体的体积为
C. 该二十四等边体外接球 表面积为
D. PN 与平面 EBFN 所成角的正弦值为
【答案】BD
【解析】
【分析】A 用反证法判断；B 先补齐八个角成正方体，再计算体积判断；C 先找到球心与半径，再计算表面
积判断；D 先找到直线与平面所成角，再求正弦值判断．
【详解】对于 A，假设 A 对，即 平面 ，于是 ，
，但六边形 为正六边形， ，矛盾，
所以 A 错误；
对于 B，补齐八个角构成棱长为 2 的正方体，
则该二十四等边体的体积为 ，
所以 B 对；
对于 C，取正方形 对角线交点 ，
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即为该二十四等边体外接球的球心，
其半径为 ，其表面积为 ，所以 C 错误；
对于 D，因为 在平面 内射影为 ，
所以 与平面 所成角即为 ，
其正弦值为 ，所以 D 对．
故选：BD．
11. 已知函数 ，则下列说法正确的是（ ）
A. 若曲线 在点 处的切线方程为 ，则
B. 若 ，则函数 在 上单调递增
C. 若 ，则函数 在 上的最小值为
D. 若 ，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数的导数性质，如切线斜率与导数的关系、利用导数判断函数单调性、求函数最值等知识，
对每个选项逐一进行分析判断.
【详解】首先对函数 求导，可得 ，所以 .
已知切线方程为 ，其斜率为 ，所以 ，解得 ，故 选项错误.
当 时， ， .
当 时， ，则 ，即 .
所以函数 在 上单调递增，故 选项正确.
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当 时， .
，令 ，即 ，解得 .
当 时， ， ， 单调递减；
当 时， ， ， 单调递增.
所以 在 处取得最小值， ，故 C 选项正确.
当 时， ， ，不满足 ；
当 时， ，则 ， 在 上单调递增.
当 时， ， ，不满足 .
当 时，令 ，得 .
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增.
所以 在 处取得最小值 .
令 ，对其求导得 .
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减.
所以 在 处取得最大值 .
要使 ，则 ，所以 ，故 选项正确.
故选：BCD.
第二部分（非选择题 共 92 分）
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知数列 满足 ， ，则 ______．
【答案】
【解析】
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【分析】整理数列的递推公式，利用累加法求得其通项公式 ，再赋值计算即得.
【详解】因为 ，所以 ，
所以 时， ，
则
，
故 .
故答案为： .
13. 若 ， ，且 ， ，则 ______；
【答案】
【解析】
【分析】先根据已知角的范围确定三角函数值的正负，再利用两角和的余弦公式求出 的值，再
根据 的范围确定其具体值.
【详解】因 ，所以 .
所以 ，
因为 ， ， ，
所以 ，
所以
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因为 ， ，所以 .
在这个区间内， 时， .
故答案为： .
14. 数学家莱布尼兹是世界上首个提出二进制计数法的人，任意一个十进制正整数均可以用二进制数表示.
若正整数 ，其中 或 ，则 可以用
位二进制数 表示.记 的二进制各个位数和为 ，则
.例如 ，因此 .已知正整
数 1024 且 ，则这样的 有___________个；
___________.
【答案】 ①. 45 ②. 4095
【解析】
【分析】第一空：由题意： 是 2～10 位二进制数，得到 的前 10 位中恰有两个 1，其余位均为 即可求
解；
第 二 空 ： 是 最 大 的 6 位 二 进 制 数 ， 从 而 说 明 1～ 63 的 二 进 制 数 中 ，
时共有 个二进制数， 时共有 个二进制数， 时共
有 个二进制数，…， 时共有 个二进制数，进而可求解；
【详解】详解：（1） ，要使 ，
则 是 位二进制数，且 的前 10 位中恰好有两个 1，
其余位均为 0，因为最高位必为 1，
所以有 个满足题意的 的值.
（2）由于 是最大的 6 位二进
制数，故 的二进制数中最少 1 个 1，最多 6 个 1，即当 时， .
当 时， 位二进制数最高位必为 1，其余位为 0，
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故共有 个二进制数（或者理解为前 6 位中恰有 1 个 1，其余位均为 0）；
当 时， 位二进制数最高位必为 1，其余位只有一个 1，故共有 个
二进制数（或者理解为前 6 位中恰有 2 个 1，其余位均为 0）；当 时， 位二进制数最高位必
为 1，其余位只有 2 个 1，故共有 个二进制数（或者理解为前 6 位中恰有 3 个 1，其
余位均为 0）；
…
当 时，6 位二进制数全是 1，故共有 个二进制数，
所以
.
【点睛】思路点睛： 第二空：由 是最大的 6 位二进制数，得到 ；分
别讨论 ， ， ，…， 时二进制数的个数即可.
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. 记 的内角 所对的边分别为 ，已知 且 .
（1）求 ；
（2）若 ，求 .
【答案】（1） ；
（2） .
【解析】
【分析】（1）利用两角和的正弦公式、三角形内角和为 以及 ，结合正弦定理得到 ，
从而求解出 即可求解；
（2）利用三角形面积公式求解出 ，结合余弦定理求解出 ，再利用三角形面积公式即可求解.
【小问 1 详解】
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，
因为 ，所以 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，所以由正弦定理可知 ，
所以 等价于 ，
因为 ，所以 ，所以 ，即 ，
又因为 ，所以 .
【小问 2 详解】
因为 ，解得 ，
由余弦定理得 ，解得 ，
由三角形面积公式得 ，
解得 .
16. 如图，在四棱锥 中，底面 为矩形， ， ，侧面 为等边三角形，
平面 平面 ，E 为 PB 中点．
（1）证明：平面 平面 ；
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（2）求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理得出 平面 ，接着求证 面 ，再根据面面垂直
的判定定理即可得证.
（2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，根据面面角的向量方法，求出面的法向量即可计算求出面
与面夹角的余弦值.
【小问 1 详解】
如图所示，作线段 的中点 ，连接 ，
因为侧面 为等边三角形，所以 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 面 ，
所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ，
因为底面 为矩形，所以 ，
因为 ， 面 ， 面 ，所以 面 ，
因为 平面 ，所以平面 面 .
【小问 2 详解】
如图所示，作 中点 ，连接 ，则
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由（1）可得， 面 ， 面 ，所以 面 ，
则可以 坐标原点，以 分别为 轴，建立空间直角坐标系；
则 ，
可得 ，
设面 的法向量为 ，则 ，得 ，
令 ，解得 ，所以面 的一个法向量为 ，
易知面 得一个法向量为 ，
设平面 与平面 夹角为 ，则 ，
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 .
17. 为丰富和活跃学校教师业余文化生活，提高教师身体素质，展现教师自我风采，增进教师沟通交流，阳
泉一中举办了 2024 年度第一届青年教师团建暨羽毛球比赛活动，已知其决赛在小胡和小张之间进行，每场
比赛均能分出胜负，已知该学校为本次决赛提供了 1000 元奖金，并规定:若其中一人赢的场数先达到 4 场，
则比赛终止，同时该人获得全部奖金;若比赛意外终止时无人先赢 4 场，则按照比赛继续进行各自赢得全部
奖金的概率之比给两人分配奖金.若每场比赛小胡赢的概率为 ，每场比赛相互独立.
（1）在已进行的 5 场比赛中小胡赢了 3 场，若比赛继续进行到有人先赢 4 场，求小胡赢得全部奖金的概率；
（2）若比赛进行了 5 场时终止（含自然终止与意外终止），记小胡获得奖金数为 ，求 的分布列和数学
期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）小胡赢得全部奖金是赢得第 4 场，或输第 4 场、赢第 5 场，根据互斥事件及相互独立事件的
概率公式计算可得；
（2）依题意可得随机变量 的可能取值为 ， ， ， ，计算对应的概率值，写出 的分布列，
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计算数学期望值．
【小问 1 详解】
记小胡赢得全部奖金为事件 ，则 ；
【小问 2 详解】
若 场比赛结束，比赛自然终止，
①小胡与小张赢得比赛场数分别为 ，小胡获 元；
②小胡与小张赢得比赛场数分别为 ，小胡无奖金；
若 场比赛结束，比赛意外终止，即有一人赢了 场，有一人赢了 场，
则赢了 场的人，按照比赛继续进行赢得全部奖金的概率为 ，
所以此人得到的奖金为 元，则赢了 场的人，得到的奖金为 元；
③小胡与小张赢得比赛场数分别为 ，小胡获 元；
④小胡与小张赢得比赛场数分别为 ，小胡获 元；
所以随机变量 的可能取值为 ， ， ， ；
比赛结果共有 ，
所以 ， ，
， ，
所以 的分布列为：
0 250 750 1000
数学期望为 ．
18. 已知 ．
（1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程．
（2）若 恰有 1 个极大值点和 1 个极小值点．
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①求极大值与极小值的和；
②判断 零点的个数．
【答案】（1）
（2）①0；②3
【解析】
【分析】（1）根据导函数求出切线的斜率再点斜式得出切线方程；
（2）先求出导函数，再分 和 两种情况得出零点结合计算得出极大值与极小值的和为 0，再应用
零点存在定理可判断零点个数.
【小问 1 详解】
由题可得，函数 的定义域为 ， ，
当 时， ， ，
故切点为 ，切线在该点处的斜率为 ，
故曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ．
【小问 2 详解】
由（1）得 ，
因为分母 在定义域内恒成立，所以导函数的符号取决于分子的符号，
令 ，其对应一元二次方程的判别式 ．
若 ，此时 ，则 且不恒为 0，所以 且不恒为 0，所以 在 上
单调递增，故 没有极值点，
若 ，此时 或 ，则 有两个不等实根 ，不妨设 ，
由一元二次方程根与系数的关系可得 ，则 同号．
当 时， ，两根均为负数，则 在 上恒成立，所以 ，所以 在
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上单调递增，则 没有极值点；
当 时， ，两根均为正数，故当 或 时， ，所以 ，所以
的单调递增区间为 ， ，
当 时， ，所以 ，所以 的单调递减区间为 ，故 有极大值点
，极小值点 ．
故 时， 恰有 1 个极大值点和 1 个极小值点．
①
，故极大值与极小值的和为 0．
②由①知， ， ，则 ，
又由①知， 在 ， 上单调递增，在 上单调递减，
因为 ，所以 ， ，当 时， ；当 时，
，
故 在 ， 上各有一个零点，又 ，所以 有 3 个零点．
【点睛】关键点点睛：第（2）问①的解题关键：（1）令 ，讨论 和 的
情况；（2）当 时需要讨论两根的正负，注意根与系数关系的应用．
19. 平面内一动圆经过点 ，且该圆被 轴所截弦长为 2，设动圆圆心的轨迹为 ．过点 的直
线交 于 两点，按照如下方式依次构造点 ：直线 ， 与 的另一个交点分别为
，直线 与 轴的交点为 ，设点 的纵坐标为 ．
（1）求动圆圆心的轨迹方程；
（2）求数列 的通项公式；
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（3）记 ，求数列 的通项公式．
【答案】（1） ；
（2） ；
（3） .
【解析】
【分析】（1）设动圆的圆心坐标为 ，根据条件列出方程化简即得曲线方程；
（2）设 ， ， ， ， 求 ，写出直线 和 的
方程，并令 得到 ，再由 得到 ，写出直线 的方程，令
，得 与 的关系，构造等比数列，求 的通项公式；
（3）由（2） ，求出 ，从而得到 .
【小问 1 详解】
设动圆的圆心坐标为 ，由题意知 ，整理得 ，
故动圆圆心的轨迹 的方程为 ．
【小问 2 详解】
设 ， ， ， ， ，
易知 ， ， ，由题知 ， ，
两式作差，得 ，
所以 ，同理得 ， ，
所以直线 的方程为 ，
同理，直线 的方程为 ，
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结合点 在两直线上，令 ，得 ，
又直线 过点 ，所以设直线 的方程为 ，
由 ，消去 得 ， ，所以 ，
由 ，可知 ，所以 ①．
又因为直线 的方程为 ，
结合点 在直线 上，令 ，得 ②，
由①②得， ，
等式两边同时取对数，得 ，
由题可知 ，所以数列 是以 为首项，2 为公比的等比数列，
所以 ，解得 ．
【小问 3 详解】
由（2）知， ，
又
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，
所以 ，故 ．
【点睛】关键点点睛：第二问，设 ， ， ， ， ，根
据 已 知 求 直 线 、 直 线 ， 进 而 有 ， 联 立 得 ， 点
在直线 上得 为关键.
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