吉林长春市实验中学2025-2026学年高三下学期第二次周测数学试卷含答案

这是一份吉林长春市实验中学2025-2026学年高三下学期第二次周测数学试卷含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合 A=x∣y=x2,B=y∣y=x2 ，则 A∩B= ()
A. [0,+∞) B. ⌀ C. R D. {0,0}
2. 已知一组数据:3，7，a，12，15 的平均数为 9，则该组数据的第 40 百分位数为( )
A. 6 B. 7 C. 7.5 D. 8
3. “ a>0,b>0 ”是“ ab≤a+b2 ”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
4. 已知向量 a,b 是非零向量,且满足 a−2b 在 b 方向上的投影向量为 −3b,a=2b ,则 a,b 的夹角为( )
A. 30∘ B. 60∘ C. 120∘ D. 150∘
5. 对于 n 个复数 z1,z2,⋯,zn ,如果存在 n 个不全为零的实数 k1,k2,⋯,kn ,使得 k1z1+k2z2+⋯+knzn=0 ,就称 z1,z2,⋯,zn 线性相关. 若复数 z1=1,z2=2i,z3=1+i 线性相关, 则满足题意的非零实数组 k1,k2,k3 可以为( )
A. 2,3,−2 B. 3,1,−2 C. 2,−1,2 D. 2,1,−2
6. 已知圆锥的轴截面是边长为 4 的正三角形, 以其底面圆心为球心, 底面半径为半径的球和圆锥表面的交线长为( )
A. 4π B. 5π C. 4+23π D. 6π
7. 北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”，提出长方台形垛积的一般求和公式. 如图,由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有 ab 个小球,第二层有 a+1b+1 个小球,第三层有 a+2b+2 个小球……依此类推,最底层有 cd 个小球, 共有 n 层,由“隙积术”可得 这 些小 球 的 总 个数 为
2b+da+2d+bc+c−an6 . 若由小球堆成的某个长方台形垛积共 8 层,小球总个数为 240 , 则该垛积的第一层的小球个数为 ( )

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
8. 若不等式 a−b2+a−lnb2≥m 对任意 a∈R ， b∈0,+∞ 恒成立，则实数 m 的取值范围是( )
A. −∞,12 B. −∞,22 C. −∞,2 D. (−∞,2]
二、多选题
9. 若函数 fx=ax+blnx−cxa≠0 既有极大值也有极小值,则( )
A. ac>0 B. b2−4ac>0 C. ab0
10. 若 3x+1x−2n=a0+a1x+a2x2+⋯+a6x6a6≠0 ,则( )
A. n=5 B. a4=130
C. a1+a2+⋯+a6=28 D. a1+2a2+3a3+⋯+6a6=23
11. 已知抛物线 C:y2=4x 的焦点为 F ，过点 F 的直线与 C 交于 A ， B 两点，点 M 为点 A 在准线 l 上的射影,线段 MF 与 y 轴的交点为 N ,线段 AN 的延长线交 l 于点 P,O 为坐标原点, 则 ( )
A. M,O,B 三点共线 B. AN⊥MF
C. 直线 AP 与 C 有两个交点 D. tan∠AOB 有最大值 −43
三、填空题
12. 直线 l 过定点 1,2 ,且以 v=1,2 为其方向向量,则直线 l 的方程为_____.
13. 已知函数 fx=x+2,x≤0lg2x,x>0 ,若方程 fx=a 有四个不同的解 x1,x2,x3,x4 ,且 x10 ,若 an 满足 a1>0,an+1=fan,n∈N .
(1) fx 的单调区间与极值；
(2) an 为等差数列，求 a1 ；
(3) a1>bc ，求证 an>an+1>bc .
19. 在平面直角坐标系中,矩形 ABB′A′ ,动点 R 在线段 AB 上,动点 Q 在 B′B 延长线上, 满足 ARAB=BQBB′=λ ,直线 A′R 与直线 AQ 交于 P 点,已知 AA′=4,AB=2 .


(1)证明:动点 P 点所在曲线方程为双曲线 C:x24−y2=1 .
(2)在 C 的右支上任取一点 P0x0,y0 ,以 P0 为切点作 C 的切线交两条渐近线于 M1,N1 两点, 过 M1,N1 两点分别作两条渐近线的平行线交于 P1 ,过 P1 作直线 M1N1 的平行线,分别交两条渐近线于 M2,N2 ,再过 M2,N2 两点分别作两条渐近线的平行线交于 P2 ,一直反复操作,可得 P1,P2,P3,…,Pn .
(i) 写出直线 M1N1 的方程 (不需要证明),并证明点 O,P0,P1,P2…Pn 在同一条直线上.
(ii) 设 S△M1N1P1=S1,S△M2N2P2=S2 ,以此类推,证明: 1S+1S+1S0,b>0 ,根据基本不等式可得 ab≤a+b2 ,当且仅当 a=b 时等号成立,所以由 a>0,b>0 可得 ab≤a+b2 成立,
若 ab≤a+b2 ,取 a=b=0 ,满足 ab≤a+b2 ,但不满足 a>0,b>0 ,所以由 ab≤a+b2 推不出 a>0,b>0 ,
所以 “ a>0,b>0 ” 是 “ ab≤a+b2 ” 的充分不必要条件,
故选: A
4. C
由题意得 a−2b⋅bb2b=a⋅b−2b2b2b=−3b ,所以 a⋅b−2b2=−3b2 ,即 a⋅b=−b2 , 于是 csθ=a⋅ba⋅b=−b2a⋅b=−b22⋅b2=−12 ,又 θ∈0,π,θ=120∘ .
故选: C
5. D
由题意得, k1z1+k2z2+k3z3=k1+2k2i+k31+i=k1+k3+2k2+k3i=0 ,
即 k1+k3=0,2k2+k3=0 ,
若 k1,k2,k3 为 2,1,−2 满足要求.
故选: D
6. D
作圆锥的轴截面 △ABC ,该截面与半球的截面为半圆,设半圆与 AB,AC 分别交于点 D,E ,
如图,由已知, △ABC 为边长为 4 的等边三角形, BC 的中点 O 为球心,半圆 O 的半径为 2, 因为点 D 在半圆上,所以 DB⊥DC,DO=BO=CO=2,∠DBO=60∘ ，
所以 BD=2 ,故点 D 为 AB 的中点,同理可得 E 为 AC 的中点,所以 DE=2 ,
所以由对称性可得,圆锥与球的交线为两个圆,一个为圆锥的底面圆,周长为 4π ,
另一个为所有母线的中点构成的圆,周长为 2π ,
所以交线长为 6π .
故选: D.

7. B
由题意知, n=8 ,于是得最底层小球的数量为 cd=a+7b+7 ,即 c=a+7 , d=b+7 .
从而有 8⋅2b+b+7a+2b+14+ba+7+76=240 ,
整理得 2b+b+7a+2b+14+ba+7+7=180 ,
3b+7a+3b+14a+7=173,
3ab+7a+3ab+14a+21b+98=173,
6ab+21a+21b=75,2ab+7a+7b=25,
由于 a,b 皆为正整数,所以
(i) 当 a=1,b=1 时, 2⋅1⋅1+7⋅1+7⋅1=1625 ,
(iv) 当 a=2,b=2 时, 2⋅2⋅2+7⋅2+7⋅2=36>25
只有 a=1,b=2 符合题意,即 ab 的值为 2 .
故选: B.
8. B
设 T=a−b2+a−lnb2 ,则 T 的几何意义是直线 y=x 上的点 Pa,a 与曲线 fx=lnx 上的点 Qb,lnb 的距离,
将直线 y=x 平移到与面线 fx=lnx 相切时,切点 Q 到直线 y=x 的距离最小.
而 f′x=1x ,令 f′x0=1x0=1 ,则 x0=1 ,可得 Q1,0 ,
此时, Q 到直线 y=x 的距离 1−02=22 ,故 PQmin=22 ,
所以 m≤22 .
故选: B
9. ABC
fx=ax+blnx−cxa≠0 的定义域为 0,+∞ ,
f′x=a+bx+cx2=ax2+bx+cx2,
要想 fx 既有极大值也有极小值,则需 f′x=0 在定义域内至少有两个不先相等的实根, 故 ax2+bx+c=0 在 x∈0,+∞ 上有两个不等实根,
Δ=b2−4ac>0ba>0ca>0,故ac>0,b2−4ac>0,ab0 和 abfan=an+1 ,
故 an>an+1>6c .
19.(1) 由题设及图知 A′−2,0,A2,0,B′−2,2,B2,2 ,
由动点 R 在线段 AB 上,且 ARAB=λ ,则 λ∈0,1 ,易知 R2,2λ ,
由动点 Q 在 B′B 延长线上,且 BQBB′=λ ,则 λ∈0,1 ,易知 Q2+4λ,2 ,
所以 A′R:y=2λ−02−−2⋅x+2=λ2⋅x+2,AQ:y=2−02+4λ−2⋅x−2=12λ⋅x−2 ,
联立方程有 12λ⋅x−2=λ2⋅x+2 ,则 x=2λ2+11−λ2 ,故 y=2λ1−λ2 ,
综上, P2λ2+11−λ2,2λ1−λ2 ,则
xP24−yP2=2λ2+11−λ224−2λ1−λ22=λ2+121−λ22−4λ21−λ22=λ4−2λ2+11−λ22=1,
所以动点 P 点所在曲线方程为双曲线 C:x24−y2=1 ,得证;
(2)(i)当直线 M1N1 斜率存在时,设直线 M1N1:y=kx−x0+y0 ，
联立 y=kx−x0+y0x24−y2=1 ,得 1−4k2x2+8kkx0−y0x−4kx0−y02−4=0 ,
所以 1−4k2≠0Δ=8kkx0−y02+41−4k24kx0−y02+4=0 ,即 kx0−y02=4k2−1 ,
所以 x02−4k2−2x0y0k+y02+1=0 ,又 x02−4y02=4 ,
所以 4y02k2−2x0y0k+x024=2y0k−x022=0 ,则 k=x04y0 ,
所以 M1N1:y=x04y0x−x0+y0 ,即 M1N1:y=x0x4y0+4y02−x024y0=x0x4y0−1y0 ,
所以 M1N1:x0x4−y0y=1 ,
当直线 M1N1 斜率不存在时也满足,故直线 M1N1 方程为 x0x4−y0y=1 ,
双曲线的渐近线 y=±x2 ,联立 x0x4−y0y=1 ,得 x=4x0−2y0y=2x0−2y0 和 x=4x0+2y0y=−2x0+2y0 .
则交点 M14x0−2y0,2x0−2y0,N14x0+2y0,−2x0+2y0 ,
∵M1P1//ON1,N1P1//OM1 ,且 OM1=4x0−2y0,2x0−2y0,ON1=4x0+2y0,−2x0+2y0 ,
∴OP1=OM1+ON1=4x0−2y0,2x0−2y0+4x0+2y0,−2x0+2y0
=4x0+2y0+4x0−2y0x02−4y02,2x0+2y0−2x0−2y0x02−4y02=2x0,2y0,
∴P12x0,2y0 ,而 P0x0,y0 ,
∴kOP0=kOP1=y0x0 ,可得 O,P0,P1 三点共线且方程为 y0x−x0y=0 ,
由于 M1N1//⋯//MnNn ,
∴OMn+1=λOMn,ONn+1=λONn ,
∴OMn+1+ONn+1=λOMn+λONn ,
∵Mn+1Pn+1//ONn,Nn+1Pn+1//OMn ,
∴OPn+1=OMn+ONn ,
∴OPn+1=λOPn ,
∴OP1,OP2,OP3,⋯,OPn 共线,
∴O,P1,P2,P3⋯Pn 共线,
∵O,P0,P1 共线,
∴O,P0,P1,P2,P3⋯Pn 共线且轨迹方程为 y0x−x0y=0 ,得证;

(ii) P12x0,2y0 ,直线 M1N1 方程 x0x−4y0y−4=0 ,则 d1=2x02−8y02−4x02+16y02=4x02+16y02 ,
M1N1=4x0−2y0−4x0+2y02+2x0−2y0+2x0+2y02=x02+16y02,
所以 S△M1N1P1=12×x02+16y02×4x02+16y02=2 ,
设 Pnμx0,μy0 ,直线 Mn+1Nn+1:y=x04y0x−μx0+μy0 ,所以 Mn+1Nn+1:x0x−4y0y=4μ ,
与 y=±x2 分别联立,得 x=4μx0−2y0y=2μx0−2y0 和 x=4μx0+2y0y=−2μx0+2y0 ,
则 Mn+14μx0−2y0,2μx0−2y0,Nn+14μx0+2y0,−2μx0+2y0 ,
∴OPn+1=OMn+1+ONn+1=2μx0,2μy0⇒OPn+1=2OPn ,
即 OMn+1OMn=ONn+1ONn=OPn+1OPn=Mn+1Nn+1MnNn=dn+1dn=2 ,
∴Sn+1Sn=SΔMn+1Nn+1Pn+1SΔMnNnPn=12dn+1×Mn+1Nn+112dn×MnNn=4,n≥1 ,又 S1=2 ,
∴Sn=2×4n−1=4n2 ,则 1Sn=24n ,
所以 1S1+1S2+⋯+1Sn=2×14+142+⋯+14n=2×141−14n1−14=231−14n