重庆市育才中学2026届高三下学期第二周周考数学试卷（Word版附解析）

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注意事项：
1．答卷前，请考生先在答题卡上准确工整地填写本人姓名、准考证号；
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5mm黑色签字笔答题；
3．请在答题卡中题号对应的区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效；
4．请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、损毁；考试结束后，将答题卡交回.
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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由对数函数的性质化简集合，即可根据交集的定义求解.
【详解】，则，得．
2. 若，则复数在复平面上的对应点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意知，得，
则复数的对应点为，位于第三象限．
3. 已知，，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由，，可得，
．而向量在向量上的投影向量为，
因，
故在上的投影向量为．
4. 已知某圆锥的侧面展开图是半圆，则该圆锥的体积与其外接球的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用圆锥的侧面展开图是半圆，建立底面半径和母线的关系，再通过几何性质求解外接球半径，最后计算体积比即可.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，则侧面展开图扇形的圆心角为，而展开图为半圆，故得，即．
因此，圆锥的高，则圆锥体积．
设外接球半径为，因为外接球球心在圆锥的高上，则，解得，所以外接球体积，可得．
5. 已知，则（ ）
A. B. 3C. D. 2
【答案】D
【解析】
【详解】，，
①， ②，
①+②化简得：，
①-②化简得：，
两式相除得．
6. 已知函数，．若函数有3个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. (0，1)C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用函数零点的意义变形并构造函数，作出函数图象，数形结合求出范围.
【详解】函数，由，得，
令函数，由函数有3个不同的零点，
得方程有3个不同的解，即直线与函数的图象有3个交点，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，
在同一坐标系内作出直线与函数的图象，如图：
观察图象，当且仅当时，直线与函数的图象有3个交点，
所以的取值范围是.
7. 内角的对边分别为，满足，且，则（ ）
A. 为锐角B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件结合余弦定理得，由，得，从而确定的范围，由，得，计算即可.
【详解】，
又，
，整理得： ，
，
，
，
当且仅当时等号成立，
又，，
，为钝角，
，，
，，
，即，
，，解得：，
，
，
．
8. 已知圆的直径长为8，与相离的直线垂直于直线，垂足为，且，圆上的两点，到的距离分别为，，且．若，，则（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】方法一，由题意找到点满足的关系式，，由韦达定理可解；
方法二：由题意可知点，在抛物线上运动，利用抛物线定义可解.
【详解】方法一：如图建系，，

圆，，，
，，
同理，，是的两根，
，．
方法二：以所在直线为轴，以中垂线所在直线为轴建系，

设，，在上的射影分别为，，
，，，在抛物线上运动，
两根为，，.
故选：D．
【点睛】思路点睛：解决本题的关键在于由距离公式得出点所在曲线的方程，进而结合韦达定理求解.
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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知一组样本数据分别为：31，6，12，19，17，16，11，则该组样本数据的（ ）
A. 极差为27B. 上四分位数为19C. 平均数为15.5D. 方差为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据平均数、方差以及极差求解可判断ACD，根据百分位数计算即可判断D.
【详解】将样本数据按照从小到大的顺序排列为：6，11，12，16，17，19，31.
对于A，根据极差定义可知，该组数据的极差为，故A错误；
对于B，因为，所以该组数据的上四分位数为19，故B正确；
对于C，该组数据的平均数为，故C错误；
对于D，该组数据的方差为，
故D正确.
故选：BD.
10. 在直四棱柱中，底面为正方形，为底面（含边界）上的动点，为的中点，的长总是等于点到平面的距离，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 直线与所成角的余弦值为
C. D. 四棱锥体积的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A，通过证明垂直于平面内两条相交直线和，从而得到⊥ 平面，进而推出；对B，利用，将异面直线与所成角转化为，再通过余弦定理计算其余弦值；对C，根据抛物线的定义，判断动点P的轨迹为抛物线，再利用抛物线的性质求出PF长度的最小值；对D，先求出抛物线与线段BC的交点，找到使四棱锥体积最小的点P，再代入体积公式计算最小值.
【详解】对于A：如图，连接，可知，又因为，，
平面，所以平面，
又平面，所以，A正确；
对于B：连接和，由，可知就是直线与所成角．
因为，，所以，B错误；
对于C：点到平面的距离就是点到直线的距离，
那么动点到定点的距离等于其到定直线的距离，
由抛物线定义知，动点在一条抛物线上．
建立平面直角坐标系如图所示，坐标原点为的中点，
则点所在的抛物线方程为．由抛物线性质知，动点运动到坐标原点处时，
的长最短，最短值为，即得，选项C正确；
对于D：取，得直线与抛物线交点为，
由题意可知抛物线与线段的交点为，当动点运动到点时，
点距离平面最近，此时四棱锥的体积最小，
最小值为，选项D正确．
11. 已知定义域为的函数满足，，则（ ）
A.
B. 的图象关于点对称
C. 函数为奇函数
D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据抽象函数满足的等式性质，以及换元法，证明选项A的正误；根据函数中心对称的性质，证明选项B的正误；根据奇函数的定义，通过定义法证明函数为奇函数，判断选项C的正误；根据函数满足的等式性质，求出前面几个函数值的和，再判断选项D的正误；
【详解】对于选项A，，以代替，
得，A正确.
对于选项B，因为，所以，
所以的图象关于点对称，B正确.
对于选项C，将代入，得，
所以，
即，所以为奇函数，C正确.
对于选项D，由，可得，
则，
所以，D错误.
故选：ABC.
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.
12. 一批产品的一等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，表示抽到的一等品件数，则的方差_____．
【答案】1.96
【解析】
【详解】依题意，则.
13. 已知为双曲线的左焦点，是的右顶点，是上一点，且，，则的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线的定义以及余弦定理得到关于和的齐次式，求解即可.
【详解】
设双曲线的右焦点为，因为为双曲线的左焦点，是双曲线上一点，
根据双曲线的定义知，，
因为是双曲线的右顶点，所以，
又，，所以，
所以，
在中，根据余弦定理得，
即，
整理得，
等式两边同时除以得，，解得（舍）或，
所以的离心率为.
故答案为：.
14. 要使正方体以直线为轴，旋转后与其自身重合，则的最小正值为_____________．
【答案】120
【解析】
【分析】由正方体的性质可证得平面，且为正三角形，所以只需要旋转后能和自身重合即可，从而可求得答案.
【详解】因为四边形为正方形，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，同理可证得，
因为，平面，所以平面，
同理可证得平面，
因为为等边三角形，，
所以过的中心，设的中心为点，连接，
则，
同理也过等边的中心，
若正方体绕旋转后与其自身重合，只需要和旋转后能和自身重合即可，
因此至少旋转.
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本小题主要考查正方体特征及垂直等知识；解题的关键是证明平面，考查运算求解能力等；考查化归与转化思想等；体现基础性和综合性，导向对发展发展直观想象、逻辑推理、数学运算、数学建模等核心素养的关注．
四、解答题：本题共5小题，15题13分，16、17题15分，18、19题17分，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 近年来我国新能源汽车行业蓬勃发展，新能源汽车不仅对环境保护具有重大的意义，而且还能够减少对不可再生资源的开发，是全球汽车发展的重要方向．某地区近几年新能源汽车的购买情况如下表所示：
（1）计算与的相关系数（保留三位小数）；
（2）求关于的线性回归方程，并预测该地区2026年新能源汽车购买数量．
参考公式：．
参考数值：．
【答案】（1）；
（2），2.9万辆．
【解析】
【小问1详解】
由题意，，
则，，
则．
故与的相关系数为．
【小问2详解】
由（1），
则，
故关于的线性回归方程为，
令，则，
故可预测该地区2026年新能源汽车购买数量万辆.
16. 如图，在四棱锥中，，是等边三角形，平面平面是棱的中点．
（1）证明：平面．
（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）取棱的中点，连接，由三角形中位线，平行四边形的判定及性质得出，即可证明；
（2）建立空间坐标系，根据面面夹角的向量公式即可求解．
【小问1详解】
证明：取棱中点，连接，
因为分别是棱的中点，所以，
因为，所以，
所以四边形是平行四边形，则，
因为平面平面，所以平面．
【小问2详解】
分别取棱的中点，连接，则，所以，
又因为是等边三角形，所以，
又平面平面，平面，平面平面，
所以平面，又平面，所以，
则以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
所以，
设平面的法向量为，
则，取，得，
设平面的法向量为，
则，取，得，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
17. 已知数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）求的前n项和；
（3）求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）时，可得，与原式相减可求通项公式；
（2）结合（1），利用等差数列的前项和公式，计算可求；
（3）利用错位相减法可求得.
【小问1详解】
因为，①
所以当时，，
当时，，②
由整理得，
因为符合上式，所以．
【小问2详解】
由（1）知，
所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，
所以．
【小问3详解】
因为，所以．
因为，
所以，
所以．
18. 已知椭圆的离心率为，过右焦点的直线与椭圆交于，两点，当轴时，．
（1）求椭圆的方程；
（2）若过点的另一条直线与椭圆交于D，E两点，满足直线AB与直线DE斜率之积为1，线段AB与线段DE的中点分别为M，N，
（i）证明：直线MN过定点；
（ii）求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析（ii）
【解析】
【分析】(1)由离心率得，将垂直轴的焦点弦长代入解出，回代得椭圆方程；
(2)(i)设，，由斜率积为得；联立椭圆求中点，计算斜率并利用化简得；写出方程并整理，发现时恒成立，即过定点；
(ii)面积，为定值；代入并利用化为单变量的函数；改写为，对分母用均值不等式得最大值.
【小问1详解】
由题意，
过右焦点作垂直轴的直线，交椭圆于A，B，
代入，则，
所以，则，
所以椭圆方程为．
【小问2详解】
（i）由（1）可得，设，
由题意，直线斜率存在且不为，设直线，
联立，整理得，
所以，则，
所以，即，
设，则依题意，，同理有
则直线斜率为，
所以直线的方程为
即直线的方程为，过定点．
（ii）设，则直线过在轴同侧，
所以
，
令，则，
所以，
当且仅当，即时等号成立，所以面积的最大值为.
19. 对于函数，记.如果是满足的最小正整数，则称是函数的“最小导周期”.
（1）已知，证明：对任意的最小导周期为4；
（2）设，若函数的最小导周期为2，记，当实数a，b变化时，求的最小值；
（3）设，若函数满足对恒成立，且存在使得，试用表示，并证明.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3），证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据“最小导周期”的定义即可证明；
（2）由题意有对任意实数恒成立，令，得，令，得，根据的取值验证函数的最小导周期为即可得，由可视为点与点之间的距离，利用数形结合即可求解；
（3）记，由在上恒成立及存在使，可知是函数的极大值点，即，，解得，由，得，由得，又，即，即得证.
【小问1详解】
证明：因，
，
，
，
所以，对任意实数，都有.
即最小导周期为4.
【小问2详解】
，，
由题意知，对任意实数恒成立，
令，则，即，
令，则，则，
所以或.
若，则，，最小导周期不是，矛盾；
若，则，，，最小导周期为，符合要求，所以.
可视为点与点
之间的距离，当实数变化时，点在直线上运动，点在曲线上运动，
因此所求最小值可转化为曲线上点到直线距离的最小值，
而曲线在直线上方，平移直线使其与曲线相切，
则切点到直线的距离即为所求.
设切点，，切线斜率，得，切点为，
点到直线距离. 即的最小值为.
【小问3详解】
，，
记，即.
由在上恒成立及存在使，
可知是函数的极大值点，于是，
则①，
又，则②，
由①②得，则.
又因为，
所以，由得，
又因为，
所以，
有，于是，
所以.
年份
2019
2020
2021
2022
2023
购买量（万辆）
0.40
0.70
1.10
1.50
1.80