2026淮北一中高三下学期周考（三）数学含解析

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是符合题目要求的。
1. 已知集合 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
2. 已知平面向量 ，则“ ”是“ 在 方向上的投影向量为 ”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. 已知 且 ，若函数 与 在区间 上都单调递增，则
实数 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4. 若 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
5. 已知等差数列 的公差为 ，集合 ，若 ，则 （ ）
A． B．0 C．1 D．
6. 公元前 300 年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面
体、正十二面体和正二十面体这 5 种正多面体.公元前 200 年，阿基米德把这 5 种正多面体进行截角操作（即
切掉每个顶点），发现了 5 种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如
图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图 2 所示的足球截面体的棱数为（ ）
A．60 B．90 C．120 D．180
7. 若定义在 上的函数 满足 ， 是奇函数， ，则
（ ）
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A． B．0 C．1 D．2
8. 已知抛物线 的方程为 ，直线 与 交于 ， 两点， ， 两点分别位于 轴的上下两侧，且
，其中 为坐标原点．过抛物线 的焦点 向 作垂线交 于点 ，动点 的轨迹为 ，则 的
方程和直线 斜率的最大值分别为（ ）
A． （除去点 ）， B． （除去点 ），
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. 定义区间 的长度为 ．已知函数 的一个单调递增区间的长度为 ，则下
列结论正确的是（ ）
A． 的一个单调递减区间长度也为
B．若 ，则 的三个相邻最值点构成等腰直角三角形
C． 存在包含原点的单调递减区间
D．若 ，且 在区间 上单调递增，则 的最大值为
10. 设平面向量 的夹角为 ，若 ， 且 ，则（ ）
A．当 时， 三点共线 B．当 时， 平分
C．当 时， 的最大值为 2 D．当 时， 的取值范围为
11. 定义：既有对称中心又有对称轴的曲线称为“和美曲线”，“和美曲线”与其对称轴的交点叫做“和美曲线”
的顶点.已知曲线 ，下列说法正确的是（ ）
A．曲线 是“和美曲线”
B．点 是曲线 的一个顶点
C．曲线 所围成的封闭图形的面积
D．当点 在曲线 上时，
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12. 若直线 是曲线 的一条切线，则 ________．
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13. 在平面直角坐标系 中，双曲线 的中心在原点，焦点在 轴上，焦距长为 .若 和抛物线 交
于 ， 两点，且 为正三角形，则 的离心率为 .
14. 有 个编号分别为 1，2，…，n 的盒子，第 1 个盒子中有 2 个白球 1 个黑球，其余盒子中均为 1 个白球
1 个黑球，现从第 1 个盒子中任取一球放入第 2 个盒子，再从第 2 个盒子中任取一球放入第 3 个盒子，以此
类推，则从第 2 个盒子中取到白球的概率是______，从第 个盒子中取到白球的概率是______．
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.（13 分）已知数列 的首项为 ，且满足 ．
(1)求证： 是等比数列；
(2)求数列 的前 项和 ．
16.（15 分）已知函数 ，圆 .
(1)若 两条相邻的对称轴与 C 相切，求 ；
(2)若 ， 是 的极值点，且点 有且仅有两个在 C 的内部，求 的取值范围.
17.（15 分）如图，在几何体 中，四边形 与 均为菱形， ，且
．
(1)求证：平面 平面 ；
第 3页(共 4页)
(2)设点 满足 ，直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求实数 的值．
18.（17 分）一般地，若两个椭圆焦点都在 x 轴或 y 轴上，长轴相等，其中一个椭圆的短半轴长与另一个椭
圆的焦距长相等，则称两个椭圆为相关椭圆.已知椭圆 ，抛物线 与 有一
个相同的焦点 F.过点 F 作互相垂直的两条直线 l 与 ，直线 l 与 交于点 G、B，直线 与 交于点 C、D.
(1)求该椭圆的相关椭圆 方程及抛物线 的方程
(2)四边形 GCBD 的面积是否存在最小值，若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由.
(3)过椭圆 左顶点 A 且斜率为 的直线 与椭圆 交于点 M，与 轴交于点 ，设点 为 MA 的中
点.若 轴上存在点 ，对于任意的 ，都有 （ 为原点），若 ，
求 的值.
19.（17 分）已知函数 ，函数 图象上的一点 ，按照如下的方式构造切
线 ：在点 处作 的切线 ，记切线 与 x 轴交点的横坐标为 ．
(1)写出 与 的递推关系式；
(2)记 的零点为 r，且 ．
（i）证明：当 时， ；
（ii）证明：对于任意的 ，都有 ．
第 4页(共 4页)淮北一中 2026 届高三下学期数学周考三
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. 【答案】D
【详解】 中的元素都是形如 的整数，其中 是整数. 包含所有大于 且小于 4 的实数.
求交集 ：需要找到满足 的整数 .解不等式：左边： 解得 .右边：
解得 因此，整数 的取值范围是 和确定对应的 值：当 时，
.当 时， .结果： 中的元素是 .故选：D.
2. 【答案】C
【详解】由于 在 方向上的投影向量 ，若 ，则 ，
故 ，若 ，则 ，故选：C.
3. 【答案】D
【详解】由题可知 ，
因为 在区间 上单调递增，所以 ，即 ，
当 时，有 ，即 ，不成立，当 时，有 ，则
成立，所以 ；又 在区间 上都单调递增，所以
在 ， 时恒成立，所以 在 时恒成立，
因为 ，所以 ，
4. 【答案】A
【详解】 ，即 ，整理可得 ，
因为 ， ，所以 ，
1
所以 .故选：A
5. 【答案】B
【详解】根据已知条件，等差数列的通项公式为： .根据三角函数的性质，
.这说明数列 的周期为 3.因为集合
，即 有三个不同的值.设 时， ； 时， ； 时，
.根据三角函数两角和公式可得：
.
.
则
，故选：B.
6. 【答案】B
【详解】易知正二十面体有 20 个面，每个面都是三角形，每个顶点都是 5 条棱的交点，每条棱都是两个面
的公共边，所以，正二十面体的棱数为 ，顶点的个数为 .由图象可知，正二十面体的每
个顶点截角后为一个正五边形，即每个顶点处增加了 5 条棱；原来的 30 条棱数量不变，所以，足球截面体
的棱数为 .故选：B.
7. 【答案】A
【详解】由 是奇函数，则 ，故 关于 中心对称，
由 ，令 ，则 ，即 ，
由 ，令 ，则 ，
故 ，则 ，
故 ，即有 ，故 以 为周期，
2
由 ，则 ，
， ，
， ，
则
.
8. 【答案】B
【分析】先由题设 ， ，利用 求出 ，接着设直线 的方程为
，利用韦达定理求出直线 l 方程和方程所过定点即可得动点 的轨迹和直线 斜率最大值时的情
况，进而可求解.
【详解】由题可设 ， ，则 ，解得 或者 （舍），
设直线 的方程为 ，与抛物线方程联立得 ，所以 ，故 ，故直
线 的方程为 ，所以直线 过定点 ，又因为 ，由圆的定义可知动点 的轨迹是以
为直径的圆，因为 中点坐标为 ，所以 点的轨迹方程为 （除
去点 ），过原点的直线和 在第一象限内相切时，斜率最大，所以直线 斜率的最大值为
．
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. 【答案】ABD
3
【详解】对于 A，一个增区间的长度等于一个减区间的长度，等于半个周期，故 A 正确；
对于 B，相邻三个最值点可能是两个最大值点一个最小值点或是两个最小值点一个最大值点，
若是两个最大值点，其距离等于 ，其高等于最大值减去最小值等于 2，故 B 正确；
对于 C， ，其一个单调增区间满足 ，即 ，其中包含原点，故 C 不正确；
对于 D，若 ，则 ，包含 0 的递增区间，由不等式 ，解得 ，
所以 的最大值为 ，故 D 正确．故选：ABD.
10. 【答案】ABD
【详解】对于 A，当 时， ，由平面向量基本定理，可得 三
点共线，故 A 正确；
对于 B，如图，当 时，由 ，可得 ，即 ，故
三点共线，且 ，过点 作 ，交 于点 ，因 ， ，则
，而 ，故 ，则 ，由 可得 ，则
，故 平分 ，即 B 正确；
对于 C，如图，以 为坐标原点， 所在直线为 轴,建立平面直角坐标系，
则 ，即 ，因 ，不妨设 ，由 可得
，故得 ，解得 ，故
，其中 ，故 的最大值为 ，故 C 错误；对于 D，根
4
据 C 项建系，已得 ，则
，因 ，故得 ，即 的取值范围为
，故 D 正确.故选：ABD.
11. 【答案】AD
【详解】对于 A，将 代入曲线方程，易知成立，故曲线关于原点对称，将 代入，易知
成立，故曲线关于坐标轴对称，故 A 正确；对于 B，令 可得： ，即 ，故 B 错，对于 C，
，所以曲线 所围成的封闭图形在椭圆 内部，而椭圆面积为：
，故 C 错误；对于 D,由 ，可得： ，所以
，当 时取等号，故 D 正确；故选：AD
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12. e
【详解】设直线 与曲线 相切于点 ．因为 ，所以 且 ，
解得 ， ．故答案为 .
13.
【详解】由对称性知 、 关于 轴对称， 为正三角形，则由正三角形对称性可知 、 为
与抛物线的交点，
联立 与 得 或 0（舍去），当 时， ，故其中一个交点为 ，
设双曲线方程为 ，故 ，解得 ， 在双曲线上， ， ，
5
故离心率为 ；
14.
【详解】记事件 表示从第 个盒子里取出白球，则 ， ，
所以 ，
，
，
进而可得 ， ，
又 ， ， ，
所以 是首项为 ，公比为 的等比数列，
所以 ，即 ，故答案为： ； .
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.（13 分） (1)证明见解析 (2)
【详解】（1）证明： 数列 满足 ，即 ， ，即
，又 ， , 数列 表示首项为 ，公比为 的等比数列．
（2）由（1）知 ， ， ，
当 为偶数时，可得 ；当 为奇数时，可得 ；
综上可得，
16.（15 分） (1) ， (2)
6
【详解】（1）由题， 相邻对称轴间的距离为 ，又圆 的直径为 3，则 ，得 ，
又圆心 ，所以 其中一条对称轴为 ， ，得 ， ，又
， .
（2）若 ，则 的极值点满足 ， ，得 ， ，又圆 与 轴交点分别为
，所以原题设等价于有且仅有 2 个 的值满足 ，
整理得 ，故 能且仅能取 两个值，所以 ，解得 .
17.（15 分） (1)证明见解析 (2)
【详解】（1）设 与 相交于点 ，连接 ，
∵四边形 为菱形， ，且 为 中点，又 ， ，
∵ ， 平面 BDEF，∴ 平面 ，
又 平面 ，所以平面 平面 ；
（2）
连接 ，∵四边形 为菱形，且 ， 为等边三角形，
∵ 为 中点，∴ ，又 ， ， 平面 ，
平面 ．故 OA，OB，OF 两两互相垂直，∴建立空间直角坐标系 ，如图所示，
设 ，∵四边形 为菱形， ， ， ．
为等边三角形，∴ ． ， ,
则 ，因为 ，即 ，所以 ，所以
， ， ，设平面 的法向量为 ，则
取 ，设 与平面 所成角为 ，则
7
，解得 或 ，又 ，所以 .
18.（17 分） (1)椭圆 方程为 ，抛物线 的方程为
(2)四边形 GCBD 的面积存在最小值，最小值为 8； (3)
【详解】（1）椭圆 的焦点在 轴上， ，设椭圆 方程为 ， ，
若椭圆 的短半轴长与 的焦距长相等，即 ，此时不合要求，
若椭圆 的短半轴长与椭圆 的焦距长相等，即 ，解得 ，满足要求，故椭
圆 方程为 ；椭圆 的焦点为 ，故 ，解得 ，
故 ；
（2）显然当直线 的斜率为 0 时，直线 与抛物线只有 1 个交点，不合要求，故直线 的斜率不为 0，当直
线 的斜率不存在时，直线 的方程为 ，此时直线 为 ， 中，令 得 ，故
，此时 ， ，设四边形 GCBD 的面积为 ， ，
当直线 的斜率存在，设直线 的方程为 ，与 联立得 ，
设 ，则 ，故 ，
故 ，直线 ，与椭圆 联立得 ，
恒成立，
设 ，则 ，
由弦长公式得 ，
8
设四边形 GCBD 的面积为 ， ，
令 ，则 ，
由对勾函数性质可知 在 上单调递增，故 ，
故四边形 GCBD 的面积存在最小值，最小值为 8.
（3）由题意得 ，故直线 ，联立 得
，设 ，则 ，
故 ， ，故 ， ，
中，令 得 ，故 ， ，
又 ，设 ，故 ，解得 ，所以 ，
由 得 ，
即 ， ，
即 ，其中 ， ，
故 ，解得 ，
故 的值为
19.（17 分） (1) ；(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【详解】（1） ， ，则函数 在点 处的切线方
9
程为 ，令 ，得 ．
（2）（i）当 时， ，当 时， ， 单调递增，
又因为 ，所以 有唯一的零点 ，其中 ．
令 ，则 ，当 时， ，故
在 上单调递增．因为 ，所以 ．
因为 在 上单调递增，所以当 时， ，又因为 ，所以
，即证得：当 时， ．
（ii）由（i）知：因为 ，从而 ，进而 ，
由此递推可知：当 时， ，令 ，
下面证明：对于任意的 ，都有 成立，
即 ．
因为 ，所以只需证明 ，
即 ，令 ，其中
，则 ，因为 ，
所以 ，故 ，从而 在 上单调递增，可
知 ，故 在 上单调递增，因此 ，因为
，故 ，即对于任意的 ，都有
成立，由此可得： ，所以对于任意的 ，
都有 ．