重庆市永川中学校2026届高三下学期第一周周考数学试题（含解析）

永川中学校高2026届（高三下）第一周周考
数学试题
一、单选题
1．已知，其中i为虚数单位，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知集合，，若，则满足条件的实数的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
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
4．已知，则（ ）
A． B．14 C． D．
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．1 D．2
6．在中，若，设，则（ ）
A． B． C． D．
7．若直线是曲线与曲线的公切线，则（ ）
A．0 B．1 C． D．
8．在平面四边形中，是边长为的等边三角形，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．
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．
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
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
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__________．
13．已知，若存在使得，则的最大值为__________．
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_______．
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.
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.
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．
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．
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．
试卷第1页，共3页
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1．B
因为，所以
所以.
故选：B.
2．A
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．C
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．A
因为，，则
，，
两式相加减，得到，解得
则.
故选：A.
5．B
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．B
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．A
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．C
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
9．BC
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．ABD
对于A选项，若、为相互独立事件，则，
故，A对；
对于B选项，若、为互斥事件，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．ACD
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
12．
角终边与单位圆交于点，
，，
，
．
故答案为：．
13．39
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．或
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．
15．(1)；
(2).
（1）由及正弦边角关系得，
而，整理得，
因为，所以；
（2）由余弦定理，得，
进而得，得，
所以的周长为.
16．（1）由题意可知的可能取值为、、.
，，.
所以，随机变量的分布列为
所以.
（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，
则.
17．（1）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．
（2）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．(1)
(2)
1），，
，
时，函数存在唯一零点，
，时有唯一交点，
，的图像如下：
；
（2），
，
当时，，，
，且，
，即在单调递减，
当时，，，
，且，
，即在单调递增，
，
，，
的值域为．
19．(1)
(2)（i）；（ii）．
（1）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．
（2）（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的最小值为．
答案第1页，共2页
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