2026届上海嘉定二中高三下学期数学周练（含答案）

嘉二2025-2026学年第二学期高三年级数学周练2026.3一、填空题1.若集合，，则______．2.已知复数满足，其中i为虚数单位，则的虚部为______．3.若经过圆锥的轴的截面是一个边长为2的正三角形，则该圆锥的体积为______．4.已知，则______．5.已知向量是单位向量，，若，则在上的投影向量为______．6.的展开式中常数项是______．7.已知公差不为零的等差数列的前项和为，且成等比数列，若，则______．8.一个盒子里装有质地、大小、形状都相同的7个球，其中白球2个，黑球2个，红球3个，现从盒子里依次取出2个球，已知取出的球有红球，则第二次取出的球是红球的概率为______．9.已知随机变量满足，，，正实数、满足，则的最小值为______．10.若函数满足：对任意的，都有，且，则______．11.如图，某水平测试场地修建了一个实体圆锥形通信屏蔽罩，其高为，底面圆直径，且点满足．现在点处固定一枚无线电信标，且在点有一微型无人机（视为一点）.点在母线上，无人机先在空中以直线航迹从点飞行到处，随后紧贴屏蔽罩表面飞行到点，设飞行路径总长度为S．则的最小值为______．（第11题）（第12题）12.如图所示，某游乐场有一款游乐设施，该设施由转轮和转轮组成，的圆心固定在转轮上的点处，某个座椅固定在转轮上的点处．转轮的半径为10米，转轮的半径为5米，的圆心距离地面竖直高度为20米．游乐设施运行过程中，与分别绕各自的圆心逆时针方向匀速旋转，旋转一周用时分钟，旋转一周用时分钟．当在正下方且在正下方时，开始计时，设在第分钟时距离地面的竖直高度为米．给出下列四个结论：①；②的最大值是35；③在竖直方向上的速度低于40米/分；④存在，使得时，到的距离等于15米．其中所有正确结论的序号为______．二、选择题13.设是两个不重合的平面，是两条不重合的直线，则“”的一个充分非必要条件是（）.A.，且， B.，，且C.，且 D.，，且14.对实数，则“”是“”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15.、、均为正整数，．袋子中有个白球，个黑球（大小质地均相同），从中依次有放回的摸出个球，记摸出球中白球的数目为；袋子中有张数字卡牌，张字母卡牌（大小质地均相同），从中一次性摸出张卡牌，记摸出卡牌中数字卡牌的数目为．下列选项中一定成立的是（）.A. B.C. D.16.设无穷正数数列，如果对任意的正整数，都存在唯一的正整数，使得，那么称为“内和数列”，并令，称为的“伴随数列”，下列四个命题：①若为等差数列，则为内和数列②若为等比数列，则为内和数列③若内和数列为递增数列，则其伴随数列为递增数列④若内和数列的伴随数列为递增数列，则为递增数列.其中真命题的个数是（）.A.0个 B.1个 C.2个 D.3个三、解答题17.如图，在三棱台中，，，点在底面的投影是的重心．（1）证明：面面；（2）若直线与底面所成的角为，求面与面所成的锐二面角的大小．18.已知定义域为的函数（且）是奇函数．（1）求实数的值；（2）若，判断函数单调性，并求不等式对于恒成立时的取值范围．19.某公司生产的糖果每包标识“净含量500g”，但公司承认实际的净含量存在误差．已知每包糖果的实际净含量（单位：g）服从正态分布．（1）随机抽取1包该公司生产的糖果，求其净含量误差不小于5g的概率（精确到0.001）；（2）随机抽取2包该公司生产的糖果，其净含量误差均不小于5g，检测员根据抽检结果，判断生产线出现异常，要求立即停产检修，检测员的判断是否合理？请说明理由．（3）随机抽取3包该公司生产的糖果，记其中净含量小于497.5g的包数为．求的分布列和期望（精确到0.001）．（参考数据：，，．）20.17世纪荷兰数学家舒腾设计了多种圆锥曲线规，其中的一种如图1所示．四根等长的杆用铰链首尾链接，构成菱形．带槽杆长为4，点间的距离2，转动杆一周的过程中始终有．点在线段的延长线上，且．（1）以线段中点为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系，求出点的轨迹的方程；（2）过点的直线与交于、两点．记直线、的斜率分别为，（ⅰ）证明：为定值；（ⅱ）若直线的斜率为，点是轨迹上异于、的点，且平分，求的取值范围．21.若函数，对任意，总存在唯一的，使成立，则称是在区间上的“阶和函数”．特别地，当时，称为区间上的“阶和函数”．（1）判断函数是否为区间上的“3阶和函数”；（2）若函数是在区间上的“2阶和函数”，求实数的取值范围；（3）若函数为区间上的“2阶和函数”，当时，函数有两个零点，证明：．

参考答案一、填空题1.;2.;3.;4.;5.;6.;7.;8.;9.;10.；11.12.①③11.如图，某水平测试场地修建了一个实体圆锥形通信屏蔽罩，其高为，底面圆直径，且点满足．现在点处固定一枚无线电信标，且在点有一微型无人机（视为一点）.点在母线上，无人机先在空中以直线航迹从点飞行到处，随后紧贴屏蔽罩表面飞行到点，设飞行路径总长度为S．则的最小值为______．【答案】【解析】由题可知，故该圆锥侧面展开图的圆心角，

连接，可得，由已知可得，建立如图所示平面直角坐标系，

由已知可得，可得，

可得飞行路径总长度所以．故答案为：．12.如图所示，某游乐场有一款游乐设施，该设施由转轮和转轮组成，的圆心固定在转轮上的点处，某个座椅固定在转轮上的点处．转轮的半径为10米，转轮的半径为5米，的圆心距离地面竖直高度为20米．游乐设施运行过程中，与分别绕各自的圆心逆时针方向匀速旋转，旋转一周用时分钟，旋转一周用时分钟．当在正下方且在正下方时，开始计时，设在第分钟时距离地面的竖直高度为米．给出下列四个结论：①；②的最大值是35；③在竖直方向上的速度低于40米/分；④存在，使得时，到的距离等于15米．其中所有正确结论的序号为______．【答案】①③【解析】转轮与转轮分别绕各自的圆心逆时针方向匀速旋转，旋转一周用时分钟，旋转一周用时分钟，可得最小正周期，所以，

又的半径为10米，的圆心距离地面竖直高度为20米，

所以第分钟，点距离地面的高度为：，

第分钟，距离地面的竖直高度为：，

化简得，

所以，故①正确；

当，即时，得最大值，为，故②错误；

若到的距离等于15米，则点在线段上，则要满足，解得，所以不存在，使得时到的距离等于15米，故④错误；

因为旋转一周用时分钟，旋转一周用时分钟，所以可得点在圆周上的速度为，同理可得点在圆周上的速度为，

所以点在竖直方向上的速度大小低于40米/分钟，故③正确．故答案为：①③．二、选择题13.C14.C15.C16.B15.、、均为正整数，．袋子中有个白球，个黑球（大小质地均相同），从中依次有放回的摸出个球，记摸出球中白球的数目为；袋子中有张数字卡牌，张字母卡牌（大小质地均相同），从中一次性摸出张卡牌，记摸出卡牌中数字卡牌的数目为．下列选项中一定成立的是（）.A. B.C. D.【答案】C【解析】若有放回的摸出个球，每次摸到白球的概率为，且各次试验的结果是独立的，

故，其中，

期望，方差，

当时，，得故，选项正确；

特别地，取其中的分布为：期望，方差随机变量的可能取值有，则

所以，

，

显然，故选项不正确．故选：．16.设无穷正数数列，如果对任意的正整数，都存在唯一的正整数，使得，那么称为“内和数列”，并令，称为的“伴随数列”，下列四个命题：①若为等差数列，则为内和数列②若为等比数列，则为内和数列③若内和数列为递增数列，则其伴随数列为递增数列④若内和数列的伴随数列为递增数列，则为递增数列.其中真命题的个数是（）.A.0个 B.1个 C.2个 D.3个【答案】B【解析】对于①、②：例如，可知即为等差数列也为等比数列，则，但不存在，使得，所以不为内和数列，故命题①、②错误；

对于③：因为，对任意，可知存在，

使得则所以，且内和数列为递增数列，可知，所以其伴随数列为递增数列，故命题③正确；

对于命题④：例如，显然是所有正整数的排列，可知为内和数列，且的伴随数列为递增数列，但不是递增数列，故命题④错误．故选：．三、解答题17.（1）证明略（2）18.（1）（2）略19.（1）（2）合理的（3）分布列，期望如下：20.17世纪荷兰数学家舒腾设计了多种圆锥曲线规，其中的一种如图1所示．四根等长的杆用铰链首尾链接，构成菱形．带槽杆长为4，点间的距离2，转动杆一周的过程中始终有．点在线段的延长线上，且．（1）以线段中点为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系，求出点的轨迹的方程；（2）过点的直线与交于、两点．记直线、的斜率分别为，（ⅰ）证明：为定值；（ⅱ）若直线的斜率为，点是轨迹上异于、的点，且平分，求的取值范围．【答案】（1）（2）（i）证明见解析（ii）【解析】（1）因为，所以

即点的轨迹是以为焦点的椭圆，设方程为，则，解得，故点的轨迹的方程为；

（2）证明：设直线与椭圆的交点坐标为

①当直线线率存在时，如图1，设，联立，化简得显然恒成立，所以，则，

又，所以，

所以又

所以，即为定值；②当直线斜率不存在时，直线垂直于轴，如图2，显然，可得：即综上所述：为定值．

（ii）由题，所以，

由可知：，设，即，则，可得,又，所以，所以，则，又直线的斜率存在，所以，所以1，

综上：．21.若函数，对任意，总存在唯一的，使成立，则称是在区间上的“阶和函数”．特别地，当时，称为区间上的“阶和函数”．（1）判断函数是否为区间上的“3阶和函数”；（2）若函数是在区间上的“2阶和函数”，求实数的取值范围；（3）若函数为区间上的“2阶和函数”，当时，函数有两个零点，证明：．【答案】（1）不是（2）（3）证明见解析【解析】（1）对于，有，

如果存在，使得，

则必有，

令，则，所以不是＂3阶和函数＂；

（2）因为函数在区间上单调递减，所以其值域为，

因为是在区间上的＂2阶和函数＂，

所以对任意，总存在唯一的，使得成立，

所以，所以在上的值域必定包含区间，

且当时，方程的解在上是唯一的，

又因为函数的图象开口向上，对称轴为，

当时，在上单调递增，则必有，即,解得；

当时，在上单调递减，则必有，即，解得；

当时，在上单调递减，在上单调递增，

则必有，解得；

当时，在上单调递减，在上单调递增，

则必有解得：；综上所述，的取值范围为；

（3）证明：对，