天津市燕京高级中学2024-2025学年高三上学期数学双休日作业（七）

★2024年12月14日★ 燕京中学2024-2025学年度上学期高三数学双休日作业（七） （试卷满分：150分 考试时间：120分钟） 班级 . 姓名 . 一、单选题：本大题9小题，每小题5分，共45分. 1．设全集则等于 等于（    ） A． B． C． D． 2．设，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 3．已知，则（    ） A． B． C． D． 4．记为等差数列的前项和.若，则（    ） A．25 B．22 C．20 D．15 5．函数的图象大致是（    ） A． B． C． D． 6．设等比数列的前项和为，且，则（    ） A．243 B．244 C．81 D．82 7．已知双曲线 的右焦点为，点在双曲线的渐近线上，是边长为的等边三角形(为原点)，则双曲线的方程为（    ） A． B． C． D． 8．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥侧面积的一半，那么其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（    ） A． B． C． D． 9．设函数的图象为，下面结论中正确的是 A．函数的最小正周期是 B．图象关于点对称 C．图象可由函数的图象向左平移个单位得到 D．函数在区间上是增函数 二、填空题：本大题6小题，每小题5分，共30分. 10．已知复数则= . . 11．已知数列的前项和为，若，则 . 12．若直线被圆截得的弦长为，则= . 13．抛物线y2＝8x的焦点到直线x－y＝0的距离是 . 14．是边长为1的等边三角形，点分别是边的中点，连接并延长到点，使得，则的值为 . 15．如图，三棱柱中，是上靠近的三等分点，平面将三棱柱分成体积为，两部分，则 . 三、解答题：本大题5小题，共75分. 16．在中，内角所对的边分别为，，，． (1)求角的大小：(2)求的值；(3)求的值． 17．如图，已知在四棱锥中，平面，四边形为直角梯形，，，点是棱上靠近端的三等分点，点是棱上一点. (1)证明：平面；(2)求点到平面的距离；(3)求平面与平面夹角的余弦值. 18．已知椭圆C：（，）的长轴为，短轴长为4． (1)求椭圆C的标准方程； (2)设直线l：与椭圆C交于不同两点A、B，且，求直线的方程． 19．记为等差数列的前项和，已知，. (1)求的通项公式；(2)数列满足，，求数列的前10项和. 20．已知函数. (1)若曲线在点处的切线的斜率为－3，求a的值； (2)当时，求的单调区间； (3)若，对任意，，，不等式恒成立，求实数k的取值范围. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 双休日作业（七）参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 A B D C A B D D D 1．A【详解】因为，则.故选：A. 2．B【详解】①当，时，满足，但不满足，充分性不成立， ②当时，则，，必要性成立， 是的必要不充分条件，故选：B． 3．D【详解】由，故.故选：D 4．C【详解】因为是等差数列，所以，又， 所以，所以，解得， 所以.故选：C. 5．A【详解】函数定义域为R，由，得或，即函数有两个零点，BC错误； ，当时，，当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 因此函数在处取得极大值，D错误，A符合题意. 6．B【详解】由等比数列性质可得， 设的公比为，则， 故．故选：B． 7．D【详解】因为是边长为的等边三角形，所以， ，所以渐近线的斜率， 因为，解得，所以双曲线的方程为：.故选：D 8．D【详解】设正四棱锥的高为，底面边长为，侧面三角形底边上的高为，则 由题意可知，，，即，解得， 因为，所以.故选：D. 9．D【详解】对于A, 函数的最小正周期为，故A错误； 对于B，时，，其图象不关于点对称,故B错误； 对于C,函数的图象向左平移个单位得，故C错误； 对于D，时,，函数在区间上是增函数, D正确. 故选D. 10．【详解】由， 11．54【详解】当时，，所以，即， 当时，，所以数列是首项为2，公比为3的等比数列， 则.故答案为：54. 12．【详解】由题知，圆的圆心为，半径为， 由弦长为，解得. 13．1【详解】由抛物线方程知2p＝8⇒p＝4，故焦点F(2,0)，由点到直线的距离公式知，F到直线x－y＝0的距离d＝＝1. 14．【详解】是边长为1的等边三角形， 如图所示，因为分别是边和的中点， 所以，又， 所以 . 15．【详解】取靠近的三等分点，连接，如图所示，因为分别是靠近的三等分点， 所以且，所以，所以四点共面； 设三棱柱的高为，三棱锥体积，因为， 所以 ， ， 所以， 所以，所以，所以，   16．(1)；(2)；(3). 【详解】（1）在中，由正弦定理，可得， 又由，得 即，∴，∴，∴． 又因为，可得； （2）在中，由余弦定理及，，， 有，故； （3）由，可得， 因为，所以，故为锐角，故， 因此，． 所以，． 17．(1)证明见解析(2)(3). 【详解】（1）以点为坐标原点，分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则. ，设平面的一个法向量为，则，即，令，得，则. 又，可得，因为平面，所以平面. （2）因为平面，所以点到平面的距离等于点A到平面的距离. 易知，则点A到平面的距离为. （3）易知，设平面的一个法向量为， 则，即，令，则. 设平面与平面的夹角为， 则 故平面与平面的夹角的余弦值为. 18．(1)(2) 【详解】（1）由已知，，则椭圆C的标准方程为：； （2）依题意，解得， 因为，可得，且， 因为， 解得，所以直线的方程为l：． 19． (1) (2)45 【详解】（1）设公差为，由题设有，解得，，. （2）由题设， .所以数列的前10项和为45. 20．(1)(2)答案见解析(3) 【详解】（1）∵，∴， ∵曲线在处的切线的斜率为，所以，∴； （2）定义域为，， 当时，，，单调递增， ，，单调递减. 当时，的单调递减区间为，递增区间为. （3）由（2）及可得，在上单调递增. 不妨设，且，， 则可化为， 设， 则，所以为上是增函数， 即在上恒成立， 等价于在上恒成立， 对于函数，，当时，， 故在上是增函数，所以， 所以，即k的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是去绝对值，再构造函数. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$