江西省新余市第四中学2025届高三补习年级第六次数学周练试卷

补习年级第六次数学周练 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个选项中，只有一项是符合题意要求的。 1．已知集合，且，则集合B可以是(    ) A． B． C． D． 2．已知复数满足，则(    ) A．1 B． C．2 D． 3．“”是“直线与直线互相垂直”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 4．已知向量，，若向量在向量上的投影向量为，则(    ) A． B． C． D． 5．已知，则(    ) A． B． C． D． 6．蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圆”等，“蹴“有用脚蹴､踢的含义，“鞠”最早系外包皮革､内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴､踢皮球的活动，类似今日的踢足球活动。已知某“鞠”的表面上有四个点，其中平面，则该球的表面积为(    ) A． B． C． D． 7．若函数在上单调递减，则实数的取值范围是(    ) A． B． C． D． 8．已知数列的前n项和为，且满足，则(    ) A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选个选项中，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．下列结论中正确的是(    ) A．命题“”的否定是“” B．函数的图象必过定点 C．若某扇形的周长为，面积为，圆心角，则 D．函数的单调增区间 10．已知，且，则下列不等式恒成立的是(    ) A． B． C． D． 11．在年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转、、后所得三条曲线与围成的（如图阴影区域），、为与其中两条曲线的交点，若，则(    ) A．开口向上的抛物线的方程为 B． C．直线截第一象限花瓣的弦长最大值为 D．阴影区域的面积不大于 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在矩形中，已知，，为的中点，且， 则 ． 13．已知椭圆的左顶点为，右焦点为为椭圆上一点，，，则椭圆的离心率为 ． 14．已知数列满足，且，记数列 前项和为，若对于任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为 ． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算过程。 15．在△ABC中，角的对边分别为，且. (1)求角的大小； (2)若的面积为，求. 16．已知数列满足. (1)证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式； (2)求数列的前n项和． 17．如图在三棱柱中，平面平面，△ABC是等边三角形，，. (1)求棱锥的体积； (2)若为棱的中点，求二面角的正弦值. 18．已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有两个零点，求的取值范围． 19．已知抛物线的焦点为F，过点F的直线与C相交于点A，B：若，以AF为直径的圆过点．按照如下方式依次构造点列的坐标为，直线与C的另一个交点分别为，直线与x轴的交点为，设点的横坐标为． (1)求C的方程； (2)求数列的通项公式； (3)数列中，是否存在连续三项（按原顺序）构成等差数列？若存在，指出所有这样的连续三项；若不存在，请说明理由． 补习年级第六次数学周练参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B A B D A C A ABC ACD 题号 11 答案 BCD 12．/0.625 13． 14． 1．C 【详解】因为，所以， A中集合不合题意； B中集合为或，也不合题意， C中集合为，满足题意， D中集合为，不合题意. 2．B 【详解】由可得，即， 所以，所以. 3．A 【详解】因为“直线与直线互相垂直”可得,所以，故或. 所以“” 是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件. 4．B 【详解】向量，，则，， 依题意，. 5．D 【详解】由辅助角公式，，. 因，则， . 6．A 【详解】因为平面，平面，所以， 又，所以两两垂直， 所以三棱锥的外接球即为以为长，宽，高的长方体的外接球， 即该球的直径为长方体体对角线的长， 因为， 所以， 所以该球的半径为2，表面积为. 7．C 【详解】因为函数，所以， 又函数在上单调递减，所以在上恒成立， 即在上恒成立，令，则在上，，则. 当时，不恒为零，也符合题意， 所以实数的取值范围是. 8．A 【详解】因为， 所以，，且， 所以， 记，则，所以， 所以是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，， 记的前n项和为，则. 9．ABC 【详解】对于A，命题“”的否定是“”，该选项正确； 对于B，让函数指数位置为0，则，即，此时， 所以函数的图象必过定点，该选项正确； 对于C，设扇形半径为，弧长为，则周长为，解得或， 当时，，则不符合题意，当时，，此时，所以该选项正确； 对于D，函数需满足，解得， 令，则是减函数，对称轴为， 所以在上是单调递增，在上是单调递减， 根据复合函数“同增异减”原则，函数的单调增区间，该选项错误. 10．ACD 【详解】对于A：因为，， 所以，当且仅当时取等号， 所以，当且仅当时取等号，故A正确； 对于B：因为，当且仅当时取等号，故B错误； 对于C：因为，当且仅当时取等号，故C正确； 对于D：因为， 所以，当且仅当，即时取等号，故D正确； 11．BCD 【详解】对于A，由题意，开口向右的抛物线方程为，顶点在原点，焦点为, 将其逆时针旋转后得到的抛物线开口向上，焦点为，则其方程为， 即，故A错误； 对于B，根据A项分析，由可解得，或，即，代入可得， 由图象的对称性，可得、，故，即B正确； 对于C，设直线与抛物线相切，联立可得， 由可得， 且方程即为， 解得，，此时，切点坐标为， 设直线与抛物线相切，联立可得， 由可得，此时方程即为， 解得，，此时，切点坐标为， 两切点连线的斜率为，即切点的连线与直线垂直， 故当、时，取最大值， 且其最大值为，C对； 对于D，根据对称性，每个象限的花瓣形状大小相同，故可以先求部分面积的近似值.如图， 对函数求导得，则抛物线在点处的切线斜率为， 所以，抛物线在点处的切线方程为，即， 该切线交轴于点，所以，半个花瓣的面积必小于， 故原图中的阴影部分面积必小于，故D正确. 12．/0.625 【详解】如图，由可得， 则 ， 则，，故． 13． 【详解】依题意，因为，所以， 所以，因为，所以，所以， 因为，所以，解得． 14． 【详解】因为，可得， 即，所以， 所以是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以， 所以数列是常数数列，，所以， ， ， 若对于任意，不等式恒成立，则，则实数的取值范围为. 15．(1)； (2). 【详解】（1）由题设，故， 所以，则，又，可得. （2）由（1）及题设，有， 又，则. 16．(1)证明见解析， (2) 【详解】（1）根据题意由易知，即可得为定值， 由此可得数列是以为首项，公差的等差数列，所以， 可得；即数列的通项公式为； （2）由（1）知，， 所以， 所以， 所以， 所以 17．(1) (2) 【详解】（1）取的中点，连接.在三棱柱中，四边形为平行四边形， 又因为，所以四边形是菱形. 又，则，是等边三角形，所以. 因为平面平面，交线是，所以垂直于底面，，即三棱柱的高是. 所以. （2）连接，由（1）知平面，又是等边三角形， 所以，故，，两两垂直，以为坐标原点， ，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图所示） 则，，，，. 因为，所以，因为为的中点，所以. 则，，， 设平面的一个法向量，则，即， 令，解得，，故. 设平面的一个法向量， 则，即，令，解得，，故. 设二面角的平面角为，因为， 所以，即二面角的正弦值为. 18．(1) (2) 【详解】（1）当时，，求导得，则， 又，故切线方程为，化简得． （2）法一：的定义域为，因为函数在上有两个零点， 令，则，即， 所以，令，， 所以将函数的零点问题转化为的图象和直线的交点问题， 求导得， 因为的分母恒成立，令，， 则，易知在时单调递增，在时单调递减，， 则恒成立，所以令，解得， 所以当时，，在单调递减；当时，，在单调递增， 所以，又因为，；；， 则的图象如图所示，要使的图象和直线有两个交点， 由图象知，即，所以的取值范围为． 法二：的定义域为，， ①当时，，易知在内单调递减，在上单调递增； 当时，，当时，，， 若在上有两个零点，则，即； ②当时，，令，解得（舍）或， 可知在上有一个零点，不满足题意； ③当时，当或时，；时，， 故在，单调递增，在单调递减，又， 作出函数图象如图所示，所以在上至多有一个零点，不满足题意； ④当时，，单调递增， 故在上至多有一个零点，不满足题意， ⑤当时，当或时，；当时，， 故在，单调递增，在单调递减，又， 作出函数图象如图所示，故在上至多有一个零点，不满足题意； 综上，的取值范围为． 19．(1) (2) (3)不存在，理由见详解 【详解】（1）因为抛物线的焦点为， 设，则的中点为， 由题意可知：，，可得，，所以抛物线方程为. （2）设直线，， 联立，得，得，由韦达定理可知：， 设，， 由题可知，， 两式求差可得， 所以， 所以直线方程为，整理得， 同理：方程为：，令可得 ， 可知，方程为：， 因为过焦点，所以有， 方程为：， 令可得， 由，可知， 因为，，得， 取对数可得， 由题可知， 所以数列是以为首项，2为公比的等比数列； 所以有，解得. （3）不存在，理由如下： 假设存在，则一定有， 因为，得， 化简得， 因为，显然， 所以在无解； 故不存在连续的三项为等差数列. 学科网（北京）股份有限公司 $$