江西省萍乡市萍乡实验学校华英2025-2026学年高三上学期数学周测统练4

萍实校训：以诚待人，自强不息 萍实校训：以诚待人，自强不息 2025—2026学年第一学期萍实华英高三周统练4数学试卷答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A A C B A B C ACD AC 题号 11 答案 AD 4．C当时，，则. 令，解得，所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，且函数过原点，最小值为； 当时，， 若，二次函数开口向下，值域无下界，不符合题意； 若，则函数为单调递减的一次函数，不符合题意； 若，函数图像为开口向上的二次函数，最小值在对称轴处取到，则,解得, 综上：函数的值域为，则实数a的取值范围是,故选：C 5．B取，若对任意的恒成立， 即对任意的恒成立，故，故中元素存在最小值， 但即为单调递增数列，故无最大值. 若有最大值，不妨设最大值为，因为对任意的恒成立， 所以即中元素存在最小值为， 故“中元素存在最小值是“有最大值”的必要不充分条件，故选：B. 6．A【详解】根据题意，设，则，即， 因为，所以，即，所以. 因为，则， 所以， 又因为，即， 所以， 由可得，则的取值范围是.故选：A. 7．B ， ， 为等差数列，， ，， ， 同理，， 故数列的前5项和为 .故选：B 8．C 【分析】由条件结合两角和余弦公式可得，两边平方可求，根据同角三角函数关系可得，由此可得结论. 【详解】因为，， 所以，故， 两边平方，可得，又， 所以， 因为， 所以．故选：C． 9．ACD 对A，因为是定义在上的奇函数，所以，得，正确； 对B，当时，，所以， 又因为为奇函数，所以，错误； 对C，因为的图象关于直线对称， 所以，即， 当时，， 所以， 所以，即时，， 由二次函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增， 所以是的极小值点，正确； 对D，因为，所以， 由C可得， 因为当时，，由二次函数性质可知， 因为在上单调递增，且，所以， 所以，正确. 故选：ACD 10．AC 【分析】利用三角变换可求得，可求得，计算可判断A；利用基本不等式可得，进而计算可判断B；利用余弦定理结合二次函数的值域计算可判断CD. 【详解】由，可得， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以，因为，所以， 所以，所以，因为，所以， 对于A， ，故A正确； 对于B，因为，所以， 所以，故B错误； 对于CD，由余弦定理可得 ， 又，所以，所以，所以，故C正确，D错误. 故选：AC. 11．AD【解】对于A，对任意的，，故A正确； 对于B，假设存在唯一确定的向量使得对于任意向量，都有成立， 即恒成立， 即方程组对任意恒成立， 而此方程组无解，故B不正确. 对于C，设，若与垂直，则， 则， ， ； 此时不存在实数使得，故C不正确. 对于D，若与共线，则， 则， ， ； 所以与的模相等，故D正确.故选：AD. 12． 由于，故. 故答案为： 13． 因为函数，所以，则 情况1：当时，， 求导得，令得， 在时，，单调递增，在时，，单调递减， 所以； 情况2：当时，， 求导得，所以恒成立，所以单调递增， 所以； 综上，因为，所以函数的最大值为. 故答案为：. 14．/ 如图： 设，，作平行四边形，则，， 因为，即，所以平行四边形为矩形. 又，所以. 所以.故答案为： 15．(1) (2) 【解】（1）因为向量与共线，所以， 边化角可得，， 因为，所以，所以， 即，因为，所以. （2）由余弦定理，可得， 整理得，解得或（舍），所以， 即，解得. 16．(1)； (2) 【解】（1）； ； （2）设，连接， ， ， 则，解得， 设边上的高为，边上的高为， 则， 所以. 17(1)证明见解析 (2)（i）4；（ii） 【详解】（1）由条件得，，则是线段的中垂线， 所以． 又平面， 所以平面，而平面，故平面平面； （2）（i）解法一： 如图所示，记与交于点，连接， 由题意，为四边形的外接圆圆心，即四点共圆， 由条件，可得是线段的中垂线， 所以，故， 则是四边形的外接圆直径，点为的中点． 因为，所以， 四边形的面积为． 取的中点，连接，则． 因为为的中点，所以． 由（1）知，平面平面，平面平面， 平面， 所以平面，即四棱锥的高为． 又平面，则，而， 所以， 四棱锥的体积为． 解法二：记与交于点，连接，由为的中点，所以． 由（1）知，平面平面，平面平面， 平面，所以平面，即四棱锥的高为． 以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由是正三角形，可知，， 由点在平面内，设，，其中， 设，可得方程组， 解得，． 所以，四边形的面积为． 又，四棱锥的体积为． （ii）解法一：作，垂足为点，连接． 由为公共边，则， 所以且， 即为二面角的平面角． 由， 在中，由余弦定理，，则， 所以． 又，在中，由余弦定理，， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 解法二：由（i）知，， 因为， 设平面的法向量为， 由，取，则， 所以平面的法向量为． 因为， 设平面的法向量为， 由， 取，则， 所以平面的法向量为． ， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 17 18． 【分析】先找到直线的定点，再求出动点的轨迹方程，利用向量运算简化，结合几何关系即可求出. 【解】 如图，由，，即直线过定点， 取中点，根据圆的性质可知，即， 点的轨迹是以为直径的圆，轨迹的圆心，又圆：，圆心，半径，， 轨迹圆的半径为，即点的轨迹方程为， 又、 则， 中点为，，， 又由勾股定理得，， 求的最小值就是求 设，， 又轨迹圆的方程为， 代入上式，得， 又轨迹的圆心，轨迹圆的半径为，， ， . 19．(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）求导并求出函数的单调性，即可求得函数的最小值； （2）通过函数求导得到，再对求导，判断其单调性，得到函数的极值点情况即可； （3）求出函数的导数，设，讨论该函数零点的个数及零点与0的大小关系后结合零点的个数可求参数的取值范围． 【详解】（1）当时，， 则，则，， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， . （2）由得， 则， 对，因为，所以， 解方程得（舍去），， 所以当时，，当时，， 故函数在上单调递减，在上单调递增， 故函数在时取得极小值，且函数只有一个极小值点． （3），其中， 设， 若即时，恒成立， 此时在上为增函数，而，故只有一个零点，舍； 若即， 若即，此时必成立， 而， 故在有且只有一个实数根，且， 当时，即，若，则， 故在单调递减，在上单调递增，而 故，当时，，故有两个不同的零点，符合， 故此时. 若即， 当时，取，此时， 当或时，即， 当时，， 故在，上为增函数，在上为减函数， 而，故，而时，，故有两个不同的零点， 故符合. 当时， 由可得，而, 故在有两个不同的零点且， 同理可得在，上为增函数，在上为减函数， 结合可得， 且时，，时，， 故此时有三个不同的零点，不合题意，舍； 综上，或. 华英高三数学第 1 页 共 2 页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第一学期萍乡实验学校华英高三周测统练4数学试卷 时间：120分钟 总分150分 制卷：张根来 一、单选题 1．已知集合，集合，则（    ） A． B． C． D． 2．若，α是第四象限的角，则=（　　 ） A． B． C． D． 3．已知向量，满足，，则在上的投影向量为（     ） A． B． C． D． 4．若函数的值域为，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 5．已知无穷数列，，则“中元素存在最小值”是“有最大值”的（     ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 6．已知平面直角坐标系中，，则的取值范围是（     ） A． B． C． D． 7．已知平面向量，等差数列，则数列的前5项和为（    ） A．-5 B．0 C．5 D．18 8．若角满足，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知定义域在上的奇函数的图象关于直线对称，且当时，则下列说法正确的有（     ） A． B．当时， C．是的极小值点 D． 10．记的内角的对边分别为，已知，，则（     ） A． B．的面积的最大值为 C．的一个可能的取值为 D．的一个可能的取值为 11．定义平面向量的一种运算“Ⓗ”如下:对任意的两个向量，令，下面说法一定正确的是（    ） A．对任意的，有 B．存在唯一确定的向量使得对于任意向量，都有成立 C．若与垂直，则与共线 D．若与共线，则与的模相等 二、填空题 12．若，则=_____________ . 13．函数的最大值是____________ . 14．已知向量满足，则=____________ . 三、解答题 15．设的内角所对的边分别是且向量满足. (1)求A； (2)若，求BC边上的高. 16．如图，在等腰梯形中，，，，，与交于点G，记，． (1)用，表示，； (2)记的面积为，的面积为，求的值． 17．如图，在四棱锥中，是正三角形，． (1)求证：平面平面； (2)设，若点均在球的球面上且点在平面内． （i）求四棱锥的体积； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值． 18．如图，直线交圆：于两点，已知点，求的最小值．    19．已知函数，其导函数为． (1)若，求的最小值； (2)若，证明：有且仅有一个极小值点； (3)若存在，使得有两个不相等的零点，求a的取值范围． 1 学科网（北京）股份有限公司 $