精品解析：广西钦州市第四中学 2025-2026学年高三上学期8月份考试数学试卷

广西钦州市第四中学 2025-2026 学年高三上学期8月份考试数学试卷 注意事项: 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.四答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.四答非选择题时，将答案写在签题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结来后，.将本试卷和答题卡一并交回 一、单选题(共8小题，每小题5分，共40分) 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. “”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. 不可能是最小值 B. 不可能是最小值 C. 不可能是最大值 D. 不可能是最大值 4. 在中，角，，的对边为，，，且，则的最小值为（ ） A. B. C. 3 D. 5. 已知，，则（ ） A. 13 B. 14 C. 15 D. 16 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，则使得成立的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知两个非零向量满足，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 二、多选题(共3小题，每小题6分，共18分) 9. 已知四面体满足，则（ ） A. 直线与垂直 B. 二面角平面角的余弦值为 C. 向量在向量上的投影为 D. 四面体的体积为 10. “曼哈顿距离”是由赫尔曼-闵可夫斯基使用在几何度量空间的几何学用语．在平面直角坐标系中，点的曼哈顿距离为：．若点，点为圆上一动点，则（ ） A. 点和点的曼哈顿距离为3 B. 设，则 C. 的最小值为 D. 的最大值为 11. 下列求导结果正确的有（ ） A. B. C. D. 第II卷（非选择题） 三、填空题 (共3小题，每小题5分，共15分) 12. 若“”为真命题，则实数的取值范围是______. 13. 函数的最小值为_________. 14. 中，，点为平面内一点，且，，、分别为的外心和内心，当的值最大时，的长度为__________. 四、解答题 (共5小题，共77分) 15. 已知集合，且. （1）若“”是“”的必要条件，求实数的取值范围； （2）若，求实数的取值范围. 16. 已知． （1）求的通项公式； （2）令，为的前项之积，求证：． 17. 如图，在三棱柱中，是边长为3的正三角形，. （1）求棱的长； （2）求证：平面平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知抛物线：（），过点的直线交于，两点，为坐标原点，当与轴垂直时，. （1）求抛物线的解析式； （2）若，过轴上一点作直线，，的垂线，垂足分别为，，，且满足，，三点共线. （ⅰ）求直线的方程； （ⅱ）求点的坐标. 19. 已知函数（，，）. （1）当，时，求函数的最小值； （2）当时，若存在两个极值点，，求证：； （3）设，为函数的极值点，且，若，，是一个三角形的三边长，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广西钦州市第四中学 2025-2026 学年高三上学期8月份考试数学试卷 注意事项: 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.四答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.四答非选择题时，将答案写在签题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结来后，.将本试卷和答题卡一并交回 一、单选题(共8小题，每小题5分，共40分) 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意解一元二次不等式，求出集合的元素，根据交集的概念求出结果即可. 【详解】由题意得，解得，即， 则； 故选：C. 2. “”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 【答案】A 【解析】 【分析】根据两者之间的推出关系可得条件关系. 【详解】若，则，而，故， 所以“”是“”的充分条件. ，则成立，但， 故“”不是“”的必要条件. 故“”是“”的充分不必要条件， 故选：A. 3. 已知，则（　　） A. 不可能是最小值 B. 不可能是最小值 C. 不可能是最大值 D. 不可能是最大值 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，两边取对数，利用函数的图象，数形结合可得结论. 【详解】，同理可得，. 令， 则 ， 在同一直角坐标系中分别作出， 的大致图象如图所示， 观察可知，可能出现，. 故选：B. 4. 在中，角，，的对边为，，，且，则的最小值为（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出，故，利用正弦定理和三角恒等变换得到，由基本不等式可求解. 【详解】因为，故， 所以， 所以， 故 （*）， 当且仅当，即时，等号成立， 又，故，解得， 所以，所以（*）式可取等号， 所以的最小值为. 故选：A 5. 已知，，则（ ） A. 13 B. 14 C. 15 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】根据和差的正切函数进行化简求解即可. 【详解】因为， 所以，化简得. ①+②得，①-②得. 所以. 故选：C. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用和角的正弦公式、辅助角公式及二倍角公式求解. 【详解】依题意，， 所以. 故选：D 7. 已知函数，则使得成立的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先确定函数定义域、对称性、单调性，则根据题意可得，解不等式即可. 【详解】由，得，所以函数的定义域为， 又， ， 则，所以函数的图象关于直线对称， 当时，， 由于函数与在上单调递增， 所以函数在上单调递增， 因为，所以， 即，解得，或. 所以使得成立的的取值范围是. 故选：C 8. 已知两个非零向量满足，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的模长、数量积运算，再根据投影向量公式求解即可. 【详解】因为，所以， 所以，所以向量在向量上的投影向量为． 故选：D. 二、多选题(共3小题，每小题6分，共18分) 9. 已知四面体满足，则（ ） A. 直线与垂直 B. 二面角平面角的余弦值为 C. 向量在向量上的投影为 D. 四面体的体积为 【答案】AD 【解析】 【分析】构造长方体，由长方体的特征可判定A项，建立空间直角坐标系，借助空间向量可判定B、C项，利用割补法计算体积可判定D项. 【详解】 如图，构造长方体，因， 则可得，此时四面体符合题目条件. 建立空间直角坐标系，则， 对于A，由长方体的特征可知，又底面为正方形，即， 所以，故A正确； 对于B，易知， 设平面和平面的法向量分别为， 则故可取； 则，故可取. 设锐二面角的平面角为，则，故B错误； 对于C，易知， 则在上的投影为，故C错误； 对于D，由图易知四面体的体积等于长方体的体积减去四个大小相同的小三棱锥的体积， 即，故D正确. 故选：AD 10. “曼哈顿距离”是由赫尔曼-闵可夫斯基使用在几何度量空间的几何学用语．在平面直角坐标系中，点的曼哈顿距离为：．若点，点为圆上一动点，则（ ） A. 点和点的曼哈顿距离为3 B. 设，则 C. 的最小值为 D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据“曼哈顿距离”直接计算可判断得A正确，得出的表达式并分类讨论得出分段函数形式可得B正确，结合辅助角公式以及三角函数单调性和值域性质计算可得C错误，D正确. 【详解】对于A，易知点和点的曼哈顿距离为，即A正确； 对于B，若，可得， 易知， 当时，可得， 当时，可得； 所以可得，即B正确； 对于C，D，由B选项分析可知不妨取， 当时，，则， 因此可知当时，取得最大值为，当时，的最小值为； 当时，，则， 若时，取得最大值为，当趋近于时，趋近于； 综上可知，的最小值为，的最大值为，可知C错误，D正确. 故选：ABD 11. 下列求导结果正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据导数的四则运算一一计算即可. 【详解】对A，，故A错误； 对B，，故B正确； 对C，，故C错误； 对D，，故D正确. 故选：BD. 第II卷（非选择题） 三、填空题 (共3小题，每小题5分，共15分) 12. 若“”为真命题，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据特称命题证明方法，构造函数，根据定义域，对函数解析式进行参变分离，求出参数范围. 【详解】设， ，即，在上有解， 则，由变形得， 当时，，根据有解，得. 故答案为：. 13. 函数的最小值为_________. 【答案】## 【解析】 【分析】应用对数的运算性质得，再应用换元法及二次函数的性质求最小值. 【详解】由题设，且， 令，则， 当，即时，. 故答案为： 14. 中，，点为平面内一点，且，，、分别为的外心和内心，当的值最大时，的长度为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先由条件分析判断当的值最大时，为等腰直角三角形，求出三边长度，进一步确定即的内切圆半径，再利用等面积法确定的内切圆半径即可. 【详解】如图： 由，，可得，所以在的垂直平分线上. 设为的中点，可得， 所以，从而. 由正弦定理可得， 所以， 当，， 要使值最大时，则为锐角，所以， 从而为等腰直角三角形，所以. 所以、均在斜边的垂直平分线上，即为内切圆的半径， 设内切圆半径为，则，即， 解得，即. 故答案为： 四、解答题 (共5小题，共77分) 15. 已知集合，且. （1）若“”是“”的必要条件，求实数的取值范围； （2）若，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由不等式的解法，求得，根据题意，得到，列出不等式组，即可求解； （2）由，得到或，结合，即可求得实数的取值范围. 【小问1详解】 解：由不等式，解得，即， 因为是的必要条件，所以， 又因为且，所以，解得， 所以实数的取值范围为. 【小问2详解】 解：由（1）知：集合，且， 因为，则或，解得或， 又因为，所以实数的取值范围为. 16. 已知． （1）求的通项公式； （2）令，为的前项之积，求证：． 【答案】（1）； （2） 令函数，求导得， 在上单调递增，，即， 取，则，于是， 由（1）知，, ， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据已知可得，且，由等差数列的定义写出通项公式即可； （2）利用导数证明，进而得到， 可得，累加即可证. 【小问1详解】 由，又由题意知，， 左右同时除以得， 所以，则， 故是以3为首项，3为公差的等差数列， 所以，可得； 【小问2详解】 略 17. 如图，在三棱柱中，是边长为3的正三角形，. （1）求棱的长； （2）求证：平面平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）5 （2）证明：由（1）可知中，满足， 所以，且，，平面， 所以平面，且平面， 所以平面平面； （3） 【解析】 【分析】（1）根据几何关系，结合勾股定理和余弦定理，即可求解； （2）根据（1）的结果，转化为证明平面，即可证明面面垂直； （3）根据垂直关系，以点为原点建立空间直角坐标系，求平面的法向量，代入线面角的向量公式，即可求解. 【小问1详解】 因为，，所以， 中，由余弦定理， 即； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 如图，以点为原点，为轴的正方向，作轴，建立空间直角坐标系， ，，，， ，， ， 设平面的一个法向量为， 所以，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设与平面所成的角为， 所以. 18. 已知抛物线：（），过点的直线交于，两点，为坐标原点，当与轴垂直时，. （1）求抛物线的解析式； （2）若，过轴上一点作直线，，的垂线，垂足分别为，，，且满足，，三点共线. （ⅰ）求直线的方程； （ⅱ）求点的坐标. 【答案】（1） （2）（ⅰ）或：；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）由抛物线的对称性质可得到，继而得到抛物线方程； （2）设：，，，联立抛物线方程与直线方程，结合韦达定理， （ⅰ）结合题干角的余弦值即可得到直线方程； （ⅱ）结合对称性以及三点共线即可得. 【小问1详解】 当与轴垂直时，， 则，解得：，即：. 【小问2详解】 （ⅰ）由与抛物线交于，两点知直线斜率不为0， 可设：，，， 联立方程组：，得到：， 由韦达定理：，， 则，， 因为 ， 代入可知：，解得：， 即：或：； （ⅱ）由对称性，不妨取：，由于，故：， 因为，设，所以：， 联立解得：，同理有：， 所以 ， 由（2）得：，，代入可知：， 故：， 由于，故， 则， 即：，因为， 所以：，联立解得：， 因为，，三点共线，所以在直线上， 代入得：， 解得：，故的坐标为. 19. 已知函数（，，）. （1）当，时，求函数的最小值； （2）当时，若存在两个极值点，，求证：； （3）设，为函数的极值点，且，若，，是一个三角形的三边长，求的取值范围. 【答案】（1）； （2） 当时，则且， 可得， 由存在两个极值点，， 则是在上的两个不同根， 所以，可得， 由 ， 所以，， 所以， 令，，则， 令，则在上单调递增， 故， 所以在上单调递增， ， 所以在上单调递增，， 综上，，即，得证； （3）. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，研究导数的区间符号确定单调性，进而求最小值； （2）对函数求导，根据已知有是在上的两个不同根，进而得到，结合基本不等式有，利用导数证明，即可证结论； （3）对函数求导，由已知得，进而得且，则，利用三角形三边关系缩小范围，且并利用单调性求其范围. 【小问1详解】 当，时，且， 则， 当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题设且， 因为，为函数的极值点， 则， 所以，即， 显然，则， 由，则， 故，易知， 由，，是一个三角形的三边长，则，即， 所以， 令且，则， 当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， ，， 又，故时， 综上，，而， 由在上单调递增， 当，则， 当，， 则， 故，即的范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $