广东省深圳市盐田高级中学2025-2026学年高三上学期数学周末练习卷（14）

盐田高级中学2026届高三（上）数学周末练习卷（14） 班级：___________姓名：___________命题人：李会玲 审题人：张远江 一、单选题 1．已知集合，.若，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2．复数的虚部为（   ） A． B．3 C． D． 3．若，，，则、、的大小关系为（　　） A． B． C． D． 4．已知函数恒成立，则的值为（　　） A． B． C． D． 5．已知三棱锥，满足，且，，两两垂直．在底面内有一动点到三个侧面的距离依次成等差数列，则点的轨迹是（　　） A．一个点 B．一条线段 C．一段圆弧 D．一段抛物线 6．设为数列的前项积，已知，则（    ） A． B． C． D． 7．已知球O内切于正四棱台（即球与该正四棱台的上、下底面以及侧面均相切），且该正四棱台的上、下底面棱长之比为，则球O与该正四棱台的体积之比为（    ） A． B． C． D． 8．已知均为定义在上的函数，，若的图象关于直线对称，且，则的值是（　　） A．463 B．464 C．465 D．466 二、多选题 9．在中，若，且，则（　　） A． B． C． D．的最大值是 10．若定义在上的函数满足：，且，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 11．如图，在多面体中，平面ABCD，四边形ABCD是正方形，且，，M，N分别是线段BC，SB的中点，是线段DC上的一个动点（含端点D，C），则下列说法正确的是（    ） A．存在点，使得 B．存在点，使得异面直线NQ与SA所成的角为60° C．三棱锥体积的最大值是 D．当点自向运动时，直线DC与平面QMN所成的角余弦值逐渐减小 三、填空题 12．若，则 . 13．设为单位向量，且，与的夹角为，则的值为 ． 14．已知函数，过点有三条直线与的图象相切，则实数的取值范围为 . 四、解答题 15．如图，在四棱锥中，平面平面，底面ABCD是直角梯形，，，且，E为CD的中点，F为线段PD上的点，. (1)证明：平面； (2)若，点M是AB的中点，求平面与平面夹角的余弦值. 16．记为正项数列的前项和，已知. (1)求数列的通项公式； (2)若数列满足，，求证：. 17．已知的内角的对边分别为． (1)若，求角的值； (2)角的平分线交的外接圆于点，圆的半径为． （i）当时，求的值； （ii）当为何值时，的面积取最大值． 18．已知函数. （1）讨论在的单调性； （2）若函数存在两个极值点，证明：. 19．已知椭圆的离心率为，是上的点. (1)求椭圆的方程； (2)过作两条倾斜角互补的直线，分别交椭圆在轴上方部分于，两点. （i）求面积的最大值； （ii）过延长线上的点作椭圆的两条切线，，若与交于点，与交于点，求证：直线过定点. 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 数学周末练习卷（14）参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A C A B D C B BD ABD 题号 11 答案 ACD 1．A【详解】因为，则或， 因为，若，则，解得； 若，则，解得，综上可得.故选：A 2．A【详解】复数，故虚部为.故选：A 3．C【详解】因为函数在上为增函数，所以，即， 因为，，函数在上为增函数，所以，即， 故．故选：C. 4．A【详解】由题意得，是函数的最大值，,得， ，又．故选：A 5．B【详解】在三棱锥中，，且，，两两垂直， ，，即为等边三角形， 设点到平面、平面、平面的距离依次为、、，如下图所示： 由题意可知，，则， 即，即， 所以，， 不妨设点到边、、的距离分别为、、， 设等边的边长为，则， 又因为，即，所以，，① 由，可得，可得，② 联立①②可得，所以，点的轨迹是一条与平行且与之间的距离为的线段．故选：B． 6．D【详解】由为数列的前项积，则，则由，可得当时，有，又当时，，则，即，则，则数列是以为首项，为公差的等差数列， 则，则，故.故选：D. 7．C【详解】如图为该几何体的轴截面，其中圆O是等腰梯形ABCD的内切圆， 设圆O与梯形的腰相切于点P，Q，与上、下底面分别切于点，， 不妨设正四棱台上、下底面的棱长为，， 则，，， 故在直角梯形中，过点C作，垂足为E，所以， 在中，，为棱台的高，也是球的直径， 所以半径为，所以球的体积为， 棱台体积为，故球与棱台的体积比为.故选：C. 8．B【详解】由的图象关于直线对称，可得的图象关于直线对称， 即的图象关于直线对称，则，由，可得， 又，得，所以，即，所以的图象关于点对称，即为奇函数，所以，函数的周期为4；由可得，又因为，所以，根据函数的性质，得 所以．故选：B. 9．BD【详解】由，可得， 所以，所以， 所以，即， 所以，所以， 所以，即， 所以，所以， 因为，所以，所以，所以，所以，故B正确； 又，则或，当时，则，不能得出，故A错误， 若，则时，符合题意，但，所以，故C错误；由，得，所以，解得，所以，当且仅当，即时取等号，故D正确.故选：BD. 10．ABD【详解】由已知可得函数的定义域为，满足①，且， 对于选项A，可令，代入①式，得，得，所以A选项是正确的； 对于选项B，可令，代入①式，得，得，所以B选项是正确的； 令，代入①式，得，而得， 可令代入①式，得，整理得， 所以C选项是错误的，D选项是正确的.故选：ABD. 11．ACD 【详解】以A为坐标原点，，，为x，y，z轴正方向，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，，，， 对于选项A，假设存在点，使得，则，又，所以，解得，即点与重合时，，A正确；对于B，假设存在点，因为，， 所以，方程无解；所以不存在点Q，B错误； 对于C，连接AQ，AM，AN； 设，因为， 所以当，也就是说点与点重合时，取得最大值2； 点到平面AMQ的距离，所以，C正确；对于D，，， 若是平面NMQ的法向量，则，令，则， 因为，设直线DC与平面QMN所成的角为，， 所以，当点自向运动时，的值由0到增大时，也增大，故也逐渐增大，逐渐减小，故D正确．故选：ACD. 12．/2.56【详解】因为， 由 ，故答案为：. 13．4【详解】因为，所以，所以， 又因为为单位向量，与的夹角为，所以，故答案为：4． 14． 【详解】设过点的直线与的图象相切于点， 则切线斜率，由切线过点，得，因此，整理得.令，则， 原问题等价于有三个不同零点.当时，单调递增，最多有1个零点，不符合题意； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 极大值为，极小值为， 要使有三个零点，需满足且，即，解得； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 极小值为，极大值为， 要使有三个零点，需满足且，即，解得； 综上，的取值范围是.故答案为： 15．(1)证明见解析(2) 【详解】（1）在线段PA上取N，使得，取线段的中点，连接， 则，，，在梯形中，，E为CD的中点，则，因此，四边形为平行四边形，，而平面，平面，所以平面. （2）由平面平面，平面平面， ，平面，则平面，因为，， 则，则，即直线两两垂直， 以A为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，不妨设，则，则， 设平面MEF的法向量为，则，取，得， 设平面的法向量为，则，取，得， 则，所以平面MEF与平面PEF夹角的余弦值为. 16．(1)(2)证明见解析 【详解】（1）当时，可得，当时，，. 作差可得，因为是正项数列，所以，即数列为等差数列， 所以. （2）由题可得，所以，又， 所以，又也满足上式， 所以， 17．(1)(2)（i）1；（ii） 【详解】（1），由正弦定理得， 即，由余弦定理得，，. （2）（i）解法1：为直径且，如图，连接并延长交于点，连接， 在中，，，， 又平分，，， 在Rt中，，. 解法2：连接，平分，，易得， 由正弦定理得，在中，， 即，同理在中，，是方程的两根，. （ii）解法1：如图，连接，设， 又外接圆的半径为，， 在中，由余弦定理可得， ，得， 同理，在中，， 是方程的两根，. 又， ，. 设，则，， ，令，则， 令，时，（舍）或，设， 则当，即时，，函数单调递减， 当时，即时，，函数单调递增 当，即时，取最大值，面积最大. 解法2：如图，连接并延长交圆于点，连接， 在中，，，，设， 平分，，连接，在中，，在Rt中，， ， 由，知，即， 问题转化为求函数的最大值，同解法1． 18．【详解】（1）由题得，其中， 设，，其中对称轴为，，若，则，此时， 则，所以在上单调递增；若，则，此时在上有两个根， 即，，且，所以当时，，则，单调递增； 当时，，则，单调递减；当时，，则，单调递增，综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增， 在上单调递减，在上单调递增， （2）证明： ， 因为有两个极值点、，所以、为方程的两根， 则有，解得.所以.令，，则恒成立， 所以，函数在上单调递增，所以，即，得证. 19．【详解】（1）已知椭圆的离心率为，是上的点. 则，解得，所以椭圆的方程为； （2）（i）显然当DE与轴垂直时，TD，TE的倾斜角不互补，设DE的方程为：，设， 联立,消x得：，所以，， 则，所以，代入得：，所以，即直线DE过定点. 所以，，所以， 又T到DE的距离为，所以，当时取等号. 即面积的最大值为； （ii）设，设过点的椭圆的两条切线为，，联立， 得， 由相切得，化简得，所以，， 设，联立，解得，联立，解得， 则，化简得：，所以直线MN过定点. 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 $