精品解析：广东省广州市华南师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期11月数学周测6

2025-2026学年高三上学期数学周测6 一､单选题 1. 已知全集，集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据补集、交集的定义求解即可. 【详解】由于全集，集合，所以， 又因为集合，所以. 故选：B. 2. 若，则（ ） A. B. C. 10 D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合共轭复数与复数的基本运算直接求解. 【详解】由，则. 故选：A 3. 已知函数为奇函数，则的值是（ ） A. 3 B. 1或3 C. 2 D. 1或2 【答案】C 【解析】 【分析】根据奇函数在原点处有意义则求出的值，再将的值代回原函数检验即可得解. 【详解】因为为奇函数，所以， 解得或. 当时，，，故不合题意，舍去； 当时，，，故符合题意. 故选：C. 4. 在等比数列中，是方程的两个根，则（ ） A. B. 6 C. 36 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用韦达定理及等比数列的性质求解. 【详解】∵是方程的两个根， ∴， 由， ∴由. 故选：D. 5. 已知锐角，满足，，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 5 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用两角和的余弦公式得，再由基本不等式求得的最小值. 【详解】由题意得， 故. 于是，当且仅当时取等号， 故选：A.. 6. 在数列中，，若数列是公比为2的等比数列，则（ ）． A. 2048 B. 2047 C. 1024 D. 1023 【答案】D 【解析】 【分析】根据等比数列定义得数列的奇数项是以1为首项，2为公比的等比数列，再应用等比数列前n项和公式求解即可． 【详解】数列是公比为2的等比数列，则有，所以， 因此数列的奇数项是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以. 故选：D 7. 在如图的平面图形中，已知，，，，，则的值为 A. B. C. D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】连结，结合几何性质和平面向量的运算法则整理计算即可求得最终结果. 【详解】如图所示，连结， 由，可知点分别为线段上靠近点的三等分点， 则， 由题意可知： ，， 结合数量积的运算法则可得： . 【点睛】求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用． 8. 假设三角形三边长为连续的三个正整数，且该三角形的一个角是另一个角的两倍，则这个三角形的三边长为（ ） A. 4，5，6 B. 5，6，7 C. 5，6，7以外，还有其它情况 D. 前面三个答案都不对 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，结合正余弦定理，得出，尝试代数即可得出答案. 【详解】在中，不妨设，角，，所对的边分别为，，， 则，即，得， 整理得， 由题意知，可得，则. 而三角形三边长为连续的三个正整数，结合题意可知， 若，则，，此时，或，，此时，不满足三角形的定义； 所以，若，则，与为整数矛盾， c不可能为1，因此，，代入解得，因此该三角形的三边长为，，. 故选：A 二､多选题 9. 等差数列的前项和为，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 公差为 C. 当且仅当时，取得最大值 D. 若，则数列的前项和 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据等差中项的性质可判断A选项；根据等差中项的性质得出，结合A选项可得出的值，可判断B选项；求出数列的通项公式，结合等差数列前项和的最值可判断C选项；直接计算可判断D选项. 【详解】在等差数列中，有，所以，故A正确； 又因为，可得，所以，. 所以等差数列的公差，，故B正确. 当时，；当时，； 当时，，故当或时，取得最大值，故C错误， 因为，，所以. 则，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知函数，则在区间上可能（ ） A. 单调递增 B. 有零点 C. 有最小值 D. 有极值点 【答案】ABD 【解析】 【分析】由已知条件可得，然后根据正弦型函数的基本性质逐项判断即可. 【详解】由题意，则， 因为， 所以， 令，所以， 当时，故A对； 当时，故B对，C错，D对； 故选：ABD. 11. 设．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据方程表示的曲线或函数的单调性可得正确的选项。 【详解】解法一：根据题意，， 于是该方程对应的图象是双曲线的一部分，如图． 因此的取值位于双曲线在点O处的切线斜率和双曲线的渐近线斜率之间． 考虑到双曲线在点O处的切线方程，其斜率为． 因此． 由，可得，故C正确； 由，可得，，故BD正确，A错误 . 解法二： 因为， 而在上单调递增，所以． 故选：BCD 三､填空题 12. 在不超过11的素数中，随机选取两个不同的数，其和为偶数的概率是______________. 【答案】. 【解析】 【分析】根据题意，列出样本空间以及事件“和为偶数”包含的样本点，利用古典概型的概率计算公式求解即可. 【详解】因为不超过11的素数有2，3，5，7，11五个数， 从中选取两个不同的数的样本点有， 共10个； 其中和为偶数的样本点有， 共6个； 所以和为偶数的概率为. 故答案为： 13. 已知，函数的图像与函数的图像交于点P，点P在x轴上的垂足为，直线交于点，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据图象可得，即为的值，根据题意，化简计算，即可得答案. 【详解】作出图象，如图所示： 则即为的值， 因为，即， 所以，解得或（舍）， 所以. 故答案为： 14. 如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖，可放小球的最大半径为.若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大棱长为，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】画出截面图，设储物盒所在球的半径为，从而利用表达出小球最大半径和正方体棱长，进而求出比值. 【详解】设储物盒所在球的半径为，如图， 小球最大半径满足，所以， 正方体的最大棱长满足，解得：， ∴， 故答案为： 四､解答题 15. 已知函数. （1）求的最小值； （2）证明：. 【答案】（1） （2） 由（1）可知：，即， 即， 当时，. 【解析】 【分析】（1）利用导数的性质进行求解即可； （2）利用（1）的结果，取特殊值代入进行证明即可. 【小问1详解】 显然该函数的定义域为全体正实数， 由， 当时，，所以函数单调递增， 当时，，所以函数单调递减， 因此； 【小问2详解】 略 16. 已知地物线，直线．当时，与有且仅有一个交点． （1）求的方程； （2）若与交于两个不同的点，设的中点为，过点平行于轴的直线与交于点，求． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）联立直线方程和抛物线方程，由交点个数得到判别式的等式，求出，即可得到抛物线方程； （2）利用韦达定理法，由弦长公式及中点坐标公式得到和，从而求得它们的比值. 【小问1详解】 当时，联立，得． 因为与有且仅有一个交点，所以，解得． 所以的方程为． 【小问2详解】 联立，得． 因为与交于不同的两点，所以，即． 设，， 因为，所以． ． ，所以． 17. 在中，角的对边分别为，满足，点是上的一动点，且. （1）求角的大小； （2）若为边上的高，且，求的面积； （3）若为的角平分线，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由，由正弦定理得，结合，化简可求得，从而可求得； （2）由和可求得，由余弦定理得，进而可得的面积； （3）由可得，利用基本不等式可得，利用条件和正弦定理化简，然后基本不等式求解即可． 【小问1详解】 由，由正弦定理得， ， ， ， ， . 【小问2详解】 因为，即， 又，所以， 由余弦定理得， 化简可得，解得， 所以的面积. 【小问3详解】 因为为的角平分线，且， 因为， 所以， 所以，又，可得， 所以，当且仅当时，等号成立， 所以 ， 当且仅当且，即时取等号， 又当时，，符合题意， 故的最小值为12. 18. 定义：对于数列，若存在，对任意的，都有，则称数列为周期数列，为数列的一个周期.已知数列，，. （1）用定义证明：数列是周期数列； （2）求数列的前项和（结果用分段函数表示）； （3）已知数列有形如的通项公式，求常数，并证明： 【答案】（1） 因为，，则，，，， 又， 所以数列是周期为的周期数列. （2） （3） 因为，，， 分别代入， 得，化简得， ①+②得，与③联立得，从而④， ①-②得，与④联立得，又，故， 代入④得.从而. 设， 则， 所以为数列的一个周期， 又，， ， 所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）首先列出数列的前几项，再证明即可； （2）由（1）可得，再对分类讨论，利用并项求和法计算可得； （3）将，，代入得到方程组，求出，设，说明的周期性及前项，即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知. 当是的倍数时，； 当除以余时，是的倍数，； 当除以余时，除以余，. 所以. 【小问3详解】 略 19. 如图1，在梯形中，，是线段上的一点，，，将沿翻折到的位置. （1）如图2，若是的中点，二面角为直二面角，证明：平面. （2）如图2，若二面角为直二面角，分别是的中点，若直线与平面所成角为，，求平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围. （3）我们把和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，点为线段的中点，分别在线段上（不包含端点），且为的公垂线，如图3所示，记四面体的内切球半径为，证明：. 【答案】（1） 证明：由题意知， 而是的中点， 所以， 又平面平面， 平面平面平面， 所以平面， （2） （3） 证明：S是四面体的表面积，，令与面所成角为， ， ， 因为是公垂线，上的点和上的点的最短距离是， （取不到等号）， ， ， . 【解析】 【分析】（1）由题可得，结合平面平面，即可证得平面； （2）建立空间直角坐标系，设，根据求出的范围，将平面与平面所成锐二面角的余弦值表示为的函数，再求范围. （3）是四面体的表面积，可证， ，从而证得结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在平面内作的垂线作为轴，所以轴， 如图以为坐标原点，分别以为轴正半轴建立空间直角坐标系： 因为，设， 所以， 则， 所以， . 设平面的法向量， 得， 取， ， 解得. 设平面的法向量， 得，取，得， 设平面与平面所成锐二面角为，则 ， 由于在上单调递增，故， 故， 所以平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围是； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高三上学期数学周测6 一､单选题 1. 已知全集，集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. 10 D. 3. 已知函数为奇函数，则的值是（ ） A. 3 B. 1或3 C. 2 D. 1或2 4. 在等比数列中，是方程的两个根，则（ ） A. B. 6 C. 36 D. 5. 已知锐角，满足，，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 5 D. 6. 在数列中，，若数列是公比为2的等比数列，则（ ）． A. 2048 B. 2047 C. 1024 D. 1023 7. 在如图的平面图形中，已知，，，，，则的值为 A. B. C. D. 0 8. 假设三角形三边长为连续的三个正整数，且该三角形的一个角是另一个角的两倍，则这个三角形的三边长为（ ） A. 4，5，6 B. 5，6，7 C. 5，6，7以外，还有其它情况 D. 前面三个答案都不对 二､多选题 9. 等差数列的前项和为，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 公差为 C. 当且仅当时，取得最大值 D. 若，则数列的前项和 10. 已知函数，则在区间上可能（ ） A. 单调递增 B. 有零点 C. 有最小值 D. 有极值点 11. 设．若，则（ ） A. B. C. D. 三､填空题 12. 在不超过11的素数中，随机选取两个不同的数，其和为偶数的概率是______________. 13. 已知，函数的图像与函数的图像交于点P，点P在x轴上的垂足为，直线交于点，则___________. 14. 如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖，可放小球的最大半径为.若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大棱长为，则___________. 四､解答题 15. 已知函数. （1）求的最小值； （2）证明：. 16. 已知地物线，直线．当时，与有且仅有一个交点． （1）求的方程； （2）若与交于两个不同的点，设的中点为，过点平行于轴的直线与交于点，求． 17. 在中，角的对边分别为，满足，点是上的一动点，且. （1）求角的大小； （2）若为边上的高，且，求的面积； （3）若为的角平分线，求的最小值. 18. 定义：对于数列，若存在，对任意的，都有，则称数列为周期数列，为数列的一个周期.已知数列，，. （1）用定义证明：数列是周期数列； （2）求数列的前项和（结果用分段函数表示）； （3）已知数列有形如的通项公式，求常数，并证明： 19. 如图1，在梯形中，，是线段上的一点，，，将沿翻折到的位置. （1）如图2，若是的中点，二面角为直二面角，证明：平面. （2）如图2，若二面角为直二面角，分别是的中点，若直线与平面所成角为，，求平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围. （3）我们把和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，点为线段的中点，分别在线段上（不包含端点），且为的公垂线，如图3所示，记四面体的内切球半径为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $