精品解析：福建省厦门市松柏中学2025-2026学年高三上学期周测9（11.27）

2025-2026松柏中学高三上数学周测9 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，（），若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知圆锥的高为，它的侧面展开图的圆心角为，则此圆锥的侧面积为（    ） A. B. C. D. 4. 设a，b为两个不同的正数，我们称为a，b的对数平均值，且已知恒有成立，该不等式也称为对数均值不等式，它在各个领域都有着重要应用.已知，且，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，的最小正周期，若函数在上单调，且关于直线对称，则符合要求的的所有值的和是（ ） A. B. 2 C. 5 D. 6. 已知正四面体，若平面内有一动点到平面、平面、平面的距离依次成等差数列，则点的轨迹是（ ） A. 一条线段 B. 一个点 C. 一段圆弧 D. 抛物线的一段 7. 已知函数及其导函数的定义域均为，且为奇函数，，，则（ ） A. 2025 B. 2024 C. 1013 D. 1012 二、多选题 8. 若首项为1的数列的前项和为，且，则下列结论正确的有（ ） A. B. 数列是等比数列 C. 数列为递增数列 D. 中存在三项构成等差数列 9. 若的内角，，所对的边分别为，，，且满足，则下列结论正确的是（ ） A. 角一定为锐角 B. C. D. 的最大值为 10. 如图，正三棱台的上下底面边长分别为3和6，侧棱长为3，则下列结论中正确的有（ ） A. 过AC的平面截该三棱台所得截面三角形周长的最小值为 B. 棱长为的正四面体可以在该棱台内随意转动 C. 直径为的球可以整体放入该三棱台内（含与某面相切） D. 该三棱台可以整体放入直径为的球内 三、填空题 11. 已知平面向量与均为单位向量，，则与的夹角为______． 12. 已知为等腰直角三角形，为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线与平面所成角的正切值为______. 13. 已知函数，，若与的图象上有且仅有2对关于原点对称的点，则实数的取值范围为______． 四、解答题 14. 已知数列满足，且. （1）设，证明：数列是等差数列，并求的通项公式； （2）设的前项和，证明：. 15. 已知四棱锥的底面ABCD是直角梯形，AD//BC，，E为CD的中点， （1）证明:平面PBD平面ABCD； （2）若，PC与平面ABCD所成的角为，试问“在侧面PCD内是否存在一点N，使得平面PCD？”若存在，求出点N到平面ABCD的距离；若不存在，请说明理由. 16. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）若，，求的大小； （2）若为锐角三角形，点F为的垂心，，求的取值范围． 17. 如图，在多面体中，平面，平面平面，四边形是正方形，是正三角形，，． （1）证明：平面； （2）若直线与底面的交点为，直线上是否存在点，使得平面与平面的夹角为60°?若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 18. 已知函数. （1）当，时，求证：； （2）当时， （ⅰ）求在上的所有极大值点之和； （ⅱ）若在上有两个实根，，比较与的大小关系. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026松柏中学高三上数学周测9 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求得集合，利用交集的运算即可求解. 【详解】， ， 则. 故选：D. 2. 设，（），若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数除法法则计算出，从而得到，求出，检验后得到答案. 【详解】， 要想与0比较大小，则虚部为0， ∴， ∴，此时，满足要求， 故选：A. 3. 已知圆锥的高为，它的侧面展开图的圆心角为，则此圆锥的侧面积为（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由弧长公式结合圆的周长公式列等量关系式得到，接着结合圆锥的高以及勾股定理依次求出圆锥底面半径和母线长即可由圆锥侧面积公式求解. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为， 因为侧面展开图的圆心角为，所以，得， 所以圆锥的高为， 所以，则. 故选：D 4. 设a，b为两个不同的正数，我们称为a，b的对数平均值，且已知恒有成立，该不等式也称为对数均值不等式，它在各个领域都有着重要应用.已知，且，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】借助对数均值不等式取特殊值可得，且在上单调递增，结合单调性分析判断. 【详解】因为，取、，则，即； 由，取、，则，即； 所以； 因为，当时，， 又因为在上单调递增，则在上单调递增， 且，则，即. 故选：B. 5. 已知函数，的最小正周期，若函数在上单调，且关于直线对称，则符合要求的的所有值的和是（ ） A. B. 2 C. 5 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据最小正周期求法及得，结合函数的区间单调性及对称轴有值为和和，再验证是否符合题设，即可得答案. 【详解】函数的最小正周期且，得， 由于在上单调，该区间长度小于等于半个周期，即，得， 综上，， 又关于直线对称，所以，解得，， 在的范围内，满足条件的值为和和， 验证可知，这三个值均满足函数在上单调， 因此，符合要求的所有值的和为 故选：D 6. 已知正四面体，若平面内有一动点到平面、平面、平面的距离依次成等差数列，则点的轨迹是（ ） A. 一条线段 B. 一个点 C. 一段圆弧 D. 抛物线的一段 【答案】A 【解析】 【分析】推导出，进而可得出，设点到边、、的距离分别为、、，设等边的边长为，可得出以及，求出的值，即可得出结论. 【详解】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：A. 【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于根据距离的关系推导出锥体体积的关系，进而转化为动点到各边距离之间的关系，求解即可. 7. 已知函数及其导函数的定义域均为，且为奇函数，，，则（ ） A. 2025 B. 2024 C. 1013 D. 1012 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意和函数的对称性可得，进而，则函数是以8为周期的周期函数，分别求出的值，结合函数的周期即可求解. 【详解】由，令，得，所以. 由为奇函数，得， 所以，故①， 又②， 由①和②得， 即， 令，则， 所以③， 令，得，得； 令，得，得. 又④， 由③-④得，即， 所以函数是以8为周期的周期函数，故， 所以， 所以. 故选：A 二、多选题 8. 若首项为1的数列的前项和为，且，则下列结论正确的有（ ） A. B. 数列是等比数列 C. 数列为递增数列 D. 中存在三项构成等差数列 【答案】AC 【解析】 【分析】由已知得出是以2为公比的等比数列，表示出和，再分别判断各选项即可． 【详解】由得，， 所以是以首项为，公比为2的等比数列， 所以，即，所以，故A正确； 当时，， 所以，所以数列不是等比数列，故B错误； 对于C，因为，当时，， 所以，数列为递增数列，故C正确； 对于D，取，且， 假设存在能构成等差数列，则， 有，即，所以， 因为，所以，与矛盾； 假设存在能构成等差数列，则，即， 则，即，显然当时无解， 所以中任意三项不能构成等差数列，故D错误； 故选：AC． 9. 若的内角，，所对的边分别为，，，且满足，则下列结论正确的是（ ） A. 角一定为锐角 B. C. D. 的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先由正弦定理得即可判断A选项；由余弦定理判断B选项；由诱导公式及和角公式可判断C选项；由正切和角公式及基本不等式即可判断D选项. 【详解】由，可得，故，可得，得，故，故角为钝角，则角一定为锐角，A正确； 由余弦定理得，化简得，所以，故B错误； 由A的分析得，又，故，即，即，故，故C正确； 由A知，，则，所以，当且仅当，即时取等号，D正确； 故选:ACD. 10. 如图，正三棱台的上下底面边长分别为3和6，侧棱长为3，则下列结论中正确的有（ ） A. 过AC的平面截该三棱台所得截面三角形周长的最小值为 B. 棱长为的正四面体可以在该棱台内随意转动 C. 直径为的球可以整体放入该三棱台内（含与某面相切） D. 该三棱台可以整体放入直径为的球内 【答案】ACD 【解析】 【分析】延长正三棱台侧棱相交于点，分析可知三棱锥为正四面体，根据正四面体的高以及棱台的性质分析求解判断A；转化为判断正四面体的外接球在正三棱台的内判断B；运用等体积法求内切球半径可判断C；根据三棱台的各点都在以底面外心为球心，底面圆半径为球的半径内部判断D. 【详解】延长正三棱台侧棱相交于点，在中，因为， 所以，同理，所以， 可知三棱锥为正四面体. 由正棱台的性质可知，过AC的平面截与平面相交时，该三棱台所得截面为梯形， 过AC的平面截与侧棱相交时，该三棱台所得截面为三角形，因为为的中点， 所以为的高即到的最短距离，同理为到的最短距离， 所以截面三角形周长的最小值为的周长,故A正确； 由题意知，在等腰梯形中，过作，如图所示， 则，，又因为，所以， 由题意知，、、、分别为、、、的中点， 又，所以， 又因为，， ，即， 所以， 所以. 设正三棱台的内切球球心为，则由等体积法可知， ，则， 所以，解得， 所以内切球的直径为， 所以直径为的球可以整体放入该三棱台内（含与某面相切），故C正确； 先证在正四面体中，棱长，则其外接球的半径为： 取的中点，连接，设顶点在底面的射影为，则是底面的重心，连接，则外接球的球心在上，设为，连接， 则，，则， 所以，在直角中，， 即，所以. 对于选项B，棱长为的正四面体的外接球半径为， 其直径为，故棱长为的正四面体不可以在该棱台内随意转动，故B错误； 对于选项D，因为的外接圆半径为， 且， 所以正三棱台可以放置在以为球心，半径为的球内， 即该三棱台可以整体放入直径为的球内，正确 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 三、填空题 11. 已知平面向量与均为单位向量，，则与的夹角为______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据与的性质得出，再利用求出，设与的夹角为，利用向量夹角余弦公式求解． 【详解】平面向量与均为单位向量，， ， 所以，解得， 设与的夹角为， ， ． 故答案为：． 12. 已知为等腰直角三角形，为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线与平面所成角的正切值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答. 【详解】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有， 又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即， 显然平面，于是平面，又平面， 因此平面平面，显然平面平面， 直线平面，则直线在平面内的射影为直线， 从而为直线与平面所成的角，令，则，在中， 由余弦定理得：， 由正弦定理得，即， 显然是锐角，， 所以直线与平面所成的角的正切值为. 故答案为： 13. 已知函数，，若与的图象上有且仅有2对关于原点对称的点，则实数的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，方程有且仅有两解，即与图象有两个交点，利用导数分析单调性，即可求解. 【详解】因为与的图象上有且仅有2对关于原点对称的点， 所以方程有且仅有两解， 而， 设，即与图象有两个交点， 所以， 令，即；令，即. 所以函数在单调递减，在单调递增，且两边趋向正无穷， 所以， 所以要满足题意则. 故答案为：. 四、解答题 14. 已知数列满足，且. （1）设，证明：数列是等差数列，并求的通项公式； （2）设的前项和，证明：. 【答案】（1） 证明：由，可得，即， 所以，所以是以为首项，为公差的等差数列， 所以； （2） 证明：由（1）知，所以， ， 所以， 两式相减得， 所以， 由， 得 . 所以. 【解析】 【分析】（1）由递推公式可得，再结合已知可得是等差数列，从而可求通项公式；（2）利用错位相减法可求得，利用放缩法，结合等比数列前项和公式可得结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 15. 已知四棱锥的底面ABCD是直角梯形，AD//BC，，E为CD的中点， （1）证明:平面PBD平面ABCD； （2）若，PC与平面ABCD所成的角为，试问“在侧面PCD内是否存在一点N，使得平面PCD？”若存在，求出点N到平面ABCD的距离；若不存在，请说明理由. 【答案】 （1）证明：由四边形ABCD是直角梯形， AB=，BC=2AD=2，AB⊥BC， 可得DC=2，∠BCD=，从而△BCD是等边三角形，BD=2，BD平分∠ADC. ∵E为CD的中点，∴DE=AD=1，∴BD⊥AE， 又∵PB⊥AE，PB∩BD=B，∴AE⊥平面PBD. 又∵AE⊂平面ABCD，∴平面PBD⊥平面ABCD. （2）存在N点到平面ABCD的距离为 【解析】 【分析】（1）通过证明，结合题目所给已知，由此证得平面，进而证得平面平面. （2）存在.通过（1）的结论，利用面面垂直的性质定理建立空间直角坐标系，假设存在符合题意的点，使平面，利用向量线性运算设出点坐标，结合求得点坐标，由此证得存在一点，使得平面.利用点到平面距离的向量求法，求得点到平面的距离. 【详解】（1）略 (2) 存在.在平面PBD内作PO⊥BD于O，连接OC， 又∵平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD=BD， ∴PO⊥平面ABCD，∴∠PCO为PC与平面ABCD所成的角， 则∠PCO=， ∴易得OP=OC=，PB=PD，PO⊥BD，所以O为BD的中点，OC⊥BD. 以OB，OC，OP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，C（0，，0），D(-1，0，0)，P（0，0，）假设在侧面内存在点，使得平面成立， 设，易得， 由得，满足题意， 所以N点到平面ABCD的距离为 . 【点睛】本小题主要考查面面垂直的证明，考查利用空间向量法求点到面的距离，考查存在性命题的向量证法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题. 16. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）若，，求的大小； （2）若为锐角三角形，点F为的垂心，，求的取值范围． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）利用已知等式结合正弦定理及余弦定理求出角，运用正弦定理结合得出，利用三角形的性质结合辅助角公式进行变换求出角； （2）设，利用垂心性质计算可用表示出、，则可表示出，再利用三角恒等变换公式将其化简后结合计算即可得. 【小问1详解】 ， ， 由正弦定理得， ， 由余弦定理得， ，，， 由正弦定理得， ，， ， ， ， ，，解得或． 【小问2详解】 由为锐角三角形，则垂心在内部， 如图，于点，设， 由为的垂心，，则， ，，则， ， 故 ， 由，则，故， 故. 17. 如图，在多面体中，平面，平面平面，四边形是正方形，是正三角形，，． （1）证明：平面； （2）若直线与底面的交点为，直线上是否存在点，使得平面与平面的夹角为60°?若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明：取中点，连接． 因为是正三角形，所以， 又因为平面平面，平面平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为平面平面，所以平面． 因为四边形为正方形，所以． 又因为平面平面，所以平面． 又因为平面平面，所以平面平面． 因为平面，所以平面． （2）存在点，使得平面与平面的夹角为60°，此时 【解析】 【分析】（1）证明平面平面，即可得到平面； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为且，所以四边形为梯形， 延长交的延长线于． 平面，所以平面． 以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． ，， 设平面的法向量为， 则，即，令，可得， 设，则， 设平面的法向量为， 则，即 令，可得， 则， 解得， 故． 18. 已知函数. （1）当，时，求证：； （2）当时， （ⅰ）求在上的所有极大值点之和； （ⅱ）若在上有两个实根，，比较与的大小关系. 【答案】（1）当，时，，要证，即证：. 设，则，∴在上单调递减， ∵，∴，即，∴得证. （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）将所证不等式转化为证明，构造函数，利用导数法研究单调性即可证明. （2）（ⅰ）求出导函数，利用导数求出单调区间，然后求出所有极大值点，即可得解； （ⅱ）根据是周期为的奇函数，结合单调性求得是的极小值点，设，则，，要证，只需证，令，利用导数法证得，即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）当时，， . 当时，由得或， 解得，，，，或， 当，，，时，， ∴在，，，上单调递增； 当，，时，， ∴在，，上单调递减. ∴当时，的极大值点为，，，所以极大值点的和为. （ⅱ），证明如下： ∵的定义域为，且， ∴为奇函数，由（ⅰ）知是周期为的周期函数， ∴易知在上单调递减，在上单调递增， ∴是的极小值点. 设，∴，，∴， 要证，只需证，即证， ∴，∴只需证. 令，其中， ∴ ， ∵，∴，， ∴，，∴， ∴在上单调递增， ∵，∴，∴， ∴，所以得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $