广东省深圳市盐田高级中学2025-2026学年高三上学期数学周三测试卷18

盐田高级中学2026届高三数学周三测试卷（18） 命题人：黄小红 审题人：俞兴保 学生姓名：____________ 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.） 1．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数满足（为虚数单位），则（    ） A． B． C． D． 3．若椭圆的焦距为，则C的离心率为（    ） A． B． C． D． 4．设、，则“”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 5．如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（    ）    A．直线与直线垂直，直线MN平面 B．直线与直线平行，直线MN平面 C．直线与直线平行，直线MN⊥平面 D．直线与直线垂直，直线MN⊥平面 6．若一个圆锥的底面半径和母线长分别为3和5，则圆锥的表面积与圆锥的内切球表面积之比为（    ） A． B． C． D． 7．已知第二象限角满足，则的值为（    ） A． B． C． D． 8．已知，若对于正数，满足，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.） 9．设数列的前项和为，，，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 10．若，则（    ） A． B．C． D． 11．古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了《圆锥曲线论》，此书中有许多关于平面轨迹的问题，例如：平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆．后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆．已知平面内有两点和，且该平面内的点P满足，记点P的轨迹为圆C，则下列结论正确的是（    ） A．圆C的方程为 B．的最大值为 C．M为直线上一动点，则的最小值为 D．若O为坐标原点，则的最大值为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知向量的夹角为，且，，则 ； 13．若圆被直线所截得的弦长为10，过点作圆的切线，其中一个切点为，则的值为 . 14．若不等式恒成立，则实数的取值范围是 ． 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15．如图，在中，是边上的一点，，. (1)证明：； (2)若为的中点，，，，求三角形的面积. 16．在数列中，令为其前项和，若，. (1)证明：数列为等差数列，并求其通项公式； (2)求数列的前项和. 17．如图所示，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，． (1) 线段上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． (2) 求到平面的距离； 18．已知椭圆：的焦距为2，且经过点. (1)求椭圆的方程； (2)若，是椭圆上的两个点，且，证明：为定值； (3)将椭圆上各点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的倍，得到曲线.若点，点，在曲线上，且，求的最大值. 19．已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若，且对任意的恒成立，求的取值范围； (3)若，数列的前项和为，证明：． 盐田高级中学2026届高三数学周三测试卷（18）答案 1．【答案】B【详解】因为，所以. 2．【答案】B【详解】由题设，所以. 3．【答案】A【详解】由得，又， 所以，，得，所以． 4．【答案】B 【详解】若，不妨取，，此时，不成立，即“”“”； 若，则，所以，，即，即“”“”. 所以，“”是“”的必要不充分条件. 5．【答案】A【详解】如图所示，连接，因为正方形，且为的中点，所以点为的中点，又由为的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面， 在正方体中，因为平面， 且平面，所以， 又因为正方形，可得，因为，且平面， 所以平面，又因为平面，所以，所以A正确，B、C错误； 在中，可得与不垂直，所以与平面不垂直， 因为，所以与平面不垂直，所以D错误. 6．【答案】C【详解】由题意，圆锥的底面半径为， 母线长为，则圆锥的高为， 则圆锥的表面积为， 设圆锥的内切球半径为R，球心为O，如图， 可知，底面圆圆心为E，则，可得，即，解得， 所以圆锥的内切球表面积为， 则圆锥的表面积与圆锥的内切球表面积之比为. 7．【答案】D【详解】因为，且为第二象限角，所以， 于是 . 8．【答案】D【详解】因为，且的定义域为关于原点对称，所以为上的奇函数， 又因为均在上单调递增，所以在上单调递增， 因为，所以， 所以，所以， 所以， 当且仅当，即时取等号，所以的最小值为， 又因为，所以的最大值为， 9．【答案】AD【详解】当，时，，所以. 因为，所以是首项为1，公比为2的等比数列，则，故正确. 当，时，，即.因为，所以， 则，故错误. 当，时，，因为，所以，， 所以是周期为2的周期数列，则，故错误. 当，时，，则，即. 因为，所以，所以是首项为2，公比为2的等比数列， 所以，即，故正确. 10．【答案】ABD【详解】对于A，函数的最小正周期为， 所以，即，故A正确； 对于B，因为， 所以为函数的一条对称轴，则，故B正确； 对于C，因为， 所以为函数的一个对称中心，则，故C错误； 对于D，由A知，函数的最小正周期为， 因为，，，， 则， 所以，故D正确. 11．【答案】BCD 【详解】设点，因为，所以， 整理得， 所以圆C的方程为，故A错误． 因为，所以． 因为， 所以，故B正确． 设A关于直线的对称点为，则解得 因为，所以， 所以当，C，M三点共线时，有最小值． 因为，所以，故C正确． 设，，因为，， 所以， 所以当时，有最大值，最大值为，故D正确． 12．【答案】【详解】已知向量的夹角为，且，，所以， 则 13．【答案】 【详解】由弦长为，结合垂径定理可得：，解得， 结合已知点，可得： 所以， 14．【答案】 【详解】由得：， 设，则， 与均为上的增函数，在上单调递增， ，即； 令，则定义域为，， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减，， ，即实数的取值范围为. 15．【详解】（1）依题意，. （2）由，得，为锐角， 由（1）及为的中点，得，而，， 则，解得，因此，， 所以的面积. 16．【详解】（1）由， 两边同时除以得，，， 因为，所以数列是以1为首项，为公差的等差数列， 则，即， 当时，， 显然满足上式，则， 而， 所以数列是以1为首项，3为公差的等差数列. （2）由， 则数列的前项和为 . 17．【详解】（1）假设线段上是存在中点，使得平面， 再取中点，连接，由中位线可得， 又因为，所以， 即四边形是平行四边形，则， 又因为平面，平面， 所以平面,此时. （2）取的中点，连接，，为等边三角形，， 又平面平面，平面平面，平面， 以为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立下图所示空间直角坐标系， 是边长为2的等边三角形，， ，则，，，，，，，设平面的法向量为， ，，即，令，则， 又， 到平面的距离． 18．【详解】（1）由题意得解得所以椭圆的方程为. （2）当直线或其中一条斜率不存在时，. 当直线，斜率存在且均不为0时，设直线：，， 由得，所以. 同理可得，所以.综上，. （3）解法一：设曲线上任意一点坐标为，对应椭圆上点坐标为， 则代入中得：. 设的中点为，因为，所以 所以，即. 所以. 解法二：设曲线上任意一点坐标为，对应椭圆上点坐标为， 则代入中得：. 设原点到直线，的距离分别为，，则. . 所以，当且仅当时取得等号.即的最大值为. 19．【详解】（1）由题意得的定义域为． 当时，在上单调递减； 当时，由，得，由，得， 所以在上单调递减，在上单调递增． 综上可知，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增． （2）依题意可得当时，对任意恒成立． 令，则． ①当时，，则，所以， 则在上单调递增，则，符合题意． ②当时，有两根， 因为且，所以， 所以由，即，得，由，得， 所以在上单调递增，在上单调递减，则，则不符合题意． 故的取值范围是． （3）由（2）可得，当时，对任意恒成立， 即对任意恒成立． 令，则， 当时，，此时满足，即不等式成立． 当时，， 所以，， 以上累加得， 则，即． 综上可知，对所有的． 学科网（北京）股份有限公司 $