精品解析：吉林省长春市名校 东北师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期数学周测试题11

东北师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期 数学大练习（11） 考试时间：90分钟 试卷满分：120分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数z满足，则（ ） A. 3 B. C. 1 D. 5 2. 已知，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. . D. 3. 记为等差数列的前项和．若，则（ ） A. 25 B. 22 C. 20 D. 15 4. 已知向量 ，满足， ，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知等比数列的前项和为，则（ ） A. 18 B. 54 C. 128 D. 192 6. 在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知，若b，a，c成等比数列，则是（ ） A. 直角三角形 B. 等边三角形 C. 等腰直角三角形 D. 钝角三角形 7. 已知等差数列中，，则数列的前2026项的和为（ ） A. 1013 B. 1014 C. 2026 D. 2028 8. 函数的零点个数为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知，关于的方程的一个根是，另一个根是，其中是虚数单位，则下面四个选项正确的有（ ） A. 复数对应的点在第四项象限 B. C. D. 10. 已知向量，，若，则可能为（ ） A. B. C. D. 11. 已知为所在的平面内一点，则下列命题正确的是（ ） A. 若为的垂心，，则 B. 若为锐角的外心，且，则 C. 若，则点的轨迹经过的重心 D. 若，则点的轨迹经过的内心 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则______． 13. 在中，内角所对的边分别为，且，则面积的最大值为_______． 14. 已知，若在上恒成立，则的最大值为______． 四、解答题：本题共3小题，共47分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 设数列的前项和为，已知，． （1）求的通项公式； （2）已知数列，求数列的前项和． 16. 在中角A，B，C分别对应边长记为a，b，c，，，取，，已知. （1）求. （2）在边上取一点D，使为锐角且有与的外接圆半径之比为，设点E为的内心，求的面积. 17. 牛顿法是牛顿在17世纪提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：设是函数的零点，即．选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线的方程为，若，则直线与轴的交点的横坐标记为，再过点作曲线的切线，并求出切线与轴的交点的横坐标记为，重复以上过程，得的近似值序列，也称为牛顿数列，根据已有精确度，当时，则为近似解．设． （1）当时，试用牛顿法求方程满足精确度的近似解．（参考数据；，结果保留两位小数）； （2）牛顿法中蕴含了“以直代曲”的数学思想，直线常常取为曲线的切线或割线，若. ①证明：； ②若关于的方程的两个根分别为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东北师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期 数学大练习（11） 考试时间：90分钟 试卷满分：120分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数z满足，则（ ） A. 3 B. C. 1 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的四则运算以及模的计算公式即可得解. 【详解】由，所以． 故选：A． 2. 已知，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. . D. 【答案】D 【解析】 【分析】计算，根据投影向量的计算公式直接计算即可. 【详解】因为，所以， 在上的投影向量为. 故选：D 3. 记为等差数列的前项和．若，则（ ） A. 25 B. 22 C. 20 D. 15 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：根据题意直接求出等差数列的公差和首项，再根据前项和公式即可解出； 方法二：根据等差数列的性质求出等差数列的公差，再根据前项和公式的性质即可解出． 【详解】方法一：设等差数列的公差为，首项为，依题意可得， ，即, 又，解得：， 所以． 故选：C. 方法二：，，所以，， 从而，于是， 所以． 故选：C. 4. 已知向量 ，满足， ，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】计算出、的值，利用平面向量数量积可计算出的值. 【详解】，，，. ， 因此，. 故选：D. 【点睛】本题考查平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积的计算以及向量模的计算，考查计算能力，属于中等题. 5. 已知等比数列的前项和为，则（ ） A. 18 B. 54 C. 128 D. 192 【答案】D 【解析】 【分析】根据等比数列的定义结合求和定义，可得答案. 【详解】设等比数列的公比为，则，解得． ． 故选：D. 6. 在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知，若b，a，c成等比数列，则是（ ） A. 直角三角形 B. 等边三角形 C. 等腰直角三角形 D. 钝角三角形 【答案】B 【解析】 【分析】根据诱导公式和正弦定理可求得，再结合等比中项性质和余弦定理可得，进而判断三角形形状即可. 【详解】∵， ∴. 由正弦定理可得，因为，所以，，即得，又因为，所以. 由b，a，c成等比数列，可知，则由余弦定理可知，解得，所以是等边三角形， 故选：B. 7. 已知等差数列中，，则数列的前2026项的和为（ ） A. 1013 B. 1014 C. 2026 D. 2028 【答案】C 【解析】 【分析】先根据等差数列的性质求出数列的通项公式，再分析数列的规律，进而求出其前2026项的和. 【详解】设等差数列的首项为，公差为，则由，得 化简得，解得，， 又，故数列的通项公式为， 设数列的前项和为， 则， ， 从到共项，两两一组，可分为组， . 故选：. 8. 函数的零点个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由的零点，转化为的零点，根据函数单调性，以及，假设存在，使得，则只需，根据函数性质，假设成立，故即可根据单调性得到结论. 【详解】由的零点， 转化为的零点， 因为均为减函数， 在上单调递减且， 又， ， 若存在，使得，只需， 则即可，存在值， 在上有且只有一个零点，即有且只有一个零点. 故选：B 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知，关于的方程的一个根是，另一个根是，其中是虚数单位，则下面四个选项正确的有（ ） A. 复数对应的点在第四项象限 B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据复数的几何意义可判断A；将代入方程可求的值，即可判断B；利用根与系数的关系可求出方程的另一个根，即可判断C；根据两个虚数不能比较大小，可判断D. 【详解】复数，复数对应的点为，所以，复数对应的点在第四象限，故A正确； 已知，关于的方程的一个根是， 则，整理得， 所以，；解得：，所以，，故B正确； 由得方程，又知道一个根是， 所以，结合韦达定理，可得另一个根是，所以，，故C正确； 两个虚数不能比较大小，故D错误； 故选：ABC． 10. 已知向量，，若，则可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由，得到，再由向量数量积的坐标表示列出等式求解即可. 【详解】，以为临边的平行四边形对角线相等， ， ， ，，时，， 故选：ACD． 11. 已知为所在的平面内一点，则下列命题正确的是（ ） A. 若为的垂心，，则 B. 若为锐角的外心，且，则 C. 若，则点的轨迹经过的重心 D. 若，则点的轨迹经过的内心 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据，计算可判断A；设为中点，则根据题意得三点共线，且，进而得判断B；设中点为，进而结合正弦定理得可判断C；设中点为，根据题意计算得，进而得可判断D. 【详解】解：对于A选项，因为，，又因为为的垂心， 所以，所以，故正确； 对于B选项，因为且， 所以，整理得：，即， 设为中点，则，所以三点共线， 又因为，所以垂直平分，故，正确； 对于C选项，由正弦定理得， 所以， 设中点为，则，所以， 所以三点共线，即点在边的中线上，故点的轨迹经过的重心，正确； 对于D选项，因为， 设中点为，则，所以， 所以， 所以，即， 所以，故在中垂线上，故点的轨迹经过的外心，错误. 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用三角函数的辅助角公式可得出的值，利用二倍角公式可得出的值，利用诱导公式可得出的值． 【详解】由于， 得， 所以， 故． 故答案为：． 13. 在中，内角所对的边分别为，且，则面积的最大值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理得，由利用基本不等式可得答案. 【详解】由利用正弦定理得 ， 因为，所以，所以， 的面积，所以 ， 当且仅当时等号成立，． 故答案为：． 14. 已知，若在上恒成立，则的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】通过对进行单调性分析，得出其最大值，且分析出在上恒成立时，和有两个相同的正根,，代入方程，将转化为关于的函数，利用导数求出最大值. 【详解】设，其定义域为，则， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减，故； 因为，所以方程有两个正根，， 当时，；时，； 故当在上恒成立时，和有两个相同的正根,； 对于，化简得，，且，； 由即，两式相加得：，， 将，代入上式得，. 下证:，极值， 而，故， 故，故即证， 不妨设，故即证即证， 此为对数不等式，故，故 令，，； 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减. 所以当时，取得最大值：； 所以的最大值为：. 故答案为： 四、解答题：本题共3小题，共47分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 设数列的前项和为，已知，． （1）求的通项公式； （2）已知数列，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据和的关系、等比数列的定义即可解答. （2）利用裂项相消求和法即可求解. 【小问1详解】 由，， 当时，，即； 当时，，整理得，即. ， 当时上式也成立. 数列是以首项，为公比的等比数列， 则，即. 【小问2详解】 ， . 16. 在中角A，B，C分别对应边长记为a，b，c，，，取，，已知. （1）求. （2）在边上取一点D，使为锐角且有与的外接圆半径之比为，设点E为的内心，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据两向量平行得到一个等式，再根据正弦定理以及三角形内角和为可求得结果； （2）先根据外接圆半径比例得到各自的外接圆，从而得到的长，再根据三角形面积公式得到内切圆的半径，最后利用三角形面积之间的关系得到结果. 【小问1详解】 ，，， 所以， 根据正弦定理可变形为：， 移项可得：， 根据两角和的正弦公式可得：， 因为，所以， 因为，所以，即， 所以； 【小问2详解】 设外接圆的半径为，的外接圆半径为， 所以， 根据外接圆半径公式， 在中，，， 则，， 在中，， 所以，， 在中，，则， ，解得或， 因为为锐角，所以， 因为点E为的内心，设的内切圆半径为，如图所示： ， 根据三角形面积公式， 又， 解得， ， 所以的面积为. 17. 牛顿法是牛顿在17世纪提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：设是函数的零点，即．选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线的方程为，若，则直线与轴的交点的横坐标记为，再过点作曲线的切线，并求出切线与轴的交点的横坐标记为，重复以上过程，得的近似值序列，也称为牛顿数列，根据已有精确度，当时，则为近似解．设． （1）当时，试用牛顿法求方程满足精确度的近似解．（参考数据；，结果保留两位小数）； （2）牛顿法中蕴含了“以直代曲”的数学思想，直线常常取为曲线的切线或割线，若. ①证明：； ②若关于的方程的两个根分别为，证明：． 【答案】（1） （2） ①， ， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 则， 则， 即，化简得； ②由， 则当时，，则， 当时，，则， 又关于的方程有两个根， 则，且有，， 当时，有，则， 当时，过点与点的直线， 令，则， 令，解得，由，则， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 又， ， 故，即恒成立， 则，化简得， 则，即得证. 【解析】 【分析】（1）借助导数的几何意义结合所给定义计算可得，则可通过计算，再通过计算处，结合即可得； （2）①求导后可得函数单调性，则可得，代入计算并化简即可得；②由①可得极值点、的取值范围及、的范围，再借助“以直代曲”思想，通过计算得到当时，，当时，，从而可得，，再作差即可得证. 【小问1详解】 ，则，又， 则在点处的切线方程为， 令，解得， 即，由，则， ，不满足题意； ， 则，满足题意， 故方程满足精确度的近似解为； 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $