精品解析：安徽省合肥市第八中学2025-2026学年高三上学期数学统一作业11试题

2026届合肥八中高三上学期数学统一作业11 命题：操瑞康 审题：金启富 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. 已知集合，则（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 2. 已知为纯虚数，则（ ） A. 3 B. C. D. 3. 已知平面内有四点，若，则“三点共线”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 4. 已知某7个数的平均数为4，方差为2，现加入一个新数据4，此时这8个数的平均数为，方差为，则（ ） A. B. C. D. 5. 设等比数列前项和为，若，，则（ ） A. 16 B. 31 C. 32 D. 63 6. 某同学有一个形如圆台的水杯如图所示，已知圆台形水杯的母线长为6cm，上､下底面圆的半径分别为4cm和2cm.为了防烫和防滑，水杯配有一个杯套，包裹水杯高度以下的外壁和杯底，如图中阴影部分所示，则杯套的表面积为（不考虑水杯材质和杯套的厚度）（ ） A. B. C. D. 7. 的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 8. 已知、，且，则（ ） A. B. C. D. 无法确定、的大小 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. 9. 记等差数列的前项和为，若，则（ ） A. 的公差为2 B. C. 的最大值为35 D. 的最小值为 10. 已知函数，其中，若的最小正周期为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的定义域为 C. 在上单调递增 D. 若，且，则a的最大值为 11. 已知正四面体的棱长为2，点，分别为和的重心，为线段上一点，则下列结论正确的是（ ） A. 若取得最小值，则 B. 若，则平面 C. 若平面，则三棱锥外接球的表面积为 D. 直线到平面的距离为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 5个人排成一排，要求甲、乙两人之间至少有一人，则不同的排法有________种． 13. 正三棱锥S－ABC的外接球半径为2，底边长AB＝3，则此棱锥的体积为_________ 14. 已知是以为周期的上的奇函数，当，若在区间，关于的方程恰好有个不同的解，则的取值范围是__________． 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°. (1)若PB＝，求PA； (2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA. 16. 如图，直三棱柱ABC﹣A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝λAA′，点M，N分别为A′B和B′C′的中点． （1）证明：MN∥平面A′ACC′； （2）若二面角A′﹣MN﹣C为直二面角，求λ的值． 17. 世界卫生组织建议成人每周进行至5小时的中等强度运动.已知社区有的居民每周运动总时间超过5小时，社区有的居民每周运动总时间超过5小时，社区有的居民每周运动总时间超过5小时，且三个社区的居民人数之比为. （1）从这三个社区中随机抽取1名居民，求该居民每周运动总时间超过5小时的概率； （2）假设这三个社区每名居民每周运动总时间为随机变量（单位：小时），且.现从这三个社区中随机抽取3名居民，求至少有两名居民每周运动总时间为5至6小时的概率. 18. 已知数列中，，，，数列的前n项和为. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前n项和； （3）在（2）的条件下，设，求证：. 19. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，若在上恒成立，求正整数的最大值； （3）若在上有零点，求证：. （参考数据：，，） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届合肥八中高三上学期数学统一作业11 命题：操瑞康 审题：金启富 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. 已知集合，则（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】先解不等式得集合A，再根据补集的概念计算即可. 【详解】由可得，所以或. 故选：B 2. 已知为纯虚数，则（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数乘法求出，再利用纯虚数的意义求解即得. 【详解】依题意，，由是纯虚数，得， 所以. 故选：B 3. 已知平面内有四点，若，则“三点共线”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 【答案】B 【解析】 【分析】充分性：举反例若四点也共线可推出矛盾；必要性：利用向量的加法运算和共线向量的定义可判断. 【详解】当时，， 因此，所以三点共线； 另一方面，当三点共线时， 若四点也共线，设， 则， 若系数和恒为1，则有恒为1， 恒为1， 显然因的不确定性，假设不成立，因此系数和并不一定恒为1． 则“三点共线”是“”的必要不充分条件. 故选：B． 4. 已知某7个数的平均数为4，方差为2，现加入一个新数据4，此时这8个数的平均数为，方差为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知条件，根据平均数和方差的计算公式进行求解即可. 【详解】根据题意有， 而. 故选：C. 5. 设等比数列前项和为，若，，则（ ） A. 16 B. 31 C. 32 D. 63 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知及等比数列的通项公式求基本量，再由等比数列的前n项和公式求. 【详解】设的公比为，则，可得， 所以，则. 故选：B 6. 某同学有一个形如圆台的水杯如图所示，已知圆台形水杯的母线长为6cm，上､下底面圆的半径分别为4cm和2cm.为了防烫和防滑，水杯配有一个杯套，包裹水杯高度以下的外壁和杯底，如图中阴影部分所示，则杯套的表面积为（不考虑水杯材质和杯套的厚度）（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据题意得到杯套的形状可看作一个圆台，求出该圆台的母线长及上、下底面圆的半径，然后结合圆台的侧面积公式、圆的面积公式求解即可. 【详解】根据题意，杯套的形状可看作一个圆台，且该圆台的母线长是圆台形水杯的母线长的，即4cm， 下底面圆的半径为圆台形水杯的下底面圆的半径，即2cm， 上底面圆的半径是， 所以杯套的表面积. 故选：C. 7. 的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可得，再由两角和的正弦公式、二倍角公式及诱导公式计算可得. 【详解】 . 故选：C 8. 已知、，且，则（ ） A. B. C. D. 无法确定、的大小 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数、，利用导数分析这两个函数的单调性，结合零点存在定理可得出、的大小关系. 【详解】令，则， 当时，，故恒成立， 故在上单调递增， 又，， 由零点存在定理得， 令，则， 由上面的求解可知在上单调递增， 且存在，使得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，， 故的零点，，所以. 故选：A. 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. 9. 记等差数列的前项和为，若，则（ ） A. 的公差为2 B. C. 的最大值为35 D. 的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】由已知可得，可求判断A；可求得数列的通项公式，进而计算判断B；由通项公式可知前6项为非负数的项，故前6项和最大，求解可判断C；，利用换元法求得最小值判断D. 【详解】由，可得，所以，所以， 所以，又，所以，解得，故A错误； 所以等差数列的通项公式为，所以， 所以，故B正确； 令，解得，所以前6项为非负项， 其和最大，又，公差，所以最大值为，故C错误； 因为， 所以，令且，可得， 所以 ， 因为在单调递减，在上单调递减， 所以当时，，当时，， 所以的最小值为，故D正确. 故选：BD. 10. 已知函数，其中，若的最小正周期为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的定义域为 C. 在上单调递增 D. 若，且，则a的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用正切函数的周期性求得判断A；利用正切函数的定义域求解判断B；利用正切函数的单调性求解判断C；利用正切函数的性质解不等式判断D. 【详解】∵，∴，∴，故A错误； ∵，∴， ∴的定义域为，故B正确； 由，解得， ∴的单调增区间为，， 时，单调增区间为，显然，故C正确； 由得，， ∴，， ∵，∴时，a取最大值为，故D正确. 故选：BCD 11. 已知正四面体的棱长为2，点，分别为和的重心，为线段上一点，则下列结论正确的是（ ） A. 若取得最小值，则 B. 若，则平面 C. 若平面，则三棱锥外接球的表面积为 D. 直线到平面的距离为 【答案】BCD 【解析】 【分析】将正四面体放入正方体中，建立空间直角坐标系，对每个选项逐一分析即可． 【详解】将正四面体放入正方体中，以点为原点，以，，所在直线为轴，轴，轴，如图所示， 因为正四面体的长为2， 所以正方体的棱长为， 则，，， 因为点，分别为和的重心， 所以点的坐标为，点的坐标为 所以 设，则， 所以， 所以， ， 对于Ａ：因为， ， 所以， 当时，即，，取得最小值，故A错误； 对于B：若，则， 所以， 因为，，设平面的一个法向量为， 则，取，则， 因为， 所以平面，即平面，故B正确； 对于C：若平面，则，即， ，即， 设平面的一个法向量为，因为，， 则，取，则， 因为， 所以平面，则三棱锥外接球的球心在直线上， 又因为点为等边三角形的重心， 所以点为等边三角形的外心，外接圆半径为， 设三棱锥外接球的半径为， 则，即，解得， 所以三棱锥P－ABC外接球的表面积为，故C选项正确； 对于D：因为点的坐标为，点的坐标为， 所以， 设平面的一个法向量为， 因为，， 所以，取，则， 因为，且直线平面， 所以直线平面， 所以点到平面的距离就是直线到平面的距离， 则点到平面的距离， 即直线到平面的距离为，故D正确， 故选：BCD． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 5个人排成一排，要求甲、乙两人之间至少有一人，则不同的排法有________种． 【答案】72 【解析】 【分析】先求出所有的排法，再排除甲乙二人相邻的排法，即得甲、乙两人中间至少有一人的排法． 【详解】解：5个人排成一排所有的排法共有种， 其中甲乙二人相邻的排法有种， 所以甲、乙两人中间至少有一人的排法有种． 故答案为：72． 13. 正三棱锥S－ABC的外接球半径为2，底边长AB＝3，则此棱锥的体积为_________ 【答案】或 【解析】 【分析】设正三棱锥的高为h，球心在正三棱锥的高所在的直线上，H为底面正三棱锥的中心，然后分顶点S与球心在底面ABC的同侧和顶点S与球心在底面ABC的异侧，分别求解即可 【详解】设正三棱锥的高为h，球心在正三棱锥的高所在的直线上，H为底面正三棱锥的中心 因为底面边长AB=3，所以 当顶点S与球心在底面ABC的同侧时，如下图 此时有 ，即，可解得h=3 因而棱柱的体积 当顶点S与球心在底面ABC的异侧时，如下图 有，即，可解得h=1 所以， 综上，棱锥的体积为或， 故答案为：或 【点睛】关键点点睛：此题考查棱锥及其外接球问题，考查计算能力，解题的关键是根据题意画出图形，利用图形求解即可，属于中档题 14. 已知是以为周期的上的奇函数，当，若在区间，关于的方程恰好有个不同的解，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【详解】 由题可得函数在上的解析式为 在区间，关于的方程恰好有个不同的解，当时，由图可知 ， 同理可得，当时， 即答案为 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°. (1)若PB＝，求PA； (2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA. 【答案】（1）（2） 【解析】 【详解】试题分析:（1）在三角形中，两边和一角知道，该三角形是确定的，其解是唯一的，利用余弦定理求第三边.（2）利用同角三角函数的基本关系求角的正切值.（3）若是已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据大边对大角进行判断.（4）在三角形中，注意这个隐含条件的使用. 试题解析:解：（1）由已知得∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°. 在△PBA中，由余弦定理得PA2＝. 故PA＝. 5分 （2）设∠PBA＝α，由已知得PB＝sin α. 在△PBA中，由正弦定理得， 化简得cos α＝4sin α. 所以tan α＝，即tan∠PBA＝ . 12分 考点：（1）在三角形中正余弦定理的应用.（2）求角的三角函数. 16. 如图，直三棱柱ABC﹣A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝λAA′，点M，N分别为A′B和B′C′的中点． （1）证明：MN∥平面A′ACC′； （2）若二面角A′﹣MN﹣C为直二面角，求λ的值． 【答案】 （1）法一：连接AB′、AC′， 由已知∠BAC＝90°，AB＝AC， 三棱柱ABC﹣A′B′C′为直三棱柱， 所以M为AB′中点， 又因为N为B′C′的中点， 所以MN∥AC′， 又MN⊄平面A′ACC′，平面， 因此MN∥平面A′ACC′； 法二：取A′B′的中点P，连接MP、NP， M、N分别为A′B、B′C′的中点， 所以MP∥AA′，平面，平面，所以MP∥平面A′ACC′， 同理可得PN∥平面A′ACC′， 又MP∩NP＝P，因此平面MPN∥平面A′ACC′， 而MN⊂平面MPN，因此MN∥平面A′ACC′． （2）λ． 【解析】 【分析】（1）法一：连接AB′、AC′，根据M为AB′中点，N为B′C′的中点，在中可知MN∥AC′，又MN⊄平面A′ACC′，所以MN∥平面A′ACC′；法二：取A′B′的中点P，连接MP、NP，根据两条相交中位线易证明平面MPN∥平面A′ACC′，从而MN∥平面A′ACC′； （2）以A为坐标原点，分别以直线AB、AC、AA′为x，y，z轴，建立直角坐标系，写出点的坐标即可求解. 【详解】（1）略 （2）以A为坐标原点，分别以直线AB、AC、AA′为x，y，z轴，建立直角坐标系，如图， 设AA′＝1，则AB＝AC＝λ，于是A（0，0，0），B（λ，0，0），C（0，λ，0），A′（0，0，1），B′（λ，0，1），C′（0，λ，1）． 所以M（），N（）， 设（x1，y1，z1）是平面A′MN的法向量，，， 由，得，可取， 设（x2，y2，z2）是平面MNC的法向量，， 由，得，可取， 因为二面角A'﹣MN﹣C为直二面角， 所以，即﹣3+（﹣1）×（﹣1）+λ2＝0，解得λ． 【点睛】此题考查立体几何线面平行证明和求二面角，线面平行可先证线线平行或者面面平行从而线面平行，二面角一般通过建系的方法找到点的坐标代入求解，属于较易题目. 17. 世界卫生组织建议成人每周进行至5小时的中等强度运动.已知社区有的居民每周运动总时间超过5小时，社区有的居民每周运动总时间超过5小时，社区有的居民每周运动总时间超过5小时，且三个社区的居民人数之比为. （1）从这三个社区中随机抽取1名居民，求该居民每周运动总时间超过5小时的概率； （2）假设这三个社区每名居民每周运动总时间为随机变量（单位：小时），且.现从这三个社区中随机抽取3名居民，求至少有两名居民每周运动总时间为5至6小时的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设三个社区的居民人数为，分别求出三个社区每周运动总时间超过5小时的人数为，再由概率公式即可求出答案. （2）由正态分布的性质求出，再由独立事件的乘法公式即可得出答案. 【小问1详解】 因为三个社区的居民人数之比为， 设三个社区的居民人数为， 所以社区每周运动总时间超过5小时的人数为：， 社区每周运动总时间超过5小时的人数为：， 社区每周运动总时间超过5小时的人数为：， 该居民每周运动总时间超过5小时的概率. 【小问2详解】 因为这三个社区每名居民每周运动总时间为随机变量（单位：小时），且， 所以，由（1）知，， 所以， 因为随机变量服从正态分布，且关于对称， 所以， 所以从这三个社区中随机抽取3名居民，求至少有两名居民每周运动总时间为5至6小时的概率为： . 18. 已知数列中，，，，数列的前n项和为. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前n项和； （3）在（2）的条件下，设，求证：. 【答案】（1） （2） （3） 由（2） 则， 令， 则， 两式相减得： ， 又， ， 【解析】 【分析】（1）根据条件可得数列的奇数项和偶数项均为等差数列，分奇偶求数列的通项公式； （2）先分组求和求得，再利用裂项相消法求得； （3）先求出的通项公式，再根据以及错位相减法求得的前项和，再通过比较大小可证明结论. 【小问1详解】 由得数列的奇数项为公差为4的等差数列，偶数项也为公差为4的等差数列， 当为奇数时， 当为偶数时， 【小问2详解】 由（1）得 【小问3详解】 略 19. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，若在上恒成立，求正整数的最大值； （3）若在上有零点，求证：. （参考数据：，，） 【答案】（1） 时，在上为增函数； 时，在上为减函数，在上为增函数． （2）； （3） 由题意设为的零点，则， 即，则点在直线上， 所以，即， 当时，设，所以，则在上单调递增， 所以，所以，又时，， 所以时，，则， 令，则， 时，单调递减；时，单调递增， 所以，即，所以． 【解析】 【分析】（1）先对求导，按和根据导函数的正负分析的单调性； （2）利用必要性探路得，代入计算得正整数的最大值为1，再证明时符合题意即可； （3）设为的零点，代入得到方程，再结合点在上得到不等式，再两次设新函数和，求导后得到不等式，最后放缩即可. 【小问1详解】 当时， ①当时，在上单调递增； ②当时，由，得， 时，单调递减． 时，单调递增． 综上， 时，在上为增函数； 时，在上为减函数，在上为增函数． 【小问2详解】 当时，， 因恒成立，所以， 即， 所以正整数的最大值为1． 下证时，在上恒成立． 设， 则在上单调递增，，即， 所以，又， 所以，即恒成立． 所以正整数的最大值为1． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $