精品解析：湖南省常德市临澧县第一中学2026届高三上学期数学周测试题（二）

临澧一中2026届高三数学周测试题（二） 时量：120分钟 总分：150分 2025.09.12 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合 则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 若，则下列不等式不成立的是（ ） A. B. C. D. 4. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若为奇函数，则实数φ的值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，满足，，，则在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 6. 已知定义在R上的函数，，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 7. 已知 是正实数，若函数 的图象与 的图象相切，则 的最小值是（ ） A. B. C. D. 3 8. 已知，则方程的实数根个数不可能为（ ） A. 5个 B. 6个 C. 7个 D. 8个 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，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. 已知三角形三个内角分别为，，，且满足，则下列说法正确的是（ ）（提示：，） A. B. C. D. 10. 若函数具有下列性质：①定义域为；②对于任意的，都有；③当时，，则称函数为的函数.若函数为的函数，则以下结论正确的是 A. 为奇函数 B. 为偶函数 C. 为单调递减函数 D. 为单调递增函数 11. 已知函数（参考数据：），下列说法正确的是（ ） A. 当时，的最小值为6 B. 若恒成立，则的取值范围为 C. 若有两个不同实数根，则 D. 若恒成立，则的最大整数值为2 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知函数在处的导数，则________． 13. 19世纪德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就卓著，函数被称为狄利克雷函数，其中R为实数集，Q为有理数集.狄利克雷函数是无法画出函数图像的，但是它的函数图像却客观存在，如果，，在其图象上，那么________，A，B两点间的距离为________. 14. 已知重心为，过点作直线分别交边，于点，（均不与顶点重合），则的最小值为________． 四、解答题（本大题共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. 已知数列的前项和为. （1）证明：是常数列； （2）设，求数列的前项和. 16. 在中，角的对边分别为．且满足． （1）求角的大小； （2）若的面积，内切圆的半径为，求； （3）若的平分线交于，且，求的面积的最小值． 17. 如图,在四棱锥中，底面，． （1）证明：平面平面； （2）设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 18. 如图，已知椭圆的左、右顶点为，，上、下顶点为，，记四边形的内切圆为. （1）求圆的标准方程； （2）已知圆的一条不与坐标轴平行的切线交椭圆于P，M两点. （i）求证：； （ii）试探究是否为定值. 19. 已知函数，，其中，曲线在点处的切线方程为． （1）求a的值； （2）求的最小值； （3）设，若对恒成立，求b的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 临澧一中2026届高三数学周测试题（二） 时量：120分钟 总分：150分 2025.09.12 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合 则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过求解分数不等式及指数不等式，再结合交集运算即可求解. 【详解】由可得：， 即，所以， 由，可得，所以， 所以， 故选：B 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二倍角余弦公式直接求解即可. 【详解】. 故选：A. 3. 若，则下列不等式不成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据作差法即可求解A，根据不等式的性质即可求解B，根据基本不等式可求解C，利用指数函数的单调性即可求解D. 【详解】对于A，，由于，故，所以，即，A正确， 对于B，由于，故，B正确， 对于C，由于，故，故C正确， 对于D，因为在上单调递减，又，所以，故D错误， 故选：D. 4. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若为奇函数，则实数φ的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先化简函数解析式，接着由平移变换得到解析式，再由奇偶性列出关于的方程，即可计算求解. 【详解】由题意可知，函数， 所以， 又为奇函数，所以， 又，所以. 故选：C 5. 已知向量，满足，，，则在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题可知，向量，满足，，， 所以， 则在上的投影向量为. 6. 已知定义在R上的函数，，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的解析式，求得函数为奇函数，化简，再结合函数的单调性，即可求解. 【详解】，定义域为，关于原点对称， 且，所以函数为奇函数， 所以， 又， 任取，且，则，则， 故在上单调递增， 又由对数函数的单调性可得， 所以，即. 故选：D 7. 已知 是正实数，若函数 的图象与 的图象相切，则 的最小值是（ ） A. B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】设切点为，根据导数的几何意义建立方程组，化简推得，利用基本不等式“1”的妙用即可求得答案. 【详解】由求导得， 设切点为，则， 由① ③ 联立可得代入② ，可得，又， 故，当且仅当时等号成立， 即时，取得最小值为. 故选：B. 8. 已知，则方程的实数根个数不可能为（ ） A. 5个 B. 6个 C. 7个 D. 8个 【答案】A 【解析】 【分析】作出的图象，令，由对勾函数的性质作出的图象，再对分类讨论，将问题转化为关于的方程（具体到每种类型时为常数）的解的个数问题. 【详解】因为， 当时，则在上单调递增，在上单调递减， 又，，， 当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 且，，，，， 作出的图象，如图所示： 令，由对勾函数的性质可知在，上单调递减， 在，上单调递增，且，，则的图象如下所示： ①当时，令或， 则关于的方程有两个实数解，关于的方程的方程也有两个实数解， 即此时对应的个数为，（以下处理方法类似）； ②当时，令或或，此时对应的个数为6； ③当时， 令或或或， 此时对应的个数为； ④当时，或或或，此时对应的个数为； ⑤当时，或或，此时对应的个数为； ⑥当时，或，此时对应的个数为3； ⑦当时，，此时对应的个数为2. 综上可知，实数根个数不可能为5个. 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题关键是作出的图象，再对分类讨论，将问题转化为关于的方程（具体到每种类型时为常数）的根的问题. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，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. 已知三角形三个内角分别为，，，且满足，则下列说法正确的是（ ）（提示：，） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用降幂公式可得A选项，利用三角形性质和倍角公式可判断B，由A可判断C，由，转化为边，利用余弦定理和基本不等式可判断D. 【详解】因为，所以, 整理可得, , 化简可得， 又，所以，A正确. ，B错误. 由可得， 因为，所以，C正确. 由B选项可得，即， 所以， 当且仅当时，等号成立， 又因为在单调递减，所以，D错误. 故选：AC 10. 若函数具有下列性质：①定义域为；②对于任意的，都有；③当时，，则称函数为的函数.若函数为的函数，则以下结论正确的是 A. 为奇函数 B. 为偶函数 C. 为单调递减函数 D. 为单调递增函数 【答案】AC 【解析】 【分析】分析奇偶性：通过令值找到与之间的关系；分析单调性：通过令值找到与的大小关系. 【详解】定义域关于原点对称，令则有：，令，则有，所以，故是奇函数；令，，且，所以，又且，，则 ，即，所以，所以是单调减函数. 故选AC. 【点睛】判断抽象函数的单调性和奇偶性，一般采用令值的方法解决问题.令值的时候注意构造出与之间的关系以及与的大小. 11. 已知函数（参考数据：），下列说法正确的是（ ） A. 当时，的最小值为6 B. 若恒成立，则的取值范围为 C. 若有两个不同实数根，则 D. 若恒成立，则的最大整数值为2 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，求导，分析函数的单调性，进而求解判断即可；对于B，转化问题为恒成立，令，设，，利用导数分析其单调性，进而求解判断即可；对于C，令，转化问题为有两个不同实数根，且，利用导数分析其单调性可得，，设，，利用导数分析其单调性可得，进而求解判断即可；对于D，令，转化问题为恒成立，设，利用导数分析其单调性，进而求解判断即可. 【详解】对于A，当时，， 则， 令，得，令，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，无最小值，故A错误； 对于B，由，则，即， 令，即， 设，，则， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则，即，故B正确； 对于C，由，， 令，则，， 则有两个不同实数根， 等价于有两个不同实数根，且， 而，令，得，令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 因为时，，时，， 则，， 设，， 则， 当时，，则， 所以在上单调递减，则， 由，则， 则， 又，且在上单调递增， 所以，则，故C正确； 对于D，由，则，， 则，则， 令，则， 设，则， 因为， 由于，则， 所以， 且函数在上单调递增， 所以，使得，即， 则时，，函数在上单调递减， 时，，函数在上单调递增， 则， 因为函数在上单调递增，则， 则， 由恒成立，则， 则的最大整数值为2，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知函数在处的导数，则________． 【答案】 【解析】 【分析】由导数的定义求解即可. 【详解】. 故答案为：. 13. 19世纪德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就卓著，函数被称为狄利克雷函数，其中R为实数集，Q为有理数集.狄利克雷函数是无法画出函数图像的，但是它的函数图像却客观存在，如果，，在其图象上，那么________，A，B两点间的距离为________. 【答案】 ①. 0 ②. 2 【解析】 【分析】直接代入计算得，再利用勾股定理得到答案. 【详解】根据函数的解析式得，， 所以A，B两点间的距离为. 故答案为0和2 【点睛】本题考查了函数的应用，意在考查学生的应用能力. 14. 已知重心为，过点作直线分别交边，于点，（均不与顶点重合），则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】设，，先根据为的重心，明确的关系，根据，用表示出，结合基本不等式可求其最小值. 【详解】如图： 设，.由题意，. 因为为的重心，所以. 又因为三点共线，所以. 又，所以，所以；同理. 因为，， 如图，延长交于点，则点为边的中点， 故，则得， 所以 因为（当且仅当即时取等号，此时.） 故得，即的最小值为. 故答案为： 四、解答题（本大题共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. 已知数列的前项和为. （1）证明：是常数列； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） 已知数列的前项和为. 当时，. 当时，，∴. 当时，， ∴， 即， ∴， 当时也符合上式，∴数列是常数列. （2） 【解析】 【分析】（1）利用的关系作差变形，并验证首项证明即可； （2）利用第一问的结论，先计算，由等差数列的求和公式计算，再根据裂项求和法计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，∴，∴， ， ∴. 16. 在中，角的对边分别为．且满足． （1）求角的大小； （2）若的面积，内切圆的半径为，求； （3）若的平分线交于，且，求的面积的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用和角公式化简，借助于同角三角函数式和特殊角的函数值即得答案； （2）由等面积法得出，，利用余弦定理得出，三式联立即可求得边； （3）结合题设，分别在，和中，由正弦定理推出边的关系式，再利用基本不等式求得的最小值，继而可得三角形面积最小值． 【小问1详解】 在中，由， 可得，所以，即， 因，则． 【小问2详解】 由（1）知，则，即：， 所以①，②， 在中，由余弦定理得， 即③， 由①②③得：，解得； 【小问3详解】 如图，因平分，由（1）知， 故， 在中，设，则， 在中，，由正弦定理，得，则， 在中，由正弦定理，得，则， 故有（*）． 在中，由正弦定理，得，则， 得，代入（*）式，可得，即． 由基本不等式，得，解得，当且仅当时取“”． 于是．即的面积的最小值为． 17. 如图,在四棱锥中，底面，． （1）证明：平面平面； （2）设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 【答案】（1）证明：由题意证明如下， 在四棱锥中，⊥平面，， 平面，平面， ∴，， ∵平面，平面，， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. （2）（i）证明：由题意及（1）证明如下， 在四棱锥中，，，，∥， ，， 建立空间直角坐标系如下图所示， ∴， 若，，，在同一个球面上， 则， 在平面中， ∴， ∴线段中点坐标， 直线的斜率：， 直线的垂直平分线斜率：， ∴直线的方程：， 即， 当时，，解得：， ∴ 在立体几何中，， ∵ 解得：， ∴点在平面上. （ii）. 【解析】 【分析】（1）通过证明，，得出平面，即可证明面面垂直； （2）（i）建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设在同一球面上，在平面中，得出点坐标，进而得出点在空间中的坐标，计算出，即可证明结论； （ii）写出直线和的方向向量，即可求出余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得， ， 设直线与直线所成角为， ∴. 法2： 由几何知识得，， ，∥， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 过点作的平行线，交的延长线为，连接，， 则，直线与直线所成角即为中或其补角. ∵平面，平面，， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 在Rt中，，由勾股定理得， ， 在中，由余弦定理得， ， 即： 解得： ∴直线与直线所成角的余弦值为：. 18. 如图，已知椭圆的左、右顶点为，，上、下顶点为，，记四边形的内切圆为. （1）求圆的标准方程； （2）已知圆的一条不与坐标轴平行的切线交椭圆于P，M两点. （i）求证：； （ii）试探究是否为定值. 【答案】（1） （2）（i）可设切线， 将直线的方程代入椭圆可得，由韦达定理得： 则， 又与圆相切，可知原点O到的距离，整理得， 则，所以，故. （ii）是定值. 【解析】 【分析】（1）由已知可得：直线的方程为：，利用四边形的内切圆为可求得内切圆的半径，问题得解． （2）（i）设切线，联立直线方程与椭圆方程可得：，即可求得，所以，问题得证． （ii）①当直线的斜率不存在时，，②当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，联立直线方程与椭圆方程可得：，即可求得：，同理可得：，问题得解． 【小问1详解】 因为，分别为椭圆的右顶点和上顶点，则，坐标分别为，可得直线的方程为： 则原点O到直线的距离为，则圆的半径， 故圆的标准方程为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）由知， ①当直线的斜率不存在时，显然，此时； ②当直线的斜率存在时，设直线的方程为： 代入椭圆方程可得，则， 故， 同理， 则. 综上可知：为定值. 【点睛】本题主要考查了直线与圆相切的几何关系，还考查了点到直线距离公式，考查了韦达定理及向量垂直的数量积关系，考查分类思想及计算能力，属于难题． 19. 已知函数，，其中，曲线在点处的切线方程为． （1）求a的值； （2）求的最小值； （3）设，若对恒成立，求b的最大值． 【答案】（1）1 （2）0 （3）2 【解析】 【分析】（1）求导得，结合曲线在点处的切线方程为，所以，求出. （2）由（1）知，求导得到，令，则，因为在上单调递减，且，推出存在使得，所以在单调递增，在单调递减，结合得出在上恒成立，从而推出在上单调递增，故最小值为. （3）若对恒成立，令，则，由（2）知，所以，因为，所以．假设当时，构造函数对恒成立，结合推出，构造函数，求导得出在上单调递减，所以，从而推出在上恒成立. 【小问1详解】 由得． 因为曲线在点处的切线方程为， 所以，解得． 【小问2详解】 由（1）知， 所以， 令，则． 因为在上单调递减，在上单调递减， 所以在单调递减， 又， 所以存在唯一零点，使得． 所以在单调递增，在单调递减． 又， 所以在上恒成立， 所以在上单调递增， 所以，即的最小值为0. 【小问3详解】 因为对恒成立， 令，则， 由（2）知， 所以， 因为，所以． 假设当时，对恒成立． 由（2）知， 则， 所以． 设， 则， 所以在上单调递减， 所以， 所以在上恒成立，即满足题意． 综上所述，整数的最大值为2． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $