天津市北辰区太行高级中学2026届高三上学期数学周练17

★2026年1月13日星期二 2026届太行高级中学高三数学周练17（A） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．（2024·广西河池·模拟预测）设全集，集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．（2025·四川绵阳·一模）“”是“函数在上单调递增”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 3．（25-26高三上·天津西青·月考）函数零点所在的大致区间为，则的值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．（22-23高三上·天津河西·月考）函数在的图像大致为（    ） A． B． C． D． 5．（25-26高三上·天津河北·开学考试）设，是两条不同的直线，，是两个平面，下列说法错误的是（   ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，那么 6．（25-26高三上·天津河东·期中）设，，，则（    ） A． B． C． D． 7．（25-26高二上·重庆·期中）已知 、 是双曲线 的左右焦点，点 是其渐近线在第一象限内的一点，直线 与 轴相交于点 ， 是正三角形，则该双曲线的渐近线方程是 （    ） A． B． C． D． 8．（23-24高三上·天津河北·开学考试）将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变）得到函数的图象，则下列说法正确的有（    ）个 ①函数的最小正周期为； ②函数在区间上单调递增； ③函数在区间上的最小值为； ④是函数的一条对称轴. A．1 B．2 C．3 D．4 9．（24-25高一下·江苏连云港·期末）已知正四面体．的所有棱长均为，D，E，F分别为棱PA，PB，PC的中点，则该正四面体的外接球被平面DEF所截的截面面积为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 10．（25-26高三上·天津河北·期中）为虚数单位，则 . 11．（23-24高三上·湖北武汉·期末）若点在圆上，则过的圆的切线方程为 . 12．（22-23高三上·北京海淀·期末）如图，在正三棱柱中，是棱上一点，，则三棱锥的体积为 . 13．（25-26高三上·天津河北·开学考试）已知直线过抛物线的焦点且与直线垂直，则圆与直线相交所得的弦长为 . 14．（2021·天津南开·一模）在中，，，，则 ；若，，，则的最大值为 ． 15．（25-26高一上·浙江杭州·期中）若关于的方程有且仅有四个实根，其中，且，则的取值范围为 ． 三、解答题 16．（2024·天津河西·一模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求角B的大小； (2)设，． （ⅰ）求a的值；（ⅱ）求的值． 17．（25-26高二上·天津滨海新·月考）如图，正四棱柱中，且，，点，分别是，的中点. (1)求直线与直线所成角的正弦值； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 18．（19-20高二下·北京平谷·期末）已知椭圆的离心率为，过点． （Ⅰ）求椭圆C的标准方程； （Ⅱ）设左、右焦点分别为，经过右焦点F2的直线l与椭圆C相交于A、B两点，若，求直线l方程. 19．（25-26高三上·福建泉州·期中）已知是等差数列，其前项和为是等比数列，已知，是和的等比中项． (1)求和的通项公式； (2)求数列的前项和； (3)记，求证：． 20．（2025高三上·天津武清·专题练习）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，且在上单调递增，求的取值范围； (3)证明：当时，. 选作．（25-26高三上·湖南衡阳·月考）数列的前n项和为，数列满足（），且数列的前n项和为. (1)求，，并求数列的通项公式； (2)抽去数列中点第1项，第4项，第7项，…，第项，余下的项顺序不变，组成一个新数列，数列的前n项和为，求. (3)求证：. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《★2026年1月13日星期二2025届太行高级中学高三数学周练17（A）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 B A B D A A B A C 1．B 【分析】解绝对值不等式后可得集合，结合补集定义，交集定义计算即可得解. 【详解】由，可得，则， ，则. 故选：B. 2．A 【分析】对函数求导，根据的范围确定导数大于0时的范围，进而根据充分条件、必要条件的定义确定答案. 【详解】对函数求导得 当时，，此时函数在上单调递增， 所以“”是函数在上单调递增的充分条件； 令，则，即， 因为，所以，所以，经验证当时，此时，在上单调递增，符合题意， 则无法推出， 也就是说，函数在上单调递增推不出“”， 综上，“”是函数在上单调递增的充分不必要条件. 故选：A. 3．B 【分析】先根据函数的单调性判断函数零点个数，再利用函数零点存在性定理进行判断. 【详解】因为函数在上单调递增，所以函数在上至多1个零点. 又，. 所以函数在上有零点. 综上，函数只在有1个零点. 故选：B 4．D 【分析】判断函数的奇偶性，可判断A；取特殊值，根据特殊值的函数值可判断,可得答案. 【详解】由题意函数，， 则，故为奇函数， 其图像关于原点对称，故A错误； 又因为，,可判断B错误， ，故错误， 只有D中图像符合题意，故D正确， 故选：D 5．A 【分析】对于A，在长方体中记平面为平面，平面为平面，直线为直线，由此可得，，但，故A错误，对于B，设，在直线上任取一点，在平面内过作，在平面内过作，由可得，证明，，由此可得，判断B，对于C，过直线作平面，，过直线作平面，，由线面平行性质定理可得，，再由线面平行判定定理证明，再证明结论，判断C，对于D，结合面面平行的定义和线面平行的定义即可判断. 【详解】对于A，如图，多面体为长方体，    记平面为平面，平面为平面，直线为直线， 则若，，此时，故A错误， 对于B，如图，，，， 设，在直线上任取一点，在平面内过作，在平面内过作， 因为，，，，所以，又， 所以， 同理， 因为，，，， 所以为二面角的平面角，又， 所以，又，，所以，B正确，    对于C，如图，，， 过直线作平面，，因为，，所以， 过直线作平面，，因为，，所以， 所以，又，，所以，又，， 所以，又，所以，C正确，      对于D，因为，所以平面与平面没有公共点， 又，所以直线与平面没有公共点， 所以，D正确， 故选：A. 6．A 【分析】可先确定，，，又即可求解． 【详解】，，， 又， ． 故选：A． 7．B 【分析】根据是正三角形及双曲线的对称性可得，从而可求，故可得正确的选项. 【详解】双曲线的焦点在轴上， 左右焦点为，（其中，）， 因为，故， 由双曲线的对称性可得，故， 故，故，而在第一象限的渐近线上，故， 而，故，故， 因此最终渐近线方程为：. 故选：B. 8．A 【分析】由题可得.对于①,由最小正周期计算公式可判断选项；对于②③，利用的单调性可判断选项正误；对于④，验证是否在处取最值可判断选项正误. 【详解】由题. 对于①，由题可得其最小正周期为，故①错误； 对于②，由，则， 因在上单调递增，在上单调递减， 则不在区间上单调递增，故②错误； 对于③，时，. 因在上单调递增，在上单调递减， 则此时.故③正确； 对于④，注意到，则不是的一条对称轴，故④错误. 故选：A 9．C 【分析】将正四面体如图放于正方体中，由题目条件可得外接球半径，注意到四面体相似于四面体，相似比为，据此可得球心到到平面距离，然后可得截面圆半径，可得答案. 【详解】将正四面体如图放于正方体中，因的所有棱长均为， 则正方体棱长为，该正四面体的外接球即正方体的外接球，球心O为正方体中心， 外接球半径为.因D，E，F分别为棱PA，PB，PC的中点，则 棱长均为，则四面体相似于四面体，相似比为. 注意到， 则，设中心为，则为正四面体的高. 则. 又三点共线，则到平面距离为. 注意到该正四面体的外接球被平面DEF所截的截面为圆，则圆半径为，故截面面积为. 故选：C 10． 【分析】利用复数的除法求解即得. 【详解】. 故答案为： 11． 【分析】利用垂直直线的斜率关系和直线方程相关概念直接求解. 【详解】因为点在圆上， 所以过的圆的切线方程和垂直， 因为，，所以，所以切线方程斜率为， 所以切线方程为，即. 故答案为： 12． 【分析】利用线面垂直的判定定理确定三棱锥的高，再用锥体体积公式求解即可. 【详解】 取中点为,连接， 因为为正三角形，所以， 又因为平面，平面， 所以, 且平面， 所以平面， ,即到平面的距离为， 又因为,平面,平面, 所以平面， 又因为是棱上一点，所以到平面的距离为, 所以, 故答案为: . 13． 【分析】根据抛物线方程先确定其焦点坐标，由两直线的位置关系得出方程，再由直线与圆的位置关系、弦长公式计算即可. 【详解】由抛物线知其焦点， 又与直线垂直，则的斜率为， 所以的方程为，即， 整理圆的方程为， 即圆心为，半径为， 根据点到直线的距离公式得圆心到的距离， 所以该圆与相交所得的弦长为. 故答案为：. 14． 【分析】①利用向量的数量的定义及向量的投影，即可求出； ②将和分别用和表示代入，利用基本不等式求解即可. 【详解】 ① 如图，作，垂足为，因为， 所以，所以，即， 又，，所以，即, 所以； ②因为，，所以,, 所以 ，当且仅当，即时，等号成立. 所以的最大值为. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是灵活应用向量的投影及用基底法表示向量. 15． 【分析】由题意可得、是的两根，、是的两根，且 （数轴上，的中点是，根据，不妨设，，再不妨设，，根据韦达定理可得 且，，整理化简可得，解得即可得的取值范围. 【详解】于的方程有且仅有四个实根，其中， 因为，所以， 则方程的两根为，方程的两根为， 则 （数轴上，的中点是， 因为， 不妨设，， 因为，是的两根， 所以，， 再不妨设， 因为，是的两根， 则 ，， 所以， 则，又， 因为，则， 故的取值范围为. 故答案为：. 16．(1) (2)(i)；(ii) 【分析】（1） 由已知结合正弦定理及余弦定理列出方程即可求解B； （2） (i) 由余弦定理结合上问求边长即可. (ii) 利用余弦定理结合同角平方关系可求的正弦和余弦值，然后结合二倍角公式及两角和的正弦公式即可求解. 【详解】（1）由正弦定理，可化为 （2）（i）由余弦定理得，由 得解得 （ii）由余弦定理得，， 17．(1) (2) (3) 【分析】（1）建立空间坐标系，求与夹角的余弦值，从而得到与夹角的正弦值，即直线与直线所成角的正弦值； （2）根据平面与平面夹角的向量求法可求； （3）根据点到平面距离的向量求法，求点到平面的距离. 【详解】（1）正四棱柱中，平面，且. 所以可以分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则，. 因为点是的中点，所以，所以. . 所以. 直线与直线所成角的正弦值为. （2）由（1）知，，. 设平面的法向量， 则，所以. 令，则，所以平面的一个法向量. 设平面的法向量， 则，所以. 令，则，所以平面的一个法向量. . 所以平面与平面的夹角的余弦值为. （3）由（2）知，平面的一个法向量. 因为，所以. 所以点到平面的距离为. 18．（Ⅰ）；（Ⅱ）. 【解析】（Ⅰ）根据椭圆离心率和过点，再结合 ，可求出，，的值，可得椭圆C的标准方程 （Ⅱ）分情况讨论直线斜率不存在与存在两种情况，当斜率存在时设:，、，联立直线与椭圆方程，由根与系数的关系可得、，将 转化为，用坐标表示，将、代入，即可得的值，进而可得直线l方程. 【详解】（Ⅰ），且过点. ∴， ∴ ∴椭圆的标准方程为：；   （Ⅱ）当斜率不存在时，设:， 得,显然不满足条件. 当斜率存在时设:，、 联立整理得：， ∴， 因为， 所以 即： 整理得 化简： ∴直线方程为. 【点睛】本题主要考查了椭圆标准方程的求解，直线与椭圆相交求直线的方程，涉及向量垂直数量积为0，属于中档题. 19．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由求出，利用又是和的等比中项、求出； （2）利用错位相减法求出； （3）利用放缩法和裂项相消法求和可得答案. 【详解】（1）由题意， ， 又是和的等比中项，得， 又，解得， ； （2）由（1），设， 则， 将以上两式相减得 ， ； （3）， ， ， . 结论得证. 20．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由导数的几何意义即可求解； （2）先确定是上的增函数，再由在上恒成立，得到，即可求解； （3）由，根据主元法，构造函数，确定其在上单调递增，进而转化成恒成立，进而可求证. 【详解】（1）当时，，则， ，则， 故曲线在点处的切线方程为，即. （2）依题可知，在上恒成立. 令，则， 因为，所以， 所以恒成立， 所以是上的增函数. 因为在上单调递增， 所以在上恒成立， 只需， 又，故. （3）令，该二次函数的图象的对称轴为直线， 令，则， 令，则，，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以在上单调递增. 问题可转化为证明，即证， 即证. 令，则， 令， 则， 所以在上单调递减，且， 所以当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，即，证毕. 选作．(1)，， (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由，代入数据，可得，，再由前n项和与通项的关系得出数列的通项公式； （2）分析可得，所求数列奇数项是以4为首项，8为公比的等比数列，偶数项是以8为首项，8为公比的等比数列，分别求和，即可得答案； （3）分类讨论，两种情况，由分组求和法得出，再由的单调性得出证明. 【详解】（1）由题意得，① 当时，， 当时，，所以. 当时，，② ①－②得，， 所以， 当时，，也适合上式， 所以， 所以，两式相减得， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以. （2）数列为：，，，，，，……， 所以奇数项是以4为首项，8为公比的等比数列，偶数项是以8为首项，8为公比的等比数列. 所以当时， . ， 所以 （3）当时， 所以， 所以， 显然是关于k的减函数， 当时，的最大值为3， 所以； 所以当时， . 所以， 所以， 显然是关于k的减函数， 当时，的最大值为， 所以； 综上所述，. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $