精品解析：江苏省启东中学2025-2026学年高三上学期数学周练六11.14

高三数学周练6 考查内容：集合与逻辑、复数、平面向量、函数与导数（重点：函数性质、导数应用、不等式恒成立）、三角函数（重点：恒等变换、解三角形）、立体几何（重点：几何体相切、线面关系）、平面解析几何（重点：圆锥曲线与圆的综合）、不等式 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. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 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 4. 已知向量与的夹角为，，则等于（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 20世纪30年代，里克特制订了一种表明地震能量大小的尺度，就是使用测震仪衡量地震能量的等级，地震能量越大，测震仪记录的地震曲线的振幅就越大，这就是我们常说的里氏震级M，其计算公式为其中A是被测地震的最大振幅，是“标准地震”的振幅（使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中的距离造成的偏差）．假设在一次地震中，一个距离震中100千米的测震仪记录的地震最大振幅是50，此时标准地震的振幅是0.002，则这次地震的震级为（ ）（精确到0.1，参考数据：） A. 4.4 B. 4.7 C. 5 D. 5.4 6. 已知（其中），将图象向左平移个单位后得到的图象，若的图象关于原点对称，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的渐近线与抛物线的交点都在圆C上，则圆C与x轴正半轴的交点坐标为（ ） A. B. C. D. 8. 水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为（ ） A. 4 B. C. D. 6 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2分，有选错的得0分. 9. 设，，下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知定义在上的函数满足，且为偶函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的周期为2 B. 函数的图象关于对称 C. 函数的图象关于对称 D. 函数为奇函数 11. 已知抛物线的焦点为，准线为与轴的交点为，过的直线与分别交于两点，则以下选项正确的是（ ） A. 坐标为 B. 当时， C. 若，则 D. 过点作与垂直的直线与交于两点，则四边形面积的最小值为32 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则__________. 13. 已知，函数，若恒成立，则的取值范围是______. 14. 已知的内角A，B，C满足，其面积，则的外接圆半径为__________. 四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若，求的周长的最大值； （3）若的面积为为的中点，且，求的长． 16. 已知函数图像的一条切线方程是. （1）求a的值； （2）当，时，求证：. 17. 如图，梯形中，为上一点，，且，将沿着翻折至所在位置，使得平面平面，连接，得到四棱锥为的中点. （1）若为的中点，证明：平面； （2）在线段上是否存在点，使得，若存在，求直线与平面所成角的正弦值，若不存在，请说明理由. 18. 已知椭圆为的右焦点，短半轴长为为上动点，的最小值为． （1）求的方程； （2）已知点，点为外一点，直线交于两点， （i）为原点，若，求直线的方程； （ii）记直线的斜率分别为，若，求的面积． 19. 已知函数，. （1）求函数在处的切线方程； （2）若， （i）当时，求函数的最小值； （ii）若有两个实根，，且，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学周练6 考查内容：集合与逻辑、复数、平面向量、函数与导数（重点：函数性质、导数应用、不等式恒成立）、三角函数（重点：恒等变换、解三角形）、立体几何（重点：几何体相切、线面关系）、平面解析几何（重点：圆锥曲线与圆的综合）、不等式 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. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据一元二次不等式化简集合A，再由集合的交集运算即可. 【详解】由题意知，， 则． 故选：C． 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简，求得，再根据复数乘法运算计算即可求解. 【详解】，则， 故，所以. 故选：B 3. 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 【答案】A 【解析】 【分析】根据不等式性质可推断，再通过举反例即可得出结论. 【详解】因为，由，根据传递性可知， 因此“”能推出“”，因此充分性成立； 不妨取，满足，但不成立，因此必要性不成立； 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 4. 已知向量与的夹角为，，则等于（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的模长公式及向量数量积的运算即可求解. 【详解】， 即，即， 解得或（舍）. 故选：. 5. 20世纪30年代，里克特制订了一种表明地震能量大小的尺度，就是使用测震仪衡量地震能量的等级，地震能量越大，测震仪记录的地震曲线的振幅就越大，这就是我们常说的里氏震级M，其计算公式为其中A是被测地震的最大振幅，是“标准地震”的振幅（使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中的距离造成的偏差）．假设在一次地震中，一个距离震中100千米的测震仪记录的地震最大振幅是50，此时标准地震的振幅是0.002，则这次地震的震级为（ ）（精确到0.1，参考数据：） A. 4.4 B. 4.7 C. 5 D. 5.4 【答案】A 【解析】 【分析】直接利用题目中给出的公式和对数的运算性质求解即可得出结果. 【详解】根据题意可知这次地震的震级为： ； 因此可知这次地震的震级为级. 故选：A 6. 已知（其中），将图象向左平移个单位后得到的图象，若的图象关于原点对称，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先得到的解析式，从而根据原点对称得到方程，求出答案. 【详解】， 的图象关于原点对称，则，， 解得，， 又，故当时，，满足要求，其他均不满足. 故选：B 7. 已知双曲线的渐近线与抛物线的交点都在圆C上，则圆C与x轴正半轴的交点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过渐近性方程求得交点坐标，进而求得圆的方程即可求解； 【详解】由双曲线方程可得渐近线方程为：， 分别与抛物线方程联立：解得：或， 解得：或， 即交点分别为 设圆的方程为：， 代入三点坐标可得：， 解得：， 即圆的方程为：， 令，可得或， 所以圆C与x轴正半轴的交点坐标为， 故选：D 8. 水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为（ ） A. 4 B. C. D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据题设要使半球形容器内壁的半径的最小，保证小球与球各面（含球面部分）都相切，进而求半径最小值. 【详解】要使半球形容器内壁的半径的最小，只需保证小球与球各面（含球面部分）都相切， 此时，如上图示，为半球的球心，为其中一个小球球心，则是棱长为2的正方体的体对角线，且该小球与半球球面上的切点与共线， 所以半球形容器内壁的半径的最小值为小球半径与长度之和，即, 故选：C 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2分，有选错的得0分. 9. 设，，下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】做差法可判断AD；利用基本不等式可判断BC. 【详解】对于A，因为，所以，故A正确； 对于B，，，所以， 当且仅当即时等号成立，故B正确； 对于C，，，所以， 当且仅当即时等号成立，故C正确； 对于D，，， ， 所以，故D错误. 故选：ABC. 10. 已知定义在上的函数满足，且为偶函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的周期为2 B. 函数的图象关于对称 C. 函数的图象关于对称 D. 函数为奇函数 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意，综合利用周期性、对称性、奇偶性，逐一对选项进行分析判断. 【详解】选项A，，即函数的周期为4，所以选项A错误； 选项B，因为是偶函数，则有，即函数的图象关于对称，所以选项B正确； 选项C，因为，则，所以函数的图象关于对称，所以选项C正确； 选项D，因为，则，所以函数为偶函数，所以选项D错误. 故选：BC. 11. 已知抛物线的焦点为，准线为与轴的交点为，过的直线与分别交于两点，则以下选项正确的是（ ） A. 坐标为 B. 当时， C. 若，则 D. 过点作与垂直的直线与交于两点，则四边形面积的最小值为32 【答案】ABD 【解析】 【分析】由抛物线方程得出焦点坐标即可判断A；设，设直线，与抛物线方程联立得出和，进而得出和，根据得出，列方程求解即可判断B；由得出，代入即可判断C；设，设直线，表示出四边形面积，根据基本不等式即可判断D． 【详解】对于A，抛物线：，焦点坐标，故A正确； 对于B，设， 由题意知，直线斜率不为零，设直线， ， 可推出：， ， 所以，解得， 所以，故B正确； 对于C，， 因为， 所以，，故C错误； 对于D，设，设直线，同理推出， ， 当且仅当时等号成立，故D正确； 故选：ABD． 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】根据诱导公式和倍角公式化简计算. 【详解】因为， 所以 . 故答案为： 13. 已知，函数，若恒成立，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】条件可转化为在上恒成立，且在上恒成立，设，，分，两种情况利用导数研究函数的单调性，由此可得，设，，当时，利用导数研究函数的单调性，由此证明满足条件，当时，由说明其不满足条件，由此可得结论. 【详解】因为，所以不等式可化为， 当时，，所以， 由已知在上恒成立， 所以，其中， 设，， 则， 若，则，函数在上单调递增， 所以，满足条件， 若，令，可得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以当时，，与条件矛盾， 所以， 当时，，所以， 由已知在上恒成立， 所以，其中， 设，， 则， 若，则，函数在上单调递减， 又当，且时，， 所以当时，在上恒成立， 当时， ，， 与条件在上恒成立矛盾， 所以， 所以， 所以的取值范围是， 故答案为： 14. 已知的内角A，B，C满足，其面积，则的外接圆半径为__________. 【答案】2 【解析】 【分析】先用和、差角的正弦公式及二倍角公式化简得到，再利用三角形的面积公式结合正弦定理即可求得结果． 【详解】因为， ， 所以， 因为， 所以， 又因为，， 所以， 所以， 即， 所以，即， 设的外接圆半径为， 因为，，， 所以， 所以，所以，解得 故的外接圆半径为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若，求的周长的最大值； （3）若的面积为为的中点，且，求的长． 【答案】（1） （2） （3）1 【解析】 【分析】（1）由已知结合余弦定理即可求解； （2）由将代入，结合基本不等式即可求解周长最大值； （3）由三角形面积公式得出，由余弦定理及得出，联立求解出，根据等腰三角形的性质及勾股定理即可求解． 【小问1详解】 ， 又据余弦定理，∴， ． 【小问2详解】 由及已知得， 又， ， ，当且仅当时，等号成立， 故的周长最大值为． 【小问3详解】 ，则， ， 则，解得， ∴， 又为的中点， ，又 由勾股定理得． 16. 已知函数图像的一条切线方程是. （1）求a的值； （2）当，时，求证：. 【答案】（1） （2） 由（1）知，， 所以不等式，等价于， 令，则， 令，则，由此可知： 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以，因此，， 即，所以. 【解析】 【分析】（1）设切点坐标为，对函数求导，结合切线方程得到方程组，解方程组即可求解； （2）根据已知条件将问题转化为：，构造函数，对函数求导，利用导数求出函数的单调性，由此确定的最小值，由此即可求证不等式. 【小问1详解】 因为切线方程为，设切点为， 由，有， 所以，解得，， 所以a的值为. 【小问2详解】 略 17. 如图，梯形中，为上一点，，且，将沿着翻折至所在位置，使得平面平面，连接，得到四棱锥为的中点. （1）若为的中点，证明：平面； （2）在线段上是否存在点，使得，若存在，求直线与平面所成角的正弦值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明：取的中点，连接. 三点分别为的中点 在平面中，， 又平面平面平面 同理，，平面平面，所以平面， 又平面平面， 平面平面， 平面平面. （2）存在，. 【解析】 【分析】（1）利用中位线的性质证得线线平行，从而证得线面平行，再证得面面平行，利用面面平行的性质定理证得线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用向量线性运算的坐标表示求出点坐标，再利用向量法求线面角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面，平面平面，平面, 所以，平面. 过作的平行线，过作交于点. 以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系. 梯形中，，， 所以，则. 所以. 假设在上存在点使得，设， 设，则，解得. 因为， 所以，解得. ， 因为平面平面，故取平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，则 . 所以，线段上存在点使得，直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知椭圆为的右焦点，短半轴长为为上动点，的最小值为． （1）求的方程； （2）已知点，点为外一点，直线交于两点， （i）为原点，若，求直线的方程； （ii）记直线的斜率分别为，若，求的面积． 【答案】（1） （2）（i）或；（ii） 【解析】 【分析】（1）由的最小值为，短半轴长为及列出方程组求解即可； （2）（i）设直线的方程为：，点，与椭圆方程联立，得出，再根据得出，列出方程求解即可；（ii）分类讨论，当直线斜率为0时，设，分别求得，由求得，即可求得的面积；当直线斜率不为0时，设，同理得出，则点在定直线上，即可求得的面积． 【小问1详解】 ， ， 可得椭圆方程：． 【小问2详解】 （i）设直线的方程为：，点， 则， 则， 由题，可得：， 则， ， 则直线的方程为：或． （ii）①当直线斜率为0时，不妨设， 则，， 所以， ； ②当直线斜率不为0时，设， 由（i）得， ， 则， ， ， 所以点在定直线上，平行直线，点到直线的距离， ， 综上可知，的面积为． 19. 已知函数，. （1）求函数在处的切线方程； （2）若， （i）当时，求函数的最小值； （ii）若有两个实根，，且，证明：. 【答案】（1） （2）（i）1； （ii）由题意，，定义域为， 由题意有两个不相等的实数根， 令，则， 所以在上递增，所以， 令， 所以有两个不相等的正的零点，且， 即，两式分别相加减得， . 所以② 要证，只需证， 即证，即需证， 由②知，， 故只需证， 不妨设，令， 则只需证，即， 故只需证， 令 则， 所以在上单调递增， 所以， 即当时，成立. 所以，即，故. 【解析】 【分析】（1）计算，由导数的几何意义即可求； （2）（i）求出，利用导数判断单调性，即可求出最值；（ii）将方程有两个实根转化为有两个不相等的零点，由此列方程，将证明转化为证明，由导数证明不等式成立. 【小问1详解】 因为，所以， 所以，又， 所以函数在处的切线方程为：，即. 【小问2详解】 （i）当时，，定义域为， ， 令， 则， 所以在上单调递增， 又因为， 所以使得，即，① 故当时，，即，此时在上单调递减； 当时，，即，此时在上单调递增， 所以当时，函数有最小值， 由①可得，即， 所以函数的最小值为. （ii）略 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式，主要的方法是通过已知条件，化归与转化所要证明的不等式，然后通过构造函数法，结合导数来所构造函数的取值范围，进而证明不等式成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $