精品解析：江苏宜兴市官林中学2025-2026学年高三下学期周测1数学试题

高三数学周练1 一、单选题：本题共6小题，每小题5分，共30分． 1. 抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 2. 设，是两个不同的平面，是直线且．“”是“”的 A 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 在中，点，分别为，边上中点，点满足，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数的图象向右平移个单位后关于原点对称，则的最小值为（ ） A B. C. D. 5. 已知数列满足，，，记，为数列的前项和，则（ ） A 63 B. 127 C. 255 D. 256 二、多选题 本大题共2小题，每小题6分，共12分. 6. 在长方体中，已知，与平面所成的角为，则（ ） A. B. 四面体的体积为 C. 与平面所成的角为 D. 二面角所成角的余弦值为 7. 已知函数，是一个极值点，则（ ） A. B. 的图像在点处的切线方程为 C. 若方程有一个解，则 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 8. 的二项展开式中项的系数为______． 9. 已知直线与圆交于、两点，当取得最小值时，其正弦值为______． 10. 若函数是奇函数，则实数__________． 四、解答题：本题共2小题，共44分. 11. 在①，②，③的面积为，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答． 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且______． （1）求角A； （2）若，的内切圆半径为，求的面积． 12. 如图，在四棱锥中，侧面是等边三角形，，且，． （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面所成角的正弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学周练1 一、单选题：本题共6小题，每小题5分，共30分． 1. 抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先得到抛物线的标准方程，再由标准方程得到其准线方程； 【详解】抛物线的标准方程为，所以抛物线的焦点在轴正半轴， ，则准线方程为. 故选：D 2. 设，是两个不同的平面，是直线且．“”是“”的 A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，，∴和没有公共点，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分条件．故选B． 考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断. 【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项. 3. 在中，点，分别为，边上的中点，点满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量加法及数乘向量运算求解即得. 【详解】因为点，分别为，边上的中点，所以， 又，则， 所以. 故选：B 4. 已知函数的图象向右平移个单位后关于原点对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由图象变换得到新函数，根据三角函数性质及诱导公式求解. 【详解】将函数的图象向右平移个单位，得到， 因为该图象关于原点对称，所以，解得， 因为，所以的最小值为， 故选：A. 5. 已知数列满足，，，记，为数列的前项和，则（ ） A. 63 B. 127 C. 255 D. 256 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得数列是以为首项，为公比的等比数列，利用等比数列的前项和公式即可求解. 【详解】由得， 又，易得， 两边同时取以为底的对数得， 即， 又， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 则. 故选：C. 二、多选题 本大题共2小题，每小题6分，共12分. 6. 在长方体中，已知，与平面所成的角为，则（ ） A. B. 四面体的体积为 C. 与平面所成的角为 D. 二面角所成角的余弦值为 【答案】BC 【解析】 【分析】利用长方体的几何性质，结合勾股定理求出相关边长进而判断选项A；利用四面体体积公式计算体积判断选项B，利用线面角的性质计算判断选项C；利用二面角的性质等分析、计算，判断选项D． 【详解】 ，则，， 在长方体中，平面， 与平面所成的角为， ， ， ， ， 在长方体中，， ，故A错误； ， ，， ，故B正确； 平面，即为与平面所成的角， ， ，故，故C正确； 选项D：连接，则二面角即为平面与平面所成的角，设为， 由长方体的性质可知，即为二面角所成的角，即 ，故D错误． 故选：BC． 7. 已知函数，是的一个极值点，则（ ） A B. 的图像在点处的切线方程为 C. 若方程有一个解，则 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用极值点的定义可判断A；利用切线的方程的求法可判断B；利用三次函数图象的特点可判断C；代入作差，可判断D. 【详解】求导得 ， 由题意得，解得  或 ， 由  得 ，故 A 错误； 由  得 ，， ， 点处的切线斜率， 所以切线方程为 ，即 ，B 正确； 令，得或， 当  时， ，所以函数单调递增， 当  时， ，所以函数递减， 当  时， ，所以函数递增. 所以的极大值为， 的极小值为. 为三次函数，要使只有一个解，只需的极小值或的极大值. 所以或，故C正确； 易知，则. 即  恒成立，故D 正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 8. 的二项展开式中项的系数为______． 【答案】 【解析】 【分析】求出二项式展开式的通项公式，再确定项的系数即可. 【详解】二项式的展开式通项公式为， 由，得，则， 所以的二项展开式中项的系数为. 故答案为： 9. 已知直线与圆交于、两点，当取得最小值时，其正弦值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】求出直线恒过点，再得出当取得最小值时，，利用倍角公式可求. 【详解】的标准方程为， 可化为， 若，则，则直线恒过点， 因，所以点在圆内部， 当取得最小值时，最小，则点到直线的距离最大，此时， 因为， 所以当时，，， 当取得最小值时，其正弦值为. 故答案为： 10. 若函数是奇函数，则实数__________． 【答案】1 【解析】 【分析】根据奇函数的定义建立的方程，并对分类讨论求解. 【详解】因为是奇函数，则， 所以， 即， 又因为是单调函数， 所以， 化简可得：， 则， 当时，有， 化简方程可得：， 由于该恒等式对定义域内所有成立，则， 解得，当时，， 定义域为，关于原点对称， 且， 满足奇函数定义，所以，. 当时，同理可化简方程得：，方程不能恒成立， 综上可知，. 故答案为：1. 四、解答题：本题共2小题，共44分. 11. 在①，②，③的面积为，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答． 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且______． （1）求角A； （2）若，的内切圆半径为，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）选①，根据已知条件及正弦定理的边角化，再利用三角形的内角和定理及两角和的正弦公式，结合三角函数的特殊值对应特殊角注意角的范围即可求解； 选②，根据已知条件及三角形的内角和定理，再利用两角和的正切公式及三角函数的特殊值对应特殊角注意角的范围即可求解； 选③，根据已知条件及三角形面积公式，再利用余弦定理的推论及三角函数的特殊值对应特殊角注意角的范围即可求解； （2）根据（1）的结论及三角形的面积公式，结合余弦定理即可求解. 【小问1详解】 若选①，由及正弦定理，得， 即， 即， 所以， 因为,所以， 所以，又, 所以． 若选②，由，得 ， ∴， 因为,所以，当时，不存在， 所以，又, 所以． 若选③，因为的面积为， 所以， 即， 所以，又, 所以． 【小问2详解】 由（1）知，， ∵内切圆半径为， ∴，即 ， 由余弦定理，得，即， 所以， 联立，得，解得， 所以． 12. 如图，在四棱锥中，侧面是等边三角形，，且，． （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）分别取的中点，连接，根据等腰梯形的性质得，根据等边三角形的性质得，根据勾股定理得，进而可证平面，从而可证平面平面. （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，进而可求所成角的正弦值． 【小问1详解】 如图，分别取的中点，连接， 因，且，所以四边形为等腰梯形， 所以，且， 所以. 因为侧面是边长为2的等边三角形，所以，， 所以，所以， 又平面，，所以平面， 又平面，所以平面平面. 【小问2详解】 由（1）知平面平面， 又，所以两两垂直，以为原点，以分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为则，即， 取，则，所以. 设平面的法向量为则，即， 取，则，所以. 所以平面与平面所成角的余弦值为， 所以平面与平面所成角的正弦值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $