浙江省杭州学军中学2025-2026学年高一下学期数学周末练3

杭州学军中学2025学年高一（下）数学周末练3 出题：杨海江 审题：顾侠 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。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，，则中元素的个数为（  ） A．2 B．3 C．4 D．6 2．复数的虚部是（  ） A． B． C． D． 3．已知，条件：，条件：，则是的（  ） 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 4．设，且，则（  ） A． B． C． D． 5．如图所示，一个正四棱台的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为，则该正四棱台的体积为（  ） A． B． C． D． 6．设，，则（  ） A． B． C． D． 7．设是定义在上的偶函数，对任意的，都有，且当时，，则在区间内关于的方程的根的个数为（  ） A． B． C． D． 8．已知单位向量不共线，且向量满足若对任意实数λ都成立，则向量夹角的最大值是（  ） A． B． C． D． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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．设函数，则下列结论正确的是（   ） A．的一个周期为 B．的图象关于直线对称 C．的一个零点为 D．在上单调递减 10．如图所示，圆锥的轴截面是面积为的正三角形，用平行于圆锥底面的平面截该圆锥，截面圆与，分别交于点，，且，则（   ） A．圆锥的表面积为 B．圆台的高为 C．圆锥的体积为 D．从点出发沿着该圆锥侧面到达中点的最短路程为5 11．棣莫佛（，1667~1754）出生于法国香槟，十八岁去了英国伦敦，他在概率论和三角学方面，发表了许多重要论文，英国著名诗人波普（A.Pope，1688~1744）在《人类小品》中写道：“是谁教那蜘蛛/不用直线或直尺帮忙/画起平行线来/和棣莫佛一样稳稳当当”.1707年棣莫佛提出了公式：，其中，.根据这个公式可得（   ） A． B． C． D．存在8个不同的复数，使 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．若正数a，b满足，则的最小值是 ． 13．已知，若在上任取三个数，均存在以为三边的三角形，则m的取值范围为 ． 14．已知三棱锥中，，，，，则三棱锥的内切球半径为 ． 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．已知函数.从下面的两个条件中任选其中一个： ①； ②若，且的最小值为，，求解下列问题： （1）化简的表达式并求的单调递增区间； （2）已知，求的值. （注：条件①、②只能任选其一，若两个都选，则以条件①计分） 16．如图所示，在中，，边上的高． (1)画出水平放置的的直观图； (2)求直观图的面积． 17．如图，在平面四边形中，，，，. （1）求； （2）若为锐角三角形，求面积的取值范围. 18．在四面体中，、分别是、的中点，点、分别是边上的点，且． (1)求证：、、、四点共面； (2)若四面体为棱长为6的正四面体，且，求四边形的周长； (3)若平面截四面体所得的五面体的体积占四面体的，求的值． 19．定义在Ｄ上的函数，如果满足：对任意，存在常数，都有成立，则称是D上的有界函数，其中称为函数的上界. 已知函数，. （1）当时，求函数在上的值域，并判断函数在上是否为有界函数，请说明理由； （2）若函数在上是以3为上界的有界函数，求实数a的取值范围； （3）若，函数在上的上界是，求的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $《杭州学军中学2025学年高一(下)数学周末练3》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D B D D B D B ABC ABD 题号 11 答案 AD 1.C 【分析】采用列举法列举出中元素的即可. 【详解】由题意,中的元素满足,且, 由,得, 所以满足的有, 故中元素的个数为4. 故选:C. 【点晴】本题主要考查集合的交集运算,考查学生对交集定义的理解,是一道容易题. 2.D 【分析】根据复数的除法运算可化简复数,进而可得虚部. 【详解】,所以虚部为, 故选:D 3.B 【解析】根据充分性、必要性的定义,结合对数的运算性质和对数函数的性质进行判断即可. 【详解】若,则有,因此有,故; 反之,若,当其中有负数时,不成立,故是的必要不充分条件. 故选:B 4.D 【分析】根据同角三角函数的基本关系得到,再根据两角和的余弦公式及诱导公式得到,再根据、的范围判断即可. 【详解】解:因为,所以,即, 即, 即, 因为,所以, 所以,即. 故选:D 5.D 【分析】检验所给定条件,结合正四棱台的结构特征求出正四棱台的高扩底面边长,再利用台体的体积公式计算得解. 【详解】设,则,正四棱台的各个侧面都为等腰梯形,上､下底面为正方形, 在四边形中,过点作于点,,则, ,解得, 在平面中,过点作于点,则为正四棱台的高, 且,因此, 该正四棱台的体积为. 故选:D 6.B 【详解】 ,即 又 即 故选:B. 7.D 【分析】依题意可得的周期为,再根据偶函数的性质求出函数在上的解析式,从而得到函数的图象,将方程的根的个数转化为和在上的交点个数,数形结合即可得解. 【详解】解:因为是定义在上的偶函数,对任意的,都有, 所以,即,所以函数的周期为, 当时,则,此时, 即, 由,,得,分别作出函数和,的图象,如图所示, 则由图象可知两个函数的图象的交点个数为个,即方程的零点个数为个. 故选:D. 8.B 【分析】对两边平方化简可得,再平方化简整理得恒成立,然后由可求出的范围,从而可求出的最大值 【详解】设向量夹角为,设向量与的夹角为, , 由,得 , 所以, 所以, 所以 所以, 所以对任意实数 都成立, 即恒成立, 当,即,得,上式恒成立, 当时,即,, , 所以得, 因为,所以 综上,, 所以向量夹角的最大值是, 故选:B 9.ABC 【分析】根据周期、对称轴、零点、单调性,结合整体思想即可求解. 【详解】对于A项,函数的周期为,,当时,周期,故A项正确; 对于B项,当时,为最小值,此时的图象关于直线对称,故B项正确; 对于C项,,,所以的一个零点为,故C项正确; 对于D项,当时,,此时函数有增有减,不是单调函数,故D项错误. 故选:ABC. 10.ABD 【分析】由轴截面面积求出底面半径,再由圆锥表面积公式得解判断A,根据平行线分线段成比例可得判断B,由圆锥的体积公式求解判断C,利用侧面展开图转化为线段求解判断D. 【详解】对于A,设的边长为,由已知得,解得, 所以圆锥的表面积为,故A正确; 对于B,因为,所以,又, 所以,故B正确; 对于C,圆锥的体积为,故C错误; 对于D,由已知得圆锥的侧面展开图的圆心角,设的中点为,连接,如图, 可得,,,则,故D正确. 故选:ABD 11.AD 【分析】利用复数的三角形式的性质和三角函数恒等变换公式逐个分析判断即可 【详解】解:根据题意,在, 令可得. 对于A,设,则有, 变形可得, 则,A正确; 对于B,设,则有, 变形可得, 则,B错误; 对于C,,C错误; 对于D,设,若,即,则有,, 则,在区间上,有8个解,即存在8个不同的复数,使,D正确; 故选:AD. 12. 【分析】设,得到,结合基本不等式,即可求解. 【详解】设,则,可得, 所以 , 当且仅当时,等号成立,取得最小值. 故答案为:. 13. 【分析】对条件“在上任取三个数,均存在以为三边的三角形”进行转化,转化为“函数在上的最大值小于最小值的2倍”,即把问题转化为求二次函数在给定区间上的最值这一简单问题,然后解不等式即可. 【详解】函数,对称轴为,,所以在上的最小值为, 最大值为, 由题意,即,解得. 故答案为:. 14. 【详解】此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线,由余弦定理得, 设长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为, 则,解得, 故三棱维的体积为, 又三棱锥四个侧面是全等的, 故三棱锥的表面积为, 设内切球半径为,以内切球球心为顶点,把三棱锥分割为以球心为顶点,四个面为底面的四个小三棱锥,四个小三棱锥体积等于大三棱锥的体积,故. 故答案为:. 15.(1),单调递增区间为, (2) 【分析】(1)由题意分别对①②进行化简得出函数解析式,再求函数的单调区间即可; (2)由(1)得出函数解析式,代入,再由三角恒等变换即可得. 【详解】(1)解:若选择条件① , 由, 得, 所以的单调递增区间为, 若选择条件②,若,即是的最大值点,是的零点且的最小值为, 设的周期为T, 由此可得,即有, ∴ 由,可得,即有 可得或, 再结合,可得, 综上可得:, (2)解:, 可得, ∵, ∴, 从而可得,即有, ∵ ∴, 由, 可得, 故. 16.(1)作图见解析 (2) 【分析】(1)利用斜二测画法画出直观图即可; (2)作,为垂足,求出即可求解. 【详解】(1)①以为原点,所在直线为轴,所在直线为轴建立平面直角坐标系,如图①, ②画出对应的,轴,使, 在轴上取点,,使,, 在轴上取点,使, 连接,,则即为的直观图,如图②. (2)在图②中,作,为垂足, ,, , . 17.(1);(2). 【分析】(1)由正弦定理即得; (2)由题可得,再结合条件可求,即得. 【详解】(1)由正弦定理得,,又,,. ∴,又 ∴. (2)由,可得, 在中, 由正弦定理得,, ∴, ∵为锐角三角形, ∴, ∴,∴, ∴,, ∴, ∴. 18.(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】(1)利用平行的传递性证明即可; (2)由余弦定理及线段成比例即可求解; (3)延长,则必交于点,利用相似比求解即可. 【详解】(1)连接, 因为H、G分别是AD、CD的中点, 所以, 又, 所以, 所以, 所以E、F、G、H四点共面; (2), 为三等分点,又是中点, 所以, 由余弦定理可得:, 得:,同理 ,、分别是、的中点, 所以,, 所以四边形的周长. (3)延长,则必交于点, 证明如下:设, 因为平面, 所以平面, 同理平面, 又平面平面, 所以, 所以,则必交于点, 取的中点,连接, 因为, 所以, 又, 所以, 所以, 又, 所以, 所以, 所以,即, 所以,, 所以, , 所以,即, 所以,即, 所以, 解得或, 又因为, 所以 19.(1)值域为,不是有界函数,理由见解析;(2);(3)当时,的取值范围是;当时,的取值范围是. 【分析】(1)当时,确定在给定区间上的单调性即可求得其值域,再由给出的定义判断得解; (2)在给定条件下可得,去绝对值符号,分离参数,再构造函数,利用导数求出函数的最值即可得解; (3)根据给定条件求出在上的最大值与最小值,再分段比较的最大值绝对值与最小值绝对值大小即可得的值域. 【详解】(1)当时,,显然在上递减,即有, 于是得在上的值域为,显然不存在常数,使成立, 所以函数在上不是有界函数; (2)依题意,在上恒成立,而, 于是得在上恒成立, 当x≥0时,令,,则,因此,在上递减, 当时,,即当时,取最大值-5, 令,显然在上递增,当时,,即当时,取最小值1, 从而有, 所以实数a的取值范围为; (3)依题意,,,而,则在上递减, 于是得,即, ①当时,恒有,此时,, 解,当时,,而成立,则, 当时,,解得, 当时,,而不成立,此时无解, 综上得当时,,即当时,, ②当,恒有,此时,, 解得,即当时,, 所以,当时,的取值范围是;当时,的取值范围是. 20.C 【分析】先将复数化简成,从而求出其共轭复数,得到其虚部. 【详解】因为=,所以共轭复数为:,虚部为,故选. 【点睛】主要考查了复数的运算,以及共轭复数,虚部等概念,属于基础题. 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 $