湖南永州市宁远一中崇德学校2026-2027学年高三上学期8月20号数学周练

**基本信息** 涵盖集合、函数、三角、立体几何、解析几何等高中数学核心知识，通过分层设问与综合题型，考查数学抽象、逻辑推理及空间观念，适配周测巩固与能力诊断需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|7/35|集合运算、函数定义域与值域、三角恒等变换|基础概念辨析，如第5题结合复合函数定义域考查抽象能力| |多选题|2/12|正方体线面关系、直线与圆位置关系|第8题以动态点运动情境考查空间观念与体积不变性| |填空题|2/10|等比数列求和、解三角形最值|第11题结合降幂公式与基本不等式，体现数学思维严谨性| |解答题|3/43|解三角形（多问）、椭圆方程与直线位置关系、导数证明与零点|第13题通过面积关系转化为中点问题，考查数学建模与运算能力；第14题导数证明与零点数列求和，培养逻辑推理与创新意识|

宁远一中崇德学校2026-2027学年8月20号数学周练(80分钟） 姓名：___________班级：___________得分：___________ 一、单选题（共35分） 1．（本题5分）已知集合，集合，则 A． B． C． D． 2．（本题5分）（   ） A． B． C． D． 3．（本题5分）若函数则函数的值域为（    ） A． B． C． D． 4．（本题5分）已知，则函数的解析式为（ ） A． B． C．（） D．（） 5．（本题5分）已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ） A． B． C． D． 6．（本题5分）在 中，角 的对边分别为 ，且 ，则 的形状是（    ） A．等腰三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．不确定的 7．（本题5分）已知函数，，直线为图象的一条对称轴，且在上单调，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题（共12分） 8．（本题6分）如图，点在正方体的面对角线上运动（点异于，点），则下列结论正确的是（     ） A．异面直线与所成角为60° B．平面 C．三棱锥的体积不变 D．直线与平面所成角正弦值的取值范围为 9．（本题6分）下列结论正确的是（　　） A．若直线l：与圆O：相交，则点在圆O的外部 B．直线被圆所截得的最长弦长为 C．若圆上有4个不同的点到直线的距离为1，则有 D．若过点作圆O：的切线只有一条，则切线方程为 三、填空题（共10分） 10．（本题5分）若数列是等比数列，且其前项和为，则实数________． 11．若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b﹣2a＋4asin2＝0，则tanB的最小值为_______ 四、解答题（共43分） 12．（本题13分）在中，角的对边分别为.已知，，. (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值. 13．（本题15分）已知椭圆：（）的离心率为，且过点，为其右焦点． (1)求椭圆的方程； (2)求过点的直线与椭圆相交于，两点（点在，两点之间），若与的面积相等，试求直线的方程． 14．（本题15分）已知函数，．（选择性必做） (1)求； (2)证明：当时，； (3)设函数，将函数的零点从小到大排列构成数列，求数列的前8项的和． 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 《宁远一中崇德学校2026-2027学年（上）8月20号周练数学周练》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 B C D D A A B ABC AD 1．B 【分析】由集合，集合求即可. 【详解】解:由集合，集合， 则, 故选:B. 【点睛】本题考查了集合交集的运算，属基础题. 2．C 【分析】根据给定条件，利用诱导公式及和角的正弦求解. 【详解】. 故选：C 3．D 【解析】分别根据二次函数和指数函数的性质，求得区间和上点值域，即可求解. 【详解】由二次函数的性质，可得函数在区间单调递减， 当，函数取得最小值，最小值为，即值域为； 由指数函数的性质，可得函数在区间单调递增，此时值域为， 综上可得，函数的值域为. 故选：D. 4．D 【详解】令,则, 已知, 所以, 所以. 5．A 【分析】先由函数的定义域求复合函数的定义域，再结合对数函数的性质可得. 【详解】因为函数的定义域为，在函数中，要使函数有意义， 则，即，解得，所以函数的定义域为. 6．A 【分析】根据诱导公式化简条件，再根据取值范围求出，最后得到答案. 【详解】. 条件化为 ， ，，故 . 所以三角形为等腰三角形. 7．B 【分析】设函数的最小正周期为，根据正弦型函数的对称性可得出，可求出的表达式，然后结合正弦型函数的单调性得出，可求出的可能取值，然后对的取值由大到小进行分类讨论，确定的取值，根据以及的取值范围可得出的值，可得出函数的解析式，再结合正弦型函数的单调性检验即可. 【详解】因为，由题意可知，点为函数的一个对称中心， 设函数的最小正周期为， 又因为直线为图象的一条对称轴，则， 即，解得， 又因为在上单调，则，可得，解得， 所以，解得， 又因为，故， 当时，，此时， 所以， 因为，所以，则，可得， 此时， 当时，， 此时函数在上不单调，不符合题意； 当时，，此时， 所以， 因为，所以，则，可得， 此时， 当时，，此时函数在上单调递减，符合题意. 综上所述，的最大值为. 8．ABC 【分析】选项A：利用异面直线的夹角定义求解即可，选项B：利用线面垂直的定义结合线面垂直的判定定理求解即可,选项C：利用等体积法求解即可，选项D：建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求出线面角正弦值的表示式，再运用二次函数的性质即可求得其范围. 【详解】 对于A，因为正方体中，且为等边三角形，故异面直线与夹角为，故A正确； 对于B，由正方体的性质可知，，平面，, 平面，又因为平面，， 同理可得平面，又因为平面，， 又因为平面，平面，故B正确； 对于C，因为平面，平面，所以平面, 所以为定值，故C正确； 对于D，建立如图所示直角坐标系，设正方体的棱长为1，， 则，，，，， 从而，， 由正方体的性质知：平面， 即平面，故平面的法向量可取为， 直线与平面所成角正弦值为，, 因为，， 所以，故D错误. 故选：ABC. 9．AD 【分析】对于A，利用点到圆心的距离大于该圆的半径即可求解，对于 B，通过求出直线恒过的圆内定点，确定过该定点的最短弦长为，对于C，将距离条件转化为圆必须与两条特定的平行直线均产生交点，从而推导出圆的半径必须大于圆心到较远平行线的距离，对于D，由点在圆上即可确定切线的斜率，进而使用点斜式方程即可求解. 【详解】对于A，圆O的圆心为，半径， 其圆心到直线的距离为， 即到圆心的距离，所以点在圆O的外部，A正确， 对于B，整理直线得，令，解得，则直线过定点， 已知圆心为，半径，则， 所以定点在圆内， 经过圆内一点的最长弦即为该圆的直径，长度为， 最短弦长为与垂直的弦，其长度为，故B错误， 对于C，圆上的点到直线的距离为1，则有， 即这些点位于两条平行线上，即， 整理得或， 这两条直线到原点的距离分别为和， 要使圆上有4个不同的点满足条件，则两条直线都应与圆交于两点， 则有，故C错误， 对于D，由题意得在圆上，且，所以过的切线的斜率， 所以切线方程为，整理得，故D正确. 10．3 【分析】通过推导出时的通项公式，结合条件可得时也满足该通项公式，进而可求得的值. 【详解】由题意得， 当时，， 因为数列是等比数列，所以时也满足， 即，解得. 11． 【分析】利用三角形内角和定理、三角诱导公式、降幂升角公式、正弦定理等等，得到，再由两角和与差的正切公式以及利用基本不等式求最值. 【详解】∵b﹣2a＋4asin2＝0， ∴，∴， ∴，∴， ∴. ， 经检验“＝”取得到． 故答案为：. 12．(1) (2)3 (3). 【分析】（1）由正弦定理边角互化即可； （2）由余弦定理计算； （3）利用正弦定理和倍角公式、两角和的正弦公式计算. 【详解】（1）由正弦定理以及可得， 显然，得，由，故. （2）由（1）知 ，且 ，， 由余弦定理得， 解得（ 舍去），故. （3）由正弦定理，且，，，得， 因为，所以为锐角，故，故， 则； 故. 13．(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的性质和离心率分别求出，进而求出椭圆方程； （2）设直线方程，利用已知几何关系结合椭圆的性质求出点坐标，进而求出直线的方程． 【详解】（1）已知离心率，则，故， 椭圆过点，则，解得，故， 椭圆的方程为． （2）为椭圆的右焦点，由（1）知， 由已知直线斜率存在，设为，则直线的方程为， 若，则为轴，此时三点共线，不合题意，舍去； 设，且在之间， 已知与的面积相等，且等高，则， 故是中点，则， 由位于椭圆上，则， 整理得，联立椭圆方程得， 解得，代入椭圆方程得：，解得， 故或， 则直线的斜率为， 故直线方程为：． 14．(1)1 (2)设，则， 由于恒成立，因此，则在上单调递减， 当时，，即，故. (3) 【分析】（1）对函数求导，代入求值即可； （2）构造新函数，判断单调性，利用端点函数值完成证明； （3）利用三角恒等变换化简函数求零点，按照从小到大排列，求和即可. 【详解】（1），所以. （2）略 （3），. 令，可得或， 由，，可得； 由，可得时​，解得或， 的零点从小到大排列，得到前8项为： ， 依题意，数列的前8项的和为 . 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 $