江苏省海门中学2027届高三数学一轮复习作业03

**基本信息** 聚焦高三数学核心知识，通过立体几何线面关系、函数性质、集合运算等模块设计，强化空间观念与推理能力，适配暑期复习巩固需求。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|6|立体几何线面关系、集合运算、充要条件、函数定义域与值域、圆台侧面积|以基础概念辨析为主，考查抽象能力与空间观念| |多选题|2|函数定义域、命题否定、不等式恒成立、正方体动态问题|结合几何直观，培养批判性思维与推理意识| |填空题|2|多项式性质、最值问题|强调符号运算与模型意识，提升数学表达能力| |解答题|3|集合运算、函数奇偶性与不等式、立体几何证明与二面角|综合逻辑推理与运算能力，贴合高考对数学思维的考查趋势|

江苏省海门中学2027届高三数学暑期作业03 一、单选题 1．设是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题正确的是 A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 2．已知集合，，则( ) A． B． C． D． 3．已知，，若是的必要条件，则实数的范围是（     ） A． B． C． D． 4．函数的定义域为（ ） A． B． C． D． 5．函数，的值域为（    ） A． B． C． D． 6．一个圆台的轴截面周长为4，则该圆台侧面积的最大值为（     ） A． B． C． D． 二、多选题 7．下列结论正确的是（   ） A．函数的定义域是 B．“”的否定是“” C．若，，，则的最小值为4 D．不等式对一切实数x恒成立的充要条件是 8．如图，正方体的棱长为4，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（     ） A．若平面，则的轨迹长度为4 B．过，，三点的平面截正方体所得截面面积是18 C．三棱锥的体积为定值 D．三棱锥的外接球体积为 三、填空题 9．已知多项式 满足对任意非零实数，则 _________. 10．已知，则的最小值为__________. 四、解答题 11．已知集合，集合. (1)求； (2)已知，若是的充分不必要条件，求实数的取值范围. 12．已知函数． (1)若函数为奇函数，求实数的值； (2)若，解不等式． 13．如图， ，平面，平面，平面平面. (1)求证：； (2)求证：； (3)当时，求二面角的余弦值. 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 $ 江苏省海门中学2027届高三数学暑期作业03 一、单选题 1．设是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题正确的是 A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】B 【详解】试题分析：对于A选项，有可能是直线在平面内；对于C选项，有可能是两平面相交；对于D选项，有可能是两直线异面故应选B． 考点：面面平行的性质定理． 2．已知集合，，则( ) A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由得，所以， ， 所以 . 3．已知，，若是的必要条件，则实数的范围是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，得到，分，和，三种情况讨论，列出不等式，即可求解. 【详解】由集合，， 因为是的必要条件，则， 当时，此时集合为空集，满足； 当时，由不等式，可得，即， 要使得，则满足，即，解得； 当时，由不等式，可得，即， 要使得，则满足，即，解得， 综上可得，实数的取值范围为. 4．函数的定义域为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题意得，解得或， 所以函数的定义域为. 5．函数，的值域为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】应用导数研究函数的区间单调性，进而求各区间端点值并比较大小，即可得值域. 【详解】对，求导得， 令且，解得，， 当，，在上单调递增， 当，，在上单调递减， 当，，在上单调递增， ， ， ， ， 综上，在上的值域为. 6．一个圆台的轴截面周长为4，则该圆台侧面积的最大值为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用圆台的侧面积公式结合基本不等式求解即可. 【详解】设圆台上、下底面半径分别为、，母线长为，则轴截面是等腰梯形， 周长为即. 由题意得 ∴圆台侧面积为， 当且仅当，即时，等号成立. 圆台侧面积的最大值为. 二、多选题 7．下列结论正确的是（   ） A．函数的定义域是 B．“”的否定是“” C．若，，，则的最小值为4 D．不等式对一切实数x恒成立的充要条件是 【答案】BC 【详解】 选项A：函数有意义需满足，解得且， 即定义域为，不是，A错误； 选项B：全称量词命题的否定为存在量词命题，规则是将全称量词改为存在量词，同时否定结论， 因此“”的否定为“”，B正确； 选项C：因为， 则， 当且仅当时等号成立，故最小值为4，C正确； 选项D：对任意实数恒成立， 需满足判别式，解得，D错误. 8．如图，正方体的棱长为4，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（     ） A．若平面，则的轨迹长度为4 B．过，，三点的平面截正方体所得截面面积是18 C．三棱锥的体积为定值 D．三棱锥的外接球体积为 【答案】ABC 【分析】对于A：先找平行的平行平面，确定过且与该平面平行的平面和底面的交线，该交线即为点的轨迹，再计算轨迹长度；对于B：先找过，，三点的平面与正方体各棱的交点，确定截面的形状，再用对应多边形面积公式计算截面面积.对于C：利用等体积法将三棱锥的体积转化为的体积，判断点到平面的距离是否为定值，即可判断体积是否为定值；对于D：先求外接球半径，再代入球的体积公式计算； 【详解】对于A：取的中点，连接， 因为是中点，是中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为，所以， 又因为，所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面， 要想平面，只需在平面内运动即可，又因为在平面内运动， 所以点的轨迹为平面与平面在正方体内部的交线，， 即点的轨迹长为4，A正确； 对于B：，所以四边形为平行四边形，所以， 又因为，所以，且，所以四点共面， 所以截面即为梯形，并且， 所以等腰梯形的高， 故其面积，B正确. 对于C：为定值，C正确； 对于D：三棱锥的外接球即为长宽高为的长方体的外接球， 半径， 则三棱锥的外接球体积为，D错误； 三、填空题 9．已知多项式 满足对任意非零实数，则 _________. 【答案】2026 【分析】根据为多项式，再结合，可知函数为一次函数，设出解析式求解. 【详解】因为多项式的正次项仅来自，对比右侧正次项仅为，可知 最高次为1，因此为一次多项式， 设，则， 对比系数得，所以，因此. 10．已知，则的最小值为__________. 【答案】 【分析】由已知得，利用基本不等式求和的最小值. 【详解】∵， ∴， 当且仅当时取等号，则的最小值为. 故答案为： 四、解答题 11．已知集合，集合. (1)求； (2)已知，若是的充分不必要条件，求实数的取值范围. 【答案】(1). (2) 【分析】（1）解指数不等式化简集合，解对数不等式化简集合，再根据补集、交集的定义计算可得； （2）解一元二次不等式化简集合，依题意是的真子集，显然，即可得到不等式组，解得即可. 【详解】（1）由，即，即，解得，即， 由，即，所以，解得，即， 所以，则. （2）由，即， 因为恒成立，解得， 所以， 由是的充分不必要条件，所以是的真子集，显然， 所以（等号不同时取到），解得， 所以实数的取值范围是. 12．已知函数． (1)若函数为奇函数，求实数的值； (2)若，解不等式． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据奇函数的定义求解即可. （2）根据换元法和指数函数的性质求解即可. 【详解】（1）因为函数为奇函数，所以，即 . 化简得， 所以，即. （2）时，原不等式可化为，设，则. 所以不等式变为，化简得， 因为，所以，所以要使得不等式成立，则. 即，即，根据指数函数的性质可知. 所以不等式的解集为. 13．如图， ，平面，平面，平面平面. (1)求证：； (2)求证：； (3)当时，求二面角的余弦值. 【答案】(1)因平面，平面，平面平面,则； (2)因平面，平面,则, 又平面平面，平面平面，平面， 则平面，又因平面，故； (3) 【分析】（1）利用线面平行的性质易证； （2）利用线面垂直的判定定理与性质定理，以及面面垂直的性质定理即可得证； （3）根据条件建系，求出相关点和向量的坐标，利用向量夹角的坐标公式计算即得. 【详解】（1）略 （2）略 （3）由（2）可得两两垂直，故可以点为坐标原点， 分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因，，则， 故得， 设平面的一个法向量为， 则，故可取； 设平面的一个法向量为， 则，故可取， 则， 由图知是钝二面角，故二面角的余弦值为. 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 $