江苏省海门中学2027届高三数学一轮复习作业07

2027届高三数学一轮复习作业07 一、单选题 1．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 3．已知，，，，则下列不等式一定正确的是（    ） A． B． C． D． 4．已知，是两个不同的平面，是一条直线，且，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 5．设、为两个集合，定义且，将称为“集合A与B的笛卡尔积”，则下列关于“笛卡尔积”的结论正确的是（    ） ①； ②； ③； ④若集合中有个元素，若集合中有个元素，则集合中有个元素． A．①② B．②③ C．③④ D．②④ 6．在三棱锥中，，，若平面平面，则三棱锥外接球表面积为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 7．如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别为棱 ，的中点，则（   ）    A．平面截正方体所得的截面图形为等腰梯形 B．平面 C．异面直线与 所成角的余弦值为 D．三棱锥外接球的表面积为 8．若正实数满足 ，则（     ） A．的最小值是 B．的最大值是 C．的最大值是 D．的最小值是 三、填空题 9．若命题“”为假命题，则实数的取值范围是___________. 10．设函数，当时，函数的最小值为______；若无最小值，则实数的取值范围是______． 四、解答题 11．已知函数 (1)求关于的不等式的解集. (2)若对于，不等式恒成立，求的取值范围. 12．已知函数 (1)若的解集为，求实数a，c的值； (2)若，求不等式的解集； (3)若且，求的最小值． 13．如图，在直三棱柱中，，，分别为的中点． (1)求证：平面； (2)设平面与平面的交线为，求二面角的余弦值； (3)在线段（不含端点）上是否存在点，使直线与平面所成角的正切值大小为？若存在，求出的长度；若不存在，说明理由． 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 $ 2027届高三数学一轮复习作业07 一、单选题 1．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出A、B的交集，再由补集运算得选项. 【详解】； 所以，则． 故选：A． 【点睛】本题考查集合的交集运算，补集运算，属于基础题. 2．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】B 【分析】由空间中线面知识结合题设可得答案. 【详解】对于A，当，时，可能相交，平行，异面，故A错误； 对于B，因，，则在内存在直线，使得，又，则，故B正确； 对于C，当，时，可能在内，故C错误； 对于D，当，时，可能在内，故D错误. 3．已知，，，，则下列不等式一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用举反例判断ACD，分和判断B. 【详解】对于A，当时，，A错误； 对于B，当时，由于，则， 当时，由于，则，B正确； 对于C，当时，，C错误； 对于D，当时，，D错误. 4．已知，是两个不同的平面，是一条直线，且，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 【分析】根据面面垂直的判定定理与面面垂直性质进行推断即可． 【详解】由线面垂直的判定定理可知，过一个平面垂线的平面与这个平面垂直， 故“”可以得到“”，充分性得证； 反之，已知两平面垂直，一个平面内的直线可以与另一个平面相交，垂直，平行， 不能得到线面垂直，必要性不成立； 故“”是“”的充分不必要条件． 5．设、为两个集合，定义且，将称为“集合A与B的笛卡尔积”，则下列关于“笛卡尔积”的结论正确的是（    ） ①； ②； ③； ④若集合中有个元素，若集合中有个元素，则集合中有个元素． A．①② B．②③ C．③④ D．②④ 【答案】D 【详解】 根据笛卡尔积的定义逐一分析：①和③可举反例判定为假；②可通过证明集合相等判定为真；④可根据定义确定元素个数即可. 【解答】 解：对于①，根据新定义，设，， 根据定义且， 则 ，而，显然，所以①错误． 对于②， 对于任意的，根据定义可知且， 即或者．若，则； 若，则．所以， 即 ． 反之，对于任意的， 则或者， 若，则且， 若，则且， 所以且，即， 所以． 综上，，②正确． 对于③， 设，，， 则，， ，， 所以，所以③错误． 对于④， 已知集合中有个元素，集合中有个元素． 对于且，从中取一个元素有种取法， 从中取一个元素有种取法．所以中元素的个数为，所以④正确． 综上，正确的命题有②④. 6．在三棱锥中，，，若平面平面，则三棱锥外接球表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先取中点，利用面面垂直性质推出平面，结合的形状确定，得出外接球球心是等边的外心，求出外接球半径后计算外接球表面积. 【详解】取中点，连接，因为，所以， 由于平面平面，且平面平面，平面， 故平面， 又，，故为等腰直角三角形，故， 因此外接球的球心即为的外心， 设球的半径为，则， 故外接球的表面积为. 二、多选题 7．如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别为棱 ，的中点，则（   ）    A．平面截正方体所得的截面图形为等腰梯形 B．平面 C．异面直线与 所成角的余弦值为 D．三棱锥外接球的表面积为 【答案】ABD 【分析】对于A，结合中位线定理、正方体性质及平面定理判断即可；对于B，建立空间直角坐标系，求出平面，根据线面平行的向量求法证明即可；对于C，根据异面直线所成角的向量求法求解即可；对于D，设出外接球球心，建立方程组求出球心，进而得到半径，代入球的表面积公式求解即可. 【详解】 对于A，   取 中点 ，连接，，因， 为中点，所以，， 正方体中，，，则，， 易得，故四边形为等腰梯形，且平面与平面为同一平面， 即平面截正方体所得的截面图形为等腰梯形，A正确. 对于B，以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，    则，，，，，，，， 所以，，，，， 设平面的法向量为， 则，即，故可取. 因为，所以， 又平面，所以平面，B正确. 对于C，由上建系，，， 设异面直线与 所成角为， 则，C错误. 对于D，设三棱锥外接球的球心为， 则 ， 即， 解得，即球心， 所以外接球半径， 故三棱锥外接球的表面积为，D正确. 8．若正实数满足 ，则（     ） A．的最小值是 B．的最大值是 C．的最大值是 D．的最小值是 【答案】BCD 【分析】根据“1”的变形技巧，基本不等式以及二次函数的性质逐项分析求解即可. 【详解】对于A，由， 则， 当且仅当即时等号成立，所以的最小值是，故A错误； 对于B，由基本不等式得，即， 当且仅当时等号成立，所以的最大值是，故B正确； 对于C，由， 当且仅当，即时等号成立，所以的最大值是，故C正确； 对于D，因为，所以，又，所以， 所以， 设， 由二次函数开口向上，对称轴为：， 所以该二次函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，故D正确. 三、填空题 9．若命题“”为假命题，则实数的取值范围是___________. 【答案】 【详解】由为假命题，得为真命题， 因此，解得， 所以实数的取值范围是. 10．设函数，当时，函数的最小值为______；若无最小值，则实数的取值范围是______． 【答案】 【分析】作出函数图像，利用数形结合即可求解. 【详解】当时，， 作出函数的图像： 由图可知：， 要使无最小值，只需无最小值， 即的对称轴在直线处或右边，即，且， 解得，所以. 四、解答题 11．已知函数 (1)求关于的不等式的解集. (2)若对于，不等式恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)当时，不等式的解集为或； 当时，不等式的解集为R； 当时，不等式的解集为或. (2) 【分析】（1）由题意得，结合方程的两根即可求得答案； （2）法一：利用分离参数法得对于恒成立，恒成立，求 的最小值即可求解； 法二：对不等式转化可得，对于恒成立，令，分别讨论对称轴在区间的位置结合单调性即可求解. 【详解】（1）依题意可得：，即， 其对应方程的两根为， 当，即时，不等式的解集为或； 当，即时，解集为R； 当，即时，不等式的解集为或； 综上所述：当时，不等式的解集为或； 当时，不等式的解集为R； 当时，不等式的解集为或. （2）（1）法一：因为，所以对于恒成立， 因为，所以，因此恒成立. 即. 令，则， 因为，所以，所以， 当且仅当，即，时取等号. 故，所以. 即实数的取值范围为. 法二：因为，所以， 即对于恒成立， 令，对称轴， 当时，即时， 函数在上单调递增，所以，因此， 又因为，所以. 当时，即时， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，因此， 又因为，所以， 当时，即时， 函数在上单调递减，所以， 因此，又因为，所以不存在. 综上：. 12．已知函数 (1)若的解集为，求实数a，c的值； (2)若，求不等式的解集； (3)若且，求的最小值． 【答案】(1)， (2)当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为 (3) 【分析】（1）借助韦达定理计算即可得； （2）借助根的判别式，分、、与进行讨论即可得； （3）借助基本不等式计算即可得. 【详解】（1）由已知的解集为， 所以，3是方程的解，且， 所以，， 所以，； （2）若，不等式可化为， 方程的判别式， 当，即且时， 方程的两根为，， 当时，不等式的解集为， 当时，不等式的解集为， 当时，，不等式的解集为， 当时，，不等式的解集为， 综上所述，当时，不等式的解集为， 当时，不等式的解集为， 当时，不等式的解集为， 当时，不等式的解集为； （3）因为，所以， 因为，所以， 由基本不等式可得， 当且仅当，时等号成立， 即当且仅当，或，，时等号成立； 所以的最小值为. 13．如图，在直三棱柱中，，，分别为的中点． (1)求证：平面； (2)设平面与平面的交线为，求二面角的余弦值； (3)在线段（不含端点）上是否存在点，使直线与平面所成角的正切值大小为？若存在，求出的长度；若不存在，说明理由． 【答案】(1)设，连接， 四边形为平行四边形，为中点，又为中点，， 平面，平面，平面. (2) (3)存在点， 【分析】（1）根据三角形中位线可得，由线面平行的判定定理可得结论； （2）方法一：设为中点，根据线面垂直的判定可证得平面，进而得到，作，根据线面垂直性质和二面角平面角定义可知所求角为，根据长度关系可求得结果； 方法二：以为坐标原点可建立空间直角坐标系，根据二面角的向量求法可求得结果； （3）方法一：设在面上射影为，根据线面角定义可知为与平面所成角，由长度关系可求得的长； 方法二：假设，由线面角的向量求法可构造方程求得的值，进而得到结果. 【详解】（1）略. （2）方法一：平面，平面，平面平面，； ，，平面,平面； 设为中点，则，平面， 平面，； 过作，，平面，平面， 连接，则，为二面角的平面角． ∽，，即，， 在中，，，， ，即二面角的余弦值为. 方法二：以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图空间直角坐标系， 则，，，，，； 设平面的法向量，则， 令，解得：，，； 轴平面，平面的一个法向量， ， 又二面角为锐二面角，二面角的余弦值为. （3）方法一：线段上存在点，当，与平面所成角的正切值大小为，理由如下： 设在面上射影为，则为与平面所成角. ，， ，，， ， ，； ，， 若与平面所成角的正切值大小为，即， 则， 在中，由余弦定理知：， 解得：. 方法二： 假设存在点满足题意， 设， ， 设平面的一个法向量，则， 令，解得：，，， 记直线与平面所成角为，则，， 即， 整理可得：，解得：（舍）或，. 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 $