精品解析：重庆市四川外国语大学附属外国语学校2026-2027学年度高三上学期第三次定时练习数学试题

重庆外国语学校 2026-2027学年度（上）高2027届第3次定时练习 数学 （满分150分，120分钟完成） 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知集合，，则的真子集个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 2. 设等差数列的前n项和为，已知，则（ ） A. 10 B. 30 C. 50 D. 70 3. 若a､b､c是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则a､b､c共面 B. 若a､b､c过同一点，则a､b､c共面 C. 若，则 D. 若，则 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 在中，角对应的边分别为，现已知，若有两解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知为单位向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 7. 已知定义在上的函数关于直线对称，当时，，设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 8. 不等式对任意恒成立，则的最小值为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 已知函数，则关于的说法正确的是（ ） A. 在区间上单调递增 B. 是的最大值 C. 图象关于点对称 D. 的图象向左平移个单位长度得到的函数图象关于y轴对称 10. 如图，在棱长均为的正四棱锥中，为底面正方形的中心，，分别为侧棱，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 过，，三点的平面截四棱锥，截面是等腰梯形，且面积等于 C. 若为棱上的动点，则的最小值为 D. 三棱锥与四棱锥的体积之比为 11. 已知函数，及其导函数，的定义域均为，，，关于点对称，则（　　） A. B. C. D. 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 已知数列满足，，则________． 13. _________ 14. 如图，石狮子是中国传统建筑中常用的装饰物，石狮子口含石球．将石球看作一个标准球体，石狮子张开的嘴内部形状看作下底边长为24，上底边长为14，高为12的正四棱台，若石球整体都在棱台的内部，且始终与棱台的上下底面相切．点为石球球面上一点，则石球在此棱台内部任意运动时，点所形成的轨迹图形的体积为_____． 四、解答题（15题13分，16、17题每题15分，17、18题每题17分，共77分） 15. 在中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求角A的大小； （2）若，，D为边上一点，且平分，求的长． 16. 已知数列中，，． （1）证明：数列是等差数列； （2）给定正整数，设函数，求． 17. 如图，平面． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为．若存在，求的值，若不存在，说明理由． 18. 已知椭圆的方程为，已知动点在椭圆外，连接交椭圆于点，始终有． （1）求动点的轨迹方程； （2）已知，为椭圆上两点，，分别为线段，的中点且都是椭圆上的点，设点 （i）判断过，两点的直线与直线的位置关系并证明； （ii）设，两点的纵坐标分别为，，求的取值范围． 19. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线方程为，求实数的值； （2）若对恒成立，求正整数的最小值； （3）当时，证明：在上存在唯一零点和唯一极小值点，且． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆外国语学校 2026-2027学年度（上）高2027届第3次定时练习 数学 （满分150分，120分钟完成） 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知集合，，则的真子集个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【详解】由于，， 故，即的元素个数为1， 因此的真子集个数为． 2. 设等差数列的前n项和为，已知，则（ ） A. 10 B. 30 C. 50 D. 70 【答案】C 【解析】 【详解】设等差数列的公差为， 所以， 所以， 所以. 3. 若a､b､c是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则a､b､c共面 B. 若a､b､c过同一点，则a､b､c共面 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】ABC三项举出反例即可说明，D选项结合线线关系即可判定. 【详解】A设确定的平面为，当时，a､b､c不共面，故A错误； B不妨设a､b､c为三棱锥的三条侧棱所在直线，显然a､b､c共点，但是a､b､c不共面，故B错误； C若为平面内的两条直线，且，显然满足，但是不一定平行，故C错误； D若，则，故D正确； 故选：D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用 二倍角公式，诱导公式 求解. 【详解】由，得， 故， 5. 在中，角对应的边分别为，现已知，若有两解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由下图可知，若三角形有两解，需满足， ，， 由得，由得，所以， 联立得，即的取值范围是. 6. 已知为单位向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得，，，，解得， 则向量在向量上的投影向量为，所以向量在向量上的投影向量的坐标为. 7. 已知定义在上的函数关于直线对称，当时，，设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由的对称性确定是偶函数，再结合函数单调性即可比较大小. 【详解】因为关于直线对称，则是偶函数， 当时，，所以函数在上单调递增. 因为， 再比较和的大小，构造函数， 则，令，得，此时单调递增， 所以，也即， 结合函数在上单调递增及偶函数可知. 故选：C. 8. 不等式对任意恒成立，则的最小值为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】分析二次函数零点分布，根据不等式在恒成立得到参数的等量关系，代入目标表达式，借助基本不等式求最值. 【详解】令二次函数，其判别式 ，又两根之积为-2，因此必有两个异号的实根. 设正根为，当时，；当时，. 要使不等式对任意恒成立，则需满足当时， 当时，因此必须等于的正根，即， 整理得，两边平方得， 化简得. 将​代入得，. 由基本不等式，得 ，当且仅当，即，由得时取等号， 此时，代入验证满足，符合条件. ，因此的最小值为4. 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 已知函数，则关于的说法正确的是（ ） A. 在区间上单调递增 B. 是的最大值 C. 图象关于点对称 D. 的图象向左平移个单位长度得到的函数图象关于y轴对称 【答案】ABD 【解析】 【详解】选项A，当 时，， 而在上单调递增，所以在上单调递增，A正确. 选项B，因为， 且函数的最大值为1，所以是最大值，B正确. 选项C，， 所以图象不关于点对称，C错误. 选项D，向左平移个单位， 得到， 因为， 所以是偶函数，图象关于轴对称，D正确. 10. 如图，在棱长均为的正四棱锥中，为底面正方形的中心，，分别为侧棱，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 过，，三点的平面截四棱锥，截面是等腰梯形，且面积等于 C. 若为棱上的动点，则的最小值为 D. 三棱锥与四棱锥的体积之比为 【答案】AD 【解析】 【分析】A选项，利用三角形中位线定理证明线线平行，进而利用线面平行的判定定理判断； B选项，确定截面形状为等腰梯形，计算其高和面积进行判断； C选项，将侧面展开，利用余弦定理计算两点间距离即为最小值； D选项，利用棱锥体积公式，通过底面积比和高的比进行转换求解． 【详解】选项A：在中，为的中点，为的中点，所以为的中位线，则， 又因为平面，平面，所以平面，故A正确； 选项B：因为，分别为，的中点，所以且， 又底面为正方形，所以，则， 故四点共面，截面为四边形， 因为且，所以截面为梯形， 在边长为2的正中，为中点，则，，同理， 所以截面为等腰梯形， 梯形的高， 截面面积，故B错误； 选项C：将与沿展开到同一平面，当，，三点共线时，取得最小值，即为线段的长度， 因为侧面均为边长为2的等边三角形，所以，展开后， 在中，由余弦定理得， 所以，即最小值为，故C错误； 选项D：， 因为，分别为，的中点，所以， 设到平面的距离为，因为为中点，在平面上，所以到平面的距离， 所以， 又， 所以，故D正确． 11. 已知函数，及其导函数，的定义域均为，，，关于点对称，则（　　） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】对 A，由 的中心对称性平移得到 的中心对称性，据此确定对称中心处的函数值；对 B，由 求导并结合 推出 的轴对称性，再用赋值法求 ；对 C、D，由中心对称与轴对称关系式推出 、 的周期性，再用整周期分组法求两处和. 【详解】因为函数，及其导函数，的定义域均为， 又，，关于点对称， 所以逐一分析各个选项如下： 对于A：令，则关于点中心对称， 则，即， 则关于中心对称，则，故A正确； 对于B：由，可得， 所以，又， 所以，所以关于中心对称， 则关于轴对称，故，又因为， 令，得，故，故B错误； 对于C：由A可知，关于中心对称，即， 由B可知关于轴对称，即，因此有①， 可推导出②， ②式①式，得，所以是以4为周期的函数．因为， 所以，， ， 故也是以4为周期的函数，则 ， 又，故，又， 因此， 故，故C错误． 对于D：令，则也是以4为周期的函数． 因为关于轴对称，故有， 故由可得， 故有， 因此有． 由B可知，， 由C可知，，则， 故， 因此． 因为为以4为周期的函数，令， 则也是以4为周期的函数． 因为关于轴对称，且，故， 因此 ， ， 所以，故D正确． 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 已知数列满足，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】通过计算数列确定其周期性，再利用周期性质计算的值. 【详解】由题意，，，根据递推公式， 所以，， 即，，因此数列是周期为的周期数列. 又因为，故. 13. _________ 【答案】4 【解析】 【分析】先将正切化为弦函数，再结合辅助角公式、二倍角正弦公式、诱导公式化简求值. 【详解】由题意得： ， 又因为， 又， 所以. 14. 如图，石狮子是中国传统建筑中常用的装饰物，石狮子口含石球．将石球看作一个标准球体，石狮子张开的嘴内部形状看作下底边长为24，上底边长为14，高为12的正四棱台，若石球整体都在棱台的内部，且始终与棱台的上下底面相切．点为石球球面上一点，则石球在此棱台内部任意运动时，点所形成的轨迹图形的体积为_____． 【答案】 【解析】 【分析】以半径为 6 的球与正四棱台侧面相切的截面为分析对象，利用等腰梯形的几何关系与二倍角公式求出切点到下底顶点的水平距离，进而得到两球心间距；再结合对称性确定球心轨迹为边长为 6 的正方形区域，最后将总体积拆分为一个球、两个圆柱和一个长方体的体积之和进行计算. 【详解】由题知球的半径为6，如图所示正四棱台， 当球与左边或右边侧面相切时，沿斜高作出如图截面. 下底边长为，上底边长，高，所以，. 根据题意四边形为等腰梯形，，则， 又球心在的角平分线上，， . 解得，或（舍去）， 又 . 所以， 根据对称性，球心的轨迹是以为边长的正方形球的半径为6. 故. 四、解答题（15题13分，16、17题每题15分，17、18题每题17分，共77分） 15. 在中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求角A的大小； （2）若，，D为边上一点，且平分，求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理及两角和的正弦公式即可求解； （2）由三角形面积公式及等面积法即可求解． 【小问1详解】 由得，， 所以， 所以， 由于，因此， 所以，又，故． 【小问2详解】 ，时，由于，故， 设，则有， 所以， 代入得：，解得． 16. 已知数列中，，． （1）证明：数列是等差数列； （2）给定正整数，设函数，求． 【答案】（1）证明：由两边同时乘以得， 整理得， 所以是等差数列. （2） 【解析】 【分析】（1）将已知关系式整理为，符合等差数列定义； （2）由（1）得到的通项公式，由得到，利用错位相减法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）数列是等差数列，公差为，又，所以， 因为， 所以①， 所以②， ①-②得 ， 所以. 17. 如图，平面． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为．若存在，求的值，若不存在，说明理由． 【答案】（1），平面，平面，平面， ，平面，平面，平面， 又，平面，平面平面， 平面，平面. （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）通过线面平行证面面平行，再利用面面平行的性质即可， （2）以分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再代入公式即可； （3）求出平面的法向量，再求出的长，进而可以求出的值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 平面， 如图，以分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则， 令，得，故平面的法向量为， ， 故直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 存在，理由如下： 设，则， 设平面的法向量为，则， 令，得，故平面的法向量为， ，即，解得或， 或. 18. 已知椭圆的方程为，已知动点在椭圆外，连接交椭圆于点，始终有． （1）求动点的轨迹方程； （2）已知，为椭圆上两点，，分别为线段，的中点且都是椭圆上的点，设点 （i）判断过，两点的直线与直线的位置关系并证明； （ii）设，两点的纵坐标分别为，，求的取值范围． 【答案】（1） （2）（i）平行，证明：设 ， 因为是的中点，所以， 又在椭圆上，故， 即， 整理得， 由（1）知 ；又在上，， 代入可得：，即， 同理，对点 可得. 因此 两点都在直线上， 由于，过 两点的直线就是， 因此直线 与平行. （ii） 【解析】 【分析】（1）根据相关点法即可求解； （2）（i）根据中点坐标，得，将其代入椭圆方程中，结合，即可求解，同理得，求解方程即可求证； （ii）联立直线与椭圆方程得韦达定理，结合即可求解. 【小问1详解】 设 ，因为 ，所以，故， 由于点在椭圆 上，代入 得， 化简：， 所以动点 的轨迹方程为； 【小问2详解】 （i）略 （ii）由（i）知 是直线与椭圆的两个交点， 记，联立， 当时，由直线得， 代入椭圆得到关于的二次方程：， 由韦达定理及可得 ，， 故； 利用 消去 可得. 由 且 ，得，于是， 当 时，，直线化为，得， 此时，， 或者，， 代入得 ， 综上可得. 19. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线方程为，求实数的值； （2）若对恒成立，求正整数的最小值； （3）当时，证明：在上存在唯一零点和唯一极小值点，且． 【答案】（1）3； （2）3； （3）证明：由，可得， 令，可得， 当时，在上递增， 而，，所以存在，使得， 所以在单调递减，在单调递增， 又，，， 所以存在，使得，所以在递减，在递增， 又当时，，所以在递增， 所以在上单调递减，在单调上单调递增， 所以是在上的唯一极小值点； 此时，， 所以存在，即在上存在唯一零点，使得， 下证：. 因为，所以，又因为在递增，只需证， 因为是的唯一极小值点，可得，即，可得 又因为，即， 因为，只需证明：， 令，其中， 则， 所以在上单调递增，， 所以成立，证毕， 所以在上存在唯一零点和唯一极小值点，且. 【解析】 【分析】（1）求得，根据题意，得到，即可求解； （2）由，可得，当时，由，不符合题意，得到，当时成立，此时，分和，两种情况讨论，结合导数求得函数的单调性，进而证得； （3）由（2）知在上递增，利用零点存在性定理，得到存在，使得，求得函数的单调性，得到存在，使得，得到单调性，结合，，即可求解. 【小问1详解】 由函数，可得， 因为曲线在点处的切线方程为， 所以，解得. 【小问2详解】 由，且， 由，可得， 当时，，，不符合，故， 当时成立，此时， 当时，，令， 可得在上递增， 因为，， 所以存在，使得，即， 且当时，，此时单调递减， 时，，此时单调递增， 则， 所以在递增，有， 当时，， 所以，也成立. 综上所述，整数的最小值为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $