萍實(shí)校訓(xùn)：以誠(chéng)待人，自強(qiáng)不息萍實(shí)校訓(xùn)：以誠(chéng)待人，自強(qiáng)不息第頁(yè)2025—2026學(xué)年第一學(xué)期萍實(shí)華英高三周統(tǒng)練4數(shù)學(xué)試卷答案題號(hào)12345678910答案CAACBABCACDAC題號(hào)11答案AD4．C當(dāng)時(shí)，，則f'(x)=(x+1)e令f'(x)=(x+1)ex>0，解得，所以函數(shù)在區(qū)間?∞,?1.上單調(diào)遞減，在區(qū)間當(dāng)時(shí)，，若，二次函數(shù)開(kāi)口向下，值域無(wú)下界，不符合題意；若，則函數(shù)為單調(diào)遞減的一次函數(shù)，不符合題意；若，函數(shù)圖像為開(kāi)口向上的二次函數(shù)，最小值在對(duì)稱軸處取到，則f(1a)=?1a綜上：函數(shù)的值域?yàn)?，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是,故選：C5．B取，若對(duì)任意的恒成立，即對(duì)任意的恒成立，故，故中元素存在最小值，但即為單調(diào)遞增數(shù)列，故無(wú)最大值.若有最大值，不妨設(shè)最大值為，因?yàn)閷?duì)任意的恒成立，所以即中元素存在最小值為，故“中元素存在最小值是“有最大值”的必要不充分條件，故選：B.6．A【詳解】根據(jù)題意，設(shè)，則，即，因?yàn)?，所以，即，所?因?yàn)?，則，所以，又因?yàn)?，即，所以，由可得，則的取值范圍是.故選：A.7．B，，為等差數(shù)列，，，，，同理，，故數(shù)列的前5項(xiàng)和為.故選：B8．C【分析】由條件結(jié)合兩角和余弦公式可得，兩邊平方可求，根據(jù)同角三角函數(shù)關(guān)系可得，由此可得結(jié)論.【詳解】因?yàn)?，，所以，故，兩邊平方，可得，又，所以，因?yàn)椋裕蔬x：C．9．ACD對(duì)A，因?yàn)槭嵌x在上的奇函數(shù)，所以，得，正確；對(duì)B，當(dāng)時(shí)，?x∈0,3，所以f?x又因?yàn)闉槠婧瘮?shù)，所以fx=?f對(duì)C，因?yàn)榈膱D象關(guān)于直線對(duì)稱，所以，即f6+x=f當(dāng)x∈6,9時(shí)，?x∈所以f6?x所以fx=f6?x=x由二次函數(shù)性質(zhì)可知，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以是的極小值點(diǎn)，正確；對(duì)D，因?yàn)?，所?<6?log2由C可得flog因?yàn)楫?dāng)時(shí)，，由二次函數(shù)性質(zhì)可知f6?log2因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞增，且sin2<1，所以f1>f所以flog故選：ACD10．AC【分析】利用三角變換可求得，可求得，計(jì)算可判斷A；利用基本不等式可得，進(jìn)而計(jì)算可判斷B；利用余弦定理結(jié)合二次函數(shù)的值域計(jì)算可判斷CD.【詳解】由，可得，所以，所以，所以，所以，所以，因?yàn)?，所以，所以，所以，因?yàn)椋?，?duì)于A，，故A正確；對(duì)于B，因?yàn)椋?，所以，故B錯(cuò)誤；對(duì)于CD，由余弦定理可得，又，所以，所以，所以，故C正確，D錯(cuò)誤.故選：AC.11．AD【解】對(duì)于A，對(duì)任意的，λa→對(duì)于B，假設(shè)存在唯一確定的向量e→=x0,即x1即方程組x1y0而此方程組無(wú)解，故B不正確.對(duì)于C，設(shè)c→=x3,y3則a→a→==x此時(shí)不存在實(shí)數(shù)μμ≠0使得a對(duì)于D，若與共線，則，則a→a→==x所以與的模相等，故D正確.故選：AD.12．由于，故.故答案為：13．因?yàn)楹瘮?shù)，所以，則情況1：當(dāng)時(shí)，，求導(dǎo)得，令得，在時(shí)，，單調(diào)遞增，在時(shí)，，單調(diào)遞減，所以；情況2：當(dāng)時(shí)，，求導(dǎo)得，所以恒成立，所以單調(diào)遞增，所以；綜上，因?yàn)?，所以函?shù)的最大值為.故答案為：.14．/如圖：設(shè)，，作平行四邊形，則，，因?yàn)?，即，所以平行四邊形為矩?又，所以.所以.故答案為：15．(1)(2)【解】（1）因?yàn)橄蛄颗c共線，所以，邊化角可得，，因?yàn)?，所以，所以，即，因?yàn)?，所?（2）由余弦定理，可得，整理得，解得或（舍），所以，即，解得.16．(1)；(2)【解】（1）AC=EF=1（2）設(shè)AG?=λACEG=λ13a+b則2λ?16=11μ設(shè)邊上的高為，邊上的高為，AG則?2?1=GC17(1)證明見(jiàn)解析(2)（i）4；（ii）【詳解】（1）由條件得，，則是線段的中垂線，所以．又平面，所以平面，而平面，故平面平面；（2）（i）解法一：如圖所示，記與交于點(diǎn)，連接，由題意，為四邊形的外接圓圓心，即四點(diǎn)共圓，由條件，可得是線段的中垂線，所以，故，則是四邊形的外接圓直徑，點(diǎn)為的中點(diǎn)．因?yàn)?，所以，四邊形的面積為．取的中點(diǎn)，連接，則．因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，所以．由（1）知，平面平面，平面平面，平面，所以平面，即四棱錐的高為．又平面，則，而，所以，四棱錐的體積為．解法二：記與交于點(diǎn)，連接，由為的中點(diǎn)，所以．由（1）知，平面平面，平面平面，平面，所以平面，即四棱錐的高為．以所在直線分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由是正三角形，可知，B0,3,0,C?由點(diǎn)在平面內(nèi)，設(shè)Om,n,0,D0,a,0，，其中，設(shè)，可得方程組，m?解得，．所以，四邊形的面積為．又，四棱錐的體積為．（ii）解法一：作，垂足為點(diǎn)，連接．由為公共邊，則，所以且，即為二面角的平面角．由，在中，由余弦定理，，則，所以．又，在中，由余弦定理，，所以平面與平面的夾角的余弦值為．解法二：由（i）知，A3因?yàn)镻A=設(shè)平面的法向量為，由PA?n1=3所以平面的法向量為．因?yàn)镻C=設(shè)平面的法向量為，由PC?取，則，所以平面的法向量為．cosn所以平面與平面的夾角的余弦值為．1718．【分析】先找到直線的定點(diǎn)，再求出動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程，利用向量運(yùn)算簡(jiǎn)化，結(jié)合幾何關(guān)系即可求出.【解】

如圖，由，，即直線過(guò)定點(diǎn)，取中點(diǎn)，根據(jù)圓的性質(zhì)可知，即，點(diǎn)的軌跡是以為直徑的圓，軌跡的圓心，又圓：，圓心，半徑，，軌跡圓的半徑為，即點(diǎn)的軌跡方程為，又、則，中點(diǎn)為，，，又由勾股定理得，，求的最小值就是求設(shè)，，又軌跡圓的方程為，代入上式，得，又軌跡的圓心，軌跡圓的半徑為，，，.19．(1)(2)證明見(jiàn)解析(3)【分析】（1）求導(dǎo)并求出函數(shù)的單調(diào)性，即可求得函數(shù)的最小值；（2）通過(guò)函數(shù)求導(dǎo)得到gx=x+ax+1（3）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，設(shè)sx【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，fx=則gx=f'x當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，gxmin=g0（2）由fx=1則g'對(duì)，因?yàn)?，所以?4?41?a=4a>0，解方程得x1=?1?a<?1所以當(dāng)x∈?1,?1+a時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，故函數(shù)在?1,?1+a上單調(diào)遞減，在?1+a故函數(shù)在時(shí)取得極小值，且函數(shù)只有一個(gè)極小值點(diǎn)．（3）f'x=x+設(shè)sx若b2?4a?b?1≤0即此時(shí)在上為增函數(shù)，而，故只有一個(gè)零點(diǎn)，舍；若b2?4a?b?1若s?1=a≤0即，此時(shí)必成立，而s0故在有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)根，且，當(dāng)時(shí)，即，若，則，故在單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，而故，當(dāng)時(shí)，，故有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，符合，故此時(shí).若s?1=a>0即當(dāng)