/鹽田高級中學(xué)2026屆高三（上）數(shù)學(xué)周三測試卷（19）一、單選題1．已知集合，則（

）A． B． C． D．2．已知平面向量，若，則（

）A．2 B． C．3 D．53．已知圓經(jīng)過原點和點，并且圓心在直線上，則圓的方程為（

）A． B．C． D．4．已知函數(shù)滿足，則的值為（

）A． B． C． D．5．已知，則（

）A． B． C． D．6．已知三條不同的直線和兩個不同的平面滿足：，則直線與直線異面的一個充分不必要條件為（

）A．與不相交 B．且 C．且 D．7．已知函數(shù)，若，且在上有最大值，則的最小值為（

）A． B． C． D．8．已知雙曲線的離心率為，分別是雙曲線的左?右焦點，點，點為線段上的動點，當(dāng)取得最大值時，的面積為（

）A． B． C． D．二、多選題9．設(shè)為正數(shù)，且，則（

）A． B．C． D．10．已知函數(shù)的最大值為2，則（

）A．B．函數(shù)圖象的一個對稱中心是點C．在區(qū)間上單調(diào)遞增D．將的圖象先向右平移個單位長度后，再將圖象上所有點的橫坐標(biāo)伸長為原來的兩倍（縱坐標(biāo)不變），得到的圖象對應(yīng)的函數(shù)解析式為11．已知函數(shù)與的圖象上存在關(guān)于y軸的對稱點，則實數(shù)a的值可以是（

）A． B．0 C． D．1三、填空題12．已知數(shù)列滿足，，則．13．在正三棱柱中，，則在該正三棱柱內(nèi)可放入的最大球的體積為.14．函數(shù)在區(qū)間內(nèi)存在零點，且該零點不是的極值點，則實數(shù)的取值范圍為.四、解答題15．在中，角的對邊分別為，(1)證明：；(2)若，求.16．已知數(shù)列滿足，，設(shè).（1）判斷數(shù)列是否為等差數(shù)列，并說明理由；（2）求數(shù)列的前n項和.17．如圖，在四棱錐中，底面為矩形，，，側(cè)面為等邊三角形，平面平面，E為PB中點．(1)證明：平面平面；(2)求平面與平面夾角的余弦值．18．已知橢圓的左頂點為，離心率為為坐標(biāo)原點，且.(1)求的方程；(2)設(shè)為線段（不含端點）上一點，過且斜率為1的直線交于兩點，在第三象限，設(shè)為線段的中點，證明：為定值；19．已知．(1)當(dāng)時，求曲線在點處的切線方程．(2)若恰有1個極大值點和1個極小值點．①求極大值與極小值的和；②判斷零點的個數(shù)．《鹽田高級中學(xué)2026屆高三數(shù)學(xué)周三測試卷（19）》參考答案題號12345678910答案CBADDCCBBCAB題號11答案ABC1．C【詳解】由，得或，所以集合或；又，所以.故選：C.2．B【詳解】由題意得，，因，則，得，則，則.故選：B3．A【詳解】圓經(jīng)過原點和點，線段的中點，直線的斜率，則線段的中垂線方程為，即，由，解得，因此圓的圓心，半徑，所以圓的方程為.故選：A4．D【詳解】因為，則，所以，，解得.故選：D.5．D【詳解】由，得，則，兩邊平方得，所以.故選：D6．C【詳解】若，當(dāng)與不相交，可得直線與直線異面或，充分性不成立，故A不符合；若，當(dāng)且時，可得直線與直線異面或與相交，充分性不成立，故B不符合；若，當(dāng)且，可得直線與直線異面，故充分性成立，當(dāng)直線與直線異面時，不一定能得到且，故必要性不成立，故“且”是“直線與直線異面”的充分不必要條件，故C符合；若，當(dāng)時，可得直線與直線異面或與相交，故充分性不成立，故D不符合.故選：C.7．C【詳解】；，關(guān)于直線對稱，，結(jié)合，解得：；當(dāng)時，，在上有最大值，，解得：；當(dāng)時，取得最小值.故選：C.8．A【詳解】由，得，故線段所在直線的方程為，又點在線段上，可設(shè)，其中，由于，即，得，所以.由于，當(dāng)時，取得最大值，此時，則，故選：B.9．BC【詳解】對于A，取，，則，，則，故A錯誤；對于B，由于，所以，由于，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號；所以，則；故B正確；對于C，由于，則，由于在上單調(diào)遞增，所以；故C正確；對于D，令，則，所以在上單調(diào)遞減；由于，所以，即，則，故D錯誤；故選：BC10．AB【詳解】對于A，因為（其中），且函數(shù)的最大值為2，所以，解得，又因為，所以，故A正確；對于B，解法一：由A選項可知，，令，解得，當(dāng)時，，所以的圖象關(guān)于點中心對稱，故B正確；解法二：由A選項可知，，將代入的解析式，得，所以的圖象關(guān)于點中心對稱，故B正確；對于C，當(dāng)時，，根據(jù)正弦函數(shù)的圖象得在上單調(diào)遞減，故C錯誤；對于D，將的圖象先向右平移個單位長度，得到的圖象，再將圖象上所有點的橫坐標(biāo)伸長為原來的兩倍，得到的圖象，故D錯誤．故選:AB．11．ABC【詳解】函數(shù)關(guān)于y軸對稱的函數(shù)表達(dá)式為，只需要方程有正根，方程可化為．令，有，令，有，可得函數(shù)單調(diào)遞減，則，可得函數(shù)單調(diào)遞減，有．由函數(shù)是由函數(shù)平移過來的，故方程有正根時，只需要函數(shù)與x軸的正半軸有交點，即方程的根，則實數(shù)a的取值范圍為．故選：ABC.12．【詳解】因為，所以，所以時，，則，故.故答案為：.13．【詳解】等邊三角形的邊長為2，所以內(nèi)切圓的半徑為，若球與上下底面相切，則半徑為1，，所以該正三棱柱內(nèi)可放入的最大球的半徑為，該球的體積為.故答案為：14．【詳解】因在區(qū)間內(nèi)存在零點，且該零點不是的極值點，則和的函數(shù)圖象在上有交點，且在交點處不相切，因，令，則，則在上單調(diào)遞增，因，則當(dāng)時，，；當(dāng)時，，，故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，因，其圖象如圖：故，故實數(shù)的取值范圍為.故答案為：15．(1)見詳解(2)【詳解】（1）根據(jù)余弦定理，有，根據(jù)正弦定理，該式可化為，又因為在中，，故可化為，得證.（2）由，可知與同號.若均小于0，則兩個角均為鈍角，在三角形中不可能，因此均為銳角，故有.由（1）中的，可得，即，兩邊同除，得，代入，得：，解得或（舍去），故.因此.16．（1）是等差數(shù)列，理由見解析；（2）【詳解】（1）數(shù)列是以1為首項，公差為2的等差數(shù)列.由條件，將兩邊同時除以得，化簡得，即，∴數(shù)列是以1為首項，公差為2的等差數(shù)列.（2）由（1）可得，∴，∴，從而，故.17．(1)證明見解析(2)【詳解】（1）如圖所示，作線段的中點，連接，因為側(cè)面為等邊三角形，所以，因為平面平面，平面平面，面，所以平面，因為平面，所以，因為底面為矩形，所以，因為，面，面，所以面，因為平面，所以平面面.（2）如圖所示，作中點，連接，則由（1）可得，面，面，所以面，則可以為坐標(biāo)原點，以分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系；則，可得，設(shè)面的法向量為，則，得，令，解得，所以面的一個法向量為，易知面得一個法向量為，設(shè)平面與平面夾角為，則，所以平面與平面夾角的余弦值為.18．(1)(2)（i）;（ii）.【詳解】（1）由題可知，,因此,因此橢圓.（2）設(shè),則過點且斜率為1的直線可設(shè)為,設(shè),且.點都在橢圓上，因此有,兩式相減，得,兩邊同除,得：,因此,即點在定直線上，因此的大小為定值，且.在中，由正弦定理可知,變形可得故為定值.19．(1)(2)①0；②3【詳解】（1）由題可得，函數(shù)的定義域為，，當(dāng)時，，，故切點為，切線在該點處的斜率為，故曲線在點處的切線方程為，即．（2）由（1）得，因為分母在定義域內(nèi)恒成立，所以導(dǎo)函數(shù)的符號取決于分子的符號，令，其對應(yīng)一元二次方程的判別式．若，此時，則且不恒為0，所以且不恒為0，所以在上單調(diào)遞增，故沒有極值點，若，此時或，則有兩個不等實根，不妨設(shè)，由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系可得，則同號．當(dāng)時，，兩根均為負(fù)數(shù)，則在上恒成立，所以，所以在上單調(diào)遞增，則沒有極值點