安徽省合肥市第八中学2026届高三上学期周测（6）数学试卷（Word版附解析）

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考试说明：
1.试卷分值：150分：考试时间：20分钟：
2所有答案均要答在答题卷上，否则无效.考试结束后只交答题卷.
一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.
1. 已知集合，，中有且只有一个整数解，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出集合A，B，利用中有且只有一个整数解，能求出a的取值范围．
【详解】解：∵，解得或；由， ，即，解得；
所以集合或，
，
中有且只有一个整数解，∴．∴a的取值范围是．
故选：B．
2. 已知函数，则的值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用瞬时变化率的概念及运算求解即可.
【详解】
又
，
即.
答案：D.
3. 若命题，命题直线与抛物线无公共点，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】B
【解析】
【分析】先化简命题，结合条件的定义进行判断.
【详解】联立，得，由可得.
所以命题是命题的必要不充分条件.
故选：B
4. 已知函数 ，且，则
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：或
考点：函数求值
5. 已知，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用和角、差角的正弦公式求出，再利用二倍角的余弦公式计算作答.
【详解】因为，而，因此，
则，
所以.
故选：B
【点睛】方法点睛：三角函数求值的类型及方法
（1）“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面来看较难，但非特殊角与特殊角总有一定关系．解题时，要利用观察得到的关系，结合三角函数公式转化为特殊角的三角函数．
（2）“给值求值”：给出某些角的三角函数值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．
（3）“给值求角”：实质上也转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围．
6. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据指数函数性质得出，，，然后利用作差法比较与的大小关系即可.
【详解】因为，所以，即，所以，即；
因，所以，即，所以，即；
因为，所以，即，所以，即；
又因为，
且，
所以，所以，所以；
综上所述，.
故选：A.
7. 如图，在中，是边上靠近点的三等分点，是边上的动点，则的取值范围为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先用余弦定理求出，再将向量用基底表示，借助向量运算性质计算即可.
【详解】由，解得.
设，
则.
故选：C
8. 已知函数，满足，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意推出，利用导数判断函数的单调性，由此将化为，利用函数单调性即可求解.
【详解】由题意知函数的定义域为R，
则，则，
又，
故在R上单调递增，
故，即，即，
则，解得，
即实数的取值范围是.
故选：C
二､多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 记Sn为等差数列{an}的前n项和，则（ ）
A. S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差数列
B. ，，成等差数列
C. S9＝2S6﹣S3
D. S9＝3（S6﹣S3）
【答案】ABD
【解析】
【分析】设等差数列的公差为d，利用等差数列的求和公式分别求出S3，S6，S9，然后利用等差中项的定义判断选项A，B，利用S9＝9a1+36d，S6＝6a1+15d，S3＝3a1+3d，即可判断选项C，D.
【详解】解：因为Sn为等差数列{an}的前n项和，
设等差数列的公差为d，则S9＝9a1+36d，S6＝6a1+15d，S3＝3a1+3d，
则S3＝3a1+3d，S6﹣S3＝3a1+12d，S9﹣S6＝3a1+21d，
所以2（3a1+12d）＝（3a1+3d）+（3a1+21d），
则S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差数列，故选项A正确；
因为S9＝9a1+36d，S6＝6a1+15d，S3＝3a1+3d，
则，
所以，
则，，成等差数列，故选项B正确；
因为S9＝9a1+36d，S6＝6a1+15d，S3＝3a1+3d，
所以2S6﹣S3＝2（6a1+15d）﹣（3a1+3d）＝9a1+27d，
则S9≠2S6﹣S3，故选项C错误；
因为S9＝9a1+36d，S6＝6a1+15d，S3＝3a1+3d，
所以3（S6﹣S3）＝3[（6a1+15d）﹣（3a1+3d）]＝9a1+36d＝S9，
故选项D正确.
故选：ABD.
10. 已知i为虚数单位，下列说法正确的是（ ）
A. 若复数，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 复数在复平面内对应的点为，若，则点的轨迹是一个椭圆
【答案】AC
【解析】
【分析】利用复数的四则运算与的乘方性质判断A，举反例排除B，利用复数的四则运算与模的运算判断C，利用复数的几何意义，结合两点距离公式判断D.
【详解】对于A，因为，
所以，故A正确；
对于B，令，满足，但，故B错误；
对于C，设且不同时为，
则
，故C正确；
对于D，设复数，则点，
由，得，
则点到点与点的距离和为，
故点的轨迹是线段，故D错误.
故选：AC.
11. 对于函数，下列说法正确的是（ ）
A. 函数的单调递减区间为
B.
C. 若方程有6个不等实数根，则
D. 对任意正实数，且，若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，分析导函数即得递减区间，不能用“并”连接；对于B，由推理得，利用函数单调性比较即得；对于C，分析函数的奇偶性，分段讨论函数的单调性和图象趋势，得图象简图，结合图象判断两函数交点个数即得；对于D，设函数，构造函数并判断其单调性，利用单调性得出即可.
【详解】函数的定义域为，，
对于A，由可得或，由可得，
即函数的单调递减区间为和，故A错误；
对于B，由A得，函数在上单调递增，
因，，
故，即B正确；
对于C，易知为偶函数，当时，，
由A项知，函数的单调减区间为和，增区间为.
又当时，，当时，，
当时，，时，，
当时，，当时，，时，，
故函数的图象如图所示.

由图可得，直线与函数有6个不同交点，等价于，故C正确；
对于D，由图，不妨设，由可得，
即，不妨取，
设，
则，
则当时，，故，在上单调递增，
又，又，，即.
因，则，当时，，在上单调递减，
因，故得，即，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查函数的零点和单调性应用,属于难题.
解决该题的关键，在于对函数的图象性质的探求，通过奇偶性单调性判断，作出简图，利用函数零点与方程的根、两函数的图象交点的关系转化解决；同时要根据待证不等式特征，设法构造对应的函数，利用该函数的单调性实现相关量的比较即得.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 曲线在点处的切线方程为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可．
【详解】由题，当时，，故点在曲线上．
求导得：，所以．
故切线方程为．
故答案为：．
13. 在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中含项的系数为___________
【答案】
【解析】
【分析】先由二项式系数最大确定,再由通项公式求含项的系数即可.
【详解】由只有第5项的二项式系数最大可得：.
∴通项公式，
令，解得.
∴展开式中含项的系数为.
故答案为：.
14. 若函数恰有两个零点，则a的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】由恰有两个零点，可得曲线与抛物线恰有2个交点，而曲线与抛物线在上有1个交点，所以只要考虑曲线与抛物线在只要有1个产交点即可
【详解】由恰有两个零点，可得曲线与抛物线恰有2个交点，
曲线与抛物线在上有1个交点，
当时，令，则，
方程两边取对数得，，因为，则，
由题意得该方程只有一个实根，所以直线与曲线只有一个公共点，
所以直线是曲线的切线，
设切点为，由，得，则，
因为切点在切线上，
所以，
解得，
故答案为：
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 已知的内角所对的边分别为，且
（1）求角A；
（2）若为边上一点，为的平分线，且，求的面积
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意利用正弦定理边化角，再结合三角恒等变换运算求解；
（2）根据面积关系可得，再结合余弦定理解得，进而可得面积.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，
且，
即，
整理可得，
且，则，可得，
又因为，则，可得，所以.
【小问2详解】
因为为的平分线，则，
因为，则，
即，可得，
在中，由余弦定理可得，
即，整理可得，解得或（舍去），
所以的面积.
16. 已知和为椭圆上两点.
（1）求C的离心率;
（2）若过P直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程．
【答案】（1）
（2）直线的方程为或.
【解析】
【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可；
（2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘表达面积即可.
【小问1详解】
由题意得，解得，
所以.
【小问2详解】
法一：，则直线的方程为，即，
，由（1）知，
设点到直线的距离为，则，
则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可，
此时该平行线与椭圆交点即为点，
设该平行线的方程为：，
则，解得或，
当时，联立，解得或，
即或，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，联立得，
，此时该直线与椭圆无交点.
综上直线的方程为或.
法二：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，则，解得或，
即或，以下同法一.
法三：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，其中，则有，
联立，解得或，
即或，以下同法一；
法四：当直线的斜率不存在时，此时，
，符合题意，此时，直线的方程为，即，
当线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立椭圆方程有，则，其中，即，
解得或，，，
令，则，则
同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
则，解得，
此时，则得到此时，直线的方程为，即，
综上直线的方程为或.
法五：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当的斜率存在时，设，令，
，消可得，
，且，即，
，
到直线距离，
或，均满足题意，或，即或.
法六：当斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当直线斜率存在时，设，
设与轴的交点为，令，则，
联立，则有，
，
其中，且，
则，
则，解得或，经代入判别式验证均满足题意.
则直线为或，即或.
17. 如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

（1）证明：平面；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.
【小问1详解】
证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面
【小问2详解】
解：过点作，如图建立空间直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，
所以，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以；
所以.
设二面角的大小为，则，
所以，即二面角的正弦值为.

18. 已知数列的前项和为，且满足.数列是首项为，公差不为零的等差数列，且成等比数列．
（1）求数列与的通项公式．
（2）若，数列的前项和为恒成立，求的范围．
【答案】（1），；（2）.
【解析】
【分析】（1）由化简可得成等比，求出的通项，再由可求出的通项；（2）因为，用错位相减法求得，所以.
【详解】解：（1）因为，
所以
所以
所以成等比，首项，公比q
所以
由题意知，设公差为d
则，即，
解得或（舍）
所以
（2）
所以
两式相减得
所以
所以
【点睛】本题考查了数列的通项与求和，对等差乘等比的数列进行求和采用错位相减法求和，分列乘减算四步进行.
19. 已知函数．
（1）若，求a的值；
（2）设m为整数，且对于任意正整数n，，求m的最小值．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】
【详解】试题分析：（1）由原函数与导函数的关系可得x=a是在的唯一最小值点，列方程解得；
（2）由题意结合（1）结论对不等式进行放缩，求得，结合可知实数的最小值为.
试题解析：（1）的定义域为.
①若，因为，所以不满足题意；
②若，由知，当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，故x=a是在的唯一最小值点.
由于，所以当且仅当a=1时，.故a=1.
（2）由（1）知当时，.
令得.从而
.
故.
而，所以的最小值为.
【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出.本专题在高考中的命题方向及命题角度：从高考来看，对导数的应用的考查主要有以下几个角度：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．