浙江省杭州学军中学2025-2026学年高一下学期周末练3数学试卷含解析（word版+pdf版）

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一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1. 已知集合，，则中元素的个数为
A．2B．3C．4D．6
【答案】C
【解析】由题意，中的元素满足，且，由，得，所以满足的有，故中元素的个数为4.
2. 复数的虚部是
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】，所以虚部为.
3.已知，条件：，条件：，则是的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】若，则有，因此有，故；
反之，若，当其中有负数时，不成立，故是的必要不充分条件 .
4.设，且，则
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为，所以，即，
即，即，
因为，所以，所以，即.
5.如图所示，一个正四棱台的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为，则该正四棱台的体积为
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设，则，正四棱台的各个侧面都为等腰梯形，上､下底面为正方形，
在四边形中，过点作于点，，则，
，解得，
在平面中，过点作于点，则为正四棱台的高，
且，因此，
该正四棱台的体积为.
6.设，，则
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】，
，,即
又，即.
7.设是定义在上的偶函数，对任意的，都有，且当时，，则在区间内关于的方程的根的个数为
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为是定义在上的偶函数，对任意的，都有，
所以，即，所以函数的周期为，
当时，则，此时，
即，
由，，得，分别作出函数和，的图象，如图所示，
则由图象可知两个函数的图象的交点个数为个，即方程的零点个数为个.
8.已知单位向量不共线，且向量满足若对任意实数λ都成立，则向量夹角的最大值是
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设向量夹角为，设向量与的夹角为，
，
由，得，
所以，所以，
所以，所以，
所以对任意实数λ都成立，
即恒成立，
当，即，得，上式恒成立，
当时，即，，
，所以得，
因为，所以，综上，，
所以向量夹角的最大值是.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9.设函数，则下列结论正确的是
A．的一个周期为B．的图象关于直线对称
C．的一个零点为D．在上单调递减
【答案】ABC
【解析】对于A项，函数的周期为，，当时，周期，故A项正确；
对于B项，当时，为最小值，此时的图象关于直线对称，故B项正确；
对于C项，，，所以的一个零点为，故C项正确；
对于D项，当时，，此时函数有增有减，不是单调函数，故D项错误.
10.如图所示，圆锥的轴截面是面积为的正三角形，用平行于圆锥底面的平面截该圆锥，截面圆与，分别交于点，，且，则
A．圆锥的表面积为
B．圆台的高为
C．圆锥的体积为
D．从点出发沿着该圆锥侧面到达中点的最短路程为5
【答案】ABD
【解析】对于A，设的边长为，由已知得，解得，
所以圆锥的表面积为，故A正确；
对于B，因为，所以，又，
所以，故B正确；
对于C，圆锥的体积为，故C错误；
对于D，由已知得圆锥的侧面展开图的圆心角，设的中点为，连接，如图，
可得，，，则，故D正确.
11.棣莫佛（，1667~1754）出生于法国香槟，十八岁去了英国伦敦，他在概率论和三角学方面，发表了许多重要论文，英国著名诗人波普（A.Ppe，1688~1744）在《人类小品》中写道：“是谁教那蜘蛛/不用直线或直尺帮忙/画起平行线来/和棣莫佛一样稳稳当当”.1707年棣莫佛提出了公式：，其中，.根据这个公式可得
A．
B．
C．
D．存在8个不同的复数，使
【答案】AD
【解析】根据题意，在，
令可得.
对于A，设，则有，
变形可得，
则，A正确；
对于B，设，则有，
变形可得，
则，B错误；
对于C，，C错误；
对于D，设，若，即，则有，，
则，在区间上，有8个解，即存在8个不同的复数，使，D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.若正数a，b满足，则的最小值是________.
【答案】
【解析】设，则，可得，
所以
，
当且仅当时，等号成立，取得最小值 .
13.已知，若在上任取三个数，均存在以为三边的三角形，则m的取值范围为_______.
【答案】
【解析】函数，对称轴为，，所以在上的最小值为，
最大值为，
由题意，即，解得 .
14.已知三棱锥中，，，，，则三棱锥的内切球半径为________.
【答案】
【解析】此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，由余弦定理得，

设长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为，
则，解得，
故三棱维的体积为，
又三棱锥四个侧面是全等的，
故三棱锥的表面积为，
设内切球半径为，以内切球球心为顶点，把三棱锥分割为以球心为顶点，四个面为底面的四个小三棱锥，四个小三棱锥体积等于大三棱锥的体积，故 .
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.已知函数.从下面的两个条件中任选其中一个：
①；
②若，且的最小值为，，求解下列问题：
（1）化简的表达式并求的单调递增区间；
（2）已知，求的值.
（注：条件①、②只能任选其一，若两个都选，则以条件①计分）
【解析】（1）解：若选择条件①
，
由，
得，
所以的单调递增区间为，
若选择条件②，若，即是的最大值点，是的零点且的最小值为，
设的周期为T，
由此可得，即有，∴
由，可得，即有
可得或，再结合，可得，
综上可得：，
（2），可得，
∵，∴，
从而可得，即有，
∵∴，
由，可得，
故 .
16.如图所示，在中，，边上的高．
(1)画出水平放置的的直观图；
(2)求直观图的面积．
【解析】（1）①以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图①，
②画出对应的，轴，使，
在轴上取点，，使，，
在轴上取点，使，
连接，，则即为的直观图，如图②．
（2）在图②中，作，为垂足，
，，
，
.
17.如图，在平面四边形中，，，，.
（1）求；
（2）若为锐角三角形，求面积的取值范围.
【解析】
（1）由正弦定理得，，又，，.
∴，又
∴.
（2）由，可得，
在中，
由正弦定理得，，
∴，
∵为锐角三角形，∴，
∴，∴，∴，，
∴，∴ .
18.在四面体中，、分别是、的中点，点、分别是边上的点，且．
(1)求证：、、、四点共面；
(2)若四面体为棱长为6的正四面体，且，求四边形的周长；
(3)若平面截四面体所得的五面体的体积占四面体的，求的值．
【解析】（1）连接，因为H、G分别是AD、CD的中点，所以，
又，所以，所以，所以E、F、G、H四点共面；
（2），为三等分点，又是中点，所以，
由余弦定理可得：，
得：，同理
，、分别是、的中点，所以，，
所以四边形的周长.
（3）延长，则必交于点，
证明如下：设，
因为平面，所以平面，同理平面，
又平面平面，所以，所以，则必交于点，
取的中点，连接，
因为，所以，
又，所以，所以，
又，所以，所以，
所以，即，
所以，，
所以，
，
所以，即，
所以，即，
所以，解得或，
又因为，所以.
19.定义在Ｄ上的函数，如果满足：对任意，存在常数，都有成立，则称是D上的有界函数，其中称为函数的上界.
已知函数，.
（1）当时，求函数在上的值域，并判断函数在上是否为有界函数，请说明理由；
（2）若函数在上是以3为上界的有界函数，求实数a的取值范围；
（3）若，函数在上的上界是，求的取值范围.
【解析】（1）当时，，显然在上递减，即有，
于是得在上的值域为，显然不存在常数，使成立，
所以函数在上不是有界函数；
（2）依题意，在上恒成立，而，
于是得在上恒成立，
当x≥0时，令，，则，因此，在上递减，
当时，，即当时，取最大值-5，
令，显然在上递增，当时，，即当时，取最小值1，
从而有，
所以实数a的取值范围为；
（3）依题意，，，而，则在上递减，
于是得，即，
①当时，恒有，此时，，
解，当时，，而成立，则，
当时，，解得，
当时，，而不成立，此时无解，
综上得当时，，即当时，，
②当，恒有，此时，，
解得，即当时，，
所以，当时，的取值范围是；当时，的取值范围是 .