广东省深圳市盐田高级中学2026届高三数学12月周三测试卷19 附答案

/盐田高级中学2026届高三（上）数学周三测试卷（19）一、单选题1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．已知平面向量，若，则（

）A．2 B． C．3 D．53．已知圆经过原点和点，并且圆心在直线上，则圆的方程为（

）A． B．C． D．4．已知函数满足，则的值为（

）A． B． C． D．5．已知，则（

）A． B． C． D．6．已知三条不同的直线和两个不同的平面满足：，则直线与直线异面的一个充分不必要条件为（

）A．与不相交 B．且 C．且 D．7．已知函数，若，且在上有最大值，则的最小值为（

）A． B． C． D．8．已知双曲线的离心率为，分别是双曲线的左､右焦点，点，点为线段上的动点，当取得最大值时，的面积为（

）A． B． C． D．二、多选题9．设为正数，且，则（

）A． B．C． D．10．已知函数的最大值为2，则（

）A．B．函数图象的一个对称中心是点C．在区间上单调递增D．将的图象先向右平移个单位长度后，再将图象上所有点的横坐标伸长为原来的两倍（纵坐标不变），得到的图象对应的函数解析式为11．已知函数与的图象上存在关于y轴的对称点，则实数a的值可以是（

）A． B．0 C． D．1三、填空题12．已知数列满足，，则．13．在正三棱柱中，，则在该正三棱柱内可放入的最大球的体积为.14．函数在区间内存在零点，且该零点不是的极值点，则实数的取值范围为.四、解答题15．在中，角的对边分别为，(1)证明：；(2)若，求.16．已知数列满足，，设.（1）判断数列是否为等差数列，并说明理由；（2）求数列的前n项和.17．如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，侧面为等边三角形，平面平面，E为PB中点．(1)证明：平面平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值．18．已知椭圆的左顶点为，离心率为为坐标原点，且.(1)求的方程；(2)设为线段（不含端点）上一点，过且斜率为1的直线交于两点，在第三象限，设为线段的中点，证明：为定值；19．已知．(1)当时，求曲线在点处的切线方程．(2)若恰有1个极大值点和1个极小值点．①求极大值与极小值的和；②判断零点的个数．《盐田高级中学2026届高三数学周三测试卷（19）》参考答案题号12345678910答案CBADDCCBBCAB题号11答案ABC1．C【详解】由，得或，所以集合或；又，所以.故选：C.2．B【详解】由题意得，，因，则，得，则，则.故选：B3．A【详解】圆经过原点和点，线段的中点，直线的斜率，则线段的中垂线方程为，即，由，解得，因此圆的圆心，半径，所以圆的方程为.故选：A4．D【详解】因为，则，所以，，解得.故选：D.5．D【详解】由，得，则，两边平方得，所以.故选：D6．C【详解】若，当与不相交，可得直线与直线异面或，充分性不成立，故A不符合；若，当且时，可得直线与直线异面或与相交，充分性不成立，故B不符合；若，当且，可得直线与直线异面，故充分性成立，当直线与直线异面时，不一定能得到且，故必要性不成立，故“且”是“直线与直线异面”的充分不必要条件，故C符合；若，当时，可得直线与直线异面或与相交，故充分性不成立，故D不符合.故选：C.7．C【详解】；，关于直线对称，，结合，解得：；当时，，在上有最大值，，解得：；当时，取得最小值.故选：C.8．A【详解】由，得，故线段所在直线的方程为，又点在线段上，可设，其中，由于，即，得，所以.由于，当时，取得最大值，此时，则，故选：B.9．BC【详解】对于A，取，，则，，则，故A错误；对于B，由于，所以，由于，当且仅当时取等号；所以，则；故B正确；对于C，由于，则，由于在上单调递增，所以；故C正确；对于D，令，则，所以在上单调递减；由于，所以，即，则，故D错误；故选：BC10．AB【详解】对于A，因为（其中），且函数的最大值为2，所以，解得，又因为，所以，故A正确；对于B，解法一：由A选项可知，，令，解得，当时，，所以的图象关于点中心对称，故B正确；解法二：由A选项可知，，将代入的解析式，得，所以的图象关于点中心对称，故B正确；对于C，当时，，根据正弦函数的图象得在上单调递减，故C错误；对于D，将的图象先向右平移个单位长度，得到的图象，再将图象上所有点的横坐标伸长为原来的两倍，得到的图象，故D错误．故选:AB．11．ABC【详解】函数关于y轴对称的函数表达式为，只需要方程有正根，方程可化为．令，有，令，有，可得函数单调递减，则，可得函数单调递减，有．由函数是由函数平移过来的，故方程有正根时，只需要函数与x轴的正半轴有交点，即方程的根，则实数a的取值范围为．故选：ABC.12．【详解】因为，所以，所以时，，则，故.故答案为：.13．【详解】等边三角形的边长为2，所以内切圆的半径为，若球与上下底面相切，则半径为1，，所以该正三棱柱内可放入的最大球的半径为，该球的体积为.故答案为：14．【详解】因在区间内存在零点，且该零点不是的极值点，则和的函数图象在上有交点，且在交点处不相切，因，令，则，则在上单调递增，因，则当时，，；当时，，，故在上单调递减，在上单调递增，因，其图象如图：故，故实数的取值范围为.故答案为：15．(1)见详解(2)【详解】（1）根据余弦定理，有，根据正弦定理，该式可化为，又因为在中，，故可化为，得证.（2）由，可知与同号.若均小于0，则两个角均为钝角，在三角形中不可能，因此均为锐角，故有.由（1）中的，可得，即，两边同除，得，代入，得：，解得或（舍去），故.因此.16．（1）是等差数列，理由见解析；（2）【详解】（1）数列是以1为首项，公差为2的等差数列.由条件，将两边同时除以得，化简得，即，∴数列是以1为首项，公差为2的等差数列.（2）由（1）可得，∴，∴，从而，故.17．(1)证明见解析(2)【详解】（1）如图所示，作线段的中点，连接，因为侧面为等边三角形，所以，因为平面平面，平面平面，面，所以平面，因为平面，所以，因为底面为矩形，所以，因为，面，面，所以面，因为平面，所以平面面.（2）如图所示，作中点，连接，则由（1）可得，面，面，所以面，则可以为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系；则，可得，设面的法向量为，则，得，令，解得，所以面的一个法向量为，易知面得一个法向量为，设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.18．(1)(2)（i）;（ii）.【详解】（1）由题可知，,因此,因此椭圆.（2）设,则过点且斜率为1的直线可设为,设,且.点都在椭圆上，因此有,两式相减，得,两边同除,得：,因此,即点在定直线上，因此的大小为定值，且.在中，由正弦定理可知,变形可得故为定值.19．(1)(2)①0；②3【详解】（1）由题可得，函数的定义域为，，当时，，，故切点为，切线在该点处的斜率为，故曲线在点处的切线方程为，即．（2）由（1）得，因为分母在定义域内恒成立，所以导函数的符号取决于分子的符号，令，其对应一元二次方程的判别式．若，此时，则且不恒为0，所以且不恒为0，所以在上单调递增，故没有极值点，若，此时或，则有两个不等实根，不妨设，由一元二次方程根与系数的关系可得，则同号．当时，，两根均为负数，则在上恒成立，所以，所以在上单调递增，则没有极值点