精品解析：天津市武清区燕中文化艺术培训学校2025-2026学年高三上学期数学周练14

天津市武清区燕中文化艺术培训学校2025-2026学年高三数学周练14 一、单选题 1. 全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，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 3. 设，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 4. 函数的大致图象为（ ） A. B. C. D. 5. 若m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，给出下列命题： ①若，则； ②若，则； ③若，则； ④若，则 其中正确命题的个数为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 如图，三棱柱中，是上靠近的三等分点，平面将三棱柱分成体积为，两部分，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，下面结论错误的是（ ） A. 在区间上单调递减 B. 是函数图象的一个对称中心 C. 在上的值域为 D. 图象上的所有点向右平移个单位后得到函数的图象 8. 在无穷数列中，，，数列的前n项和为，则的最大值与最小值的差为（ ） A. B. C. D. 无法确定 9. 设表示不大于的最大整数，如，，若正数a满足，则（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 二、填空题 10. 已知为虚数单位，，则的虚部为______． 11. 在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为______． 12. 在等差数列中，数列的前n项和为，，，若，则的最小值为________. 13. 已知，在上单调递增，且为它的一条对称轴，是它的一个对称中心，当，的最小值为________． 14. 在中，，，点为的中点，点为的中点，若设，，则可用，表示为________；若，则的最大值为________. 15. 若函数恰有两个零点，则a的取值范围为________. 三、解答题 16. 已知的内角，，的对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，，求，； （3）若，求. 17. 如图，在直四棱柱中，侧棱的长为3，底面ABCD是边长为2的正方形，E是棱BC的中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面ABCD的夹角的余弦值； （3）求三棱锥的体积． 18. 如图所示，在几何体中，四边形和均为边长为2的正方形，，底面，M、N分别为、的中点，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面所成角的余弦值. 19. 在下面行、列的表格内填数：第一列所填各数自上而下构成首项为1，公差为2的等差数列；第一行所填各数自左向右构成首项为1，公比为2的等比数列；其余空格按照“任意一格的数是它上面一格的数与它左边一格的数之和”的规则填写.设第2行的数自左向右依次记为. 第1列 第2列 第3列 … 第列 第1行 1 2 … 第2行 3 5 9 第3行 5 10 … … 第行 （1）求数列通项公式; （2）对任意的，将数列中落入区间内项的个数记为， ①求; ②设数列的前项和，求. 20. 已知函数. （1）若，判断函数的单调性； （2）若关于 的不等式在上恒成立，求实数 的取值范围； （3）已知函数有两个极值点，求证： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市武清区燕中文化艺术培训学校2025-2026学年高三数学周练14 一、单选题 1. 全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据结合的补集的运算，求得，再结合集合的交集运算，即可求解. 【详解】由全集，集合，可得， 又由集合，可得. 故选：C. 2. 已知向量，，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】C 【解析】 【分析】根据向量的共线的坐标关系，即可根据充要条件的定义判断. 【详解】由，，若，则，解得， 故“”是“”的充要条件， 故选：C 3. 设，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据指数函数和对数函数的性质，借助于中间值，即可判断结果. 【详解】由指数函数的性质，可得，所以， 根据对数的运算性质，可得，所以， 又由，所以， 所以. 故选：C. 4. 函数的大致图象为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先判断函数的奇偶性，利用导数说明函数在上的单调性，即可判断. 【详解】解：定义域为，且， 故为偶函数，函数图象关于轴对称，故排除A， 令，即，解得， 又，故排除D， 当时，则， 所以当时，当时，即在上单调递增，在上单调递增，故排除C； 故选：B 5. 若m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，给出下列命题： ①若，则； ②若，则； ③若，则； ④若，则 其中正确命题的个数为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】对于①：利用线面垂直的性质定理可以证明； 对于②：由垂直于同一平面的两平面可能平行或相交，否定结论； 对于③：由平行于同一平面的两条直线可能平行，相交或异面，否定结论； 对于④：利用线面垂直的判定定理可以证明． 【详解】对于①：，则存在有．因为，所以，从而有，命题①正确； 对于②：，则可能平行或相交，命题②不正确； 对于③：平行于同一平面的两条直线可能平行，相交或异面，命题③不正确； 对于④：，则．存在相交的直线有，从而存在直线有．因为相交，所以也相交（若可得，矛盾）．因为，所以，从而有．因为相交，所以，命题④正确． 综上可得，命题①④正确. 故选：B 6. 如图，三棱柱中，是上靠近的三等分点，平面将三棱柱分成体积为，两部分，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先确定出截面的位置，然后采用割补法结合替换顶点求解出，由此可求解出的值. 【详解】取靠近的三等分点，连接，如图所示， 因为分别是靠近的三等分点， 所以且，所以，所以四点共面； 设三棱柱的高为，三棱柱体积，因为， 所以 ， ， 所以， 所以，所以，所以， 故选：C. 7. 已知函数，下面结论错误的是（ ） A. 在区间上单调递减 B. 是函数图象的一个对称中心 C. 在上的值域为 D. 图象上的所有点向右平移个单位后得到函数的图象 【答案】D 【解析】 【分析】A. 利用余弦函数的单调性判断；B. 利用余弦函数的对称性判断； C.利用余弦函数的值域判断；D.利用三角函数的图象平移变换判断. 【详解】A. ，则，所以在区间上单调递减，故正确； B. 因为，所以是函数图象的一个对称中心，故正确； C. ，则，则，所以在上的值域为，故正确； D. 图象上的所有点向右平移个单位后得到函数，故错误； 故选：D 8. 在无穷数列中，，，数列的前n项和为，则的最大值与最小值的差为（ ） A. B. C. D. 无法确定 【答案】C 【解析】 【分析】求出数列的前n项和，按奇偶探讨的单调性求出最大与最小值即可得解. 【详解】由，，得，而，则数列是等比数列， 于是，当为奇数时，，， 当为偶数时，，，因此的最大值与最小值分别为， 所以的最大值与最小值的差为. 故选：C 【点睛】关键点点睛：利用等比数列前n项和公式求出，再按奇偶结合单调性求解是关键. 9. 设表示不大于的最大整数，如，，若正数a满足，则（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 【答案】C 【解析】 【分析】根据的定义进行分析，由此列不等式来求得的取值范围，进而求得正确答案. 【详解】因为， 所以该式的前15项都为0，后4项都为1， 所以， 所以，即， 得， 因为，所以， 所以，故. 故选：C. 【点睛】思路点睛： 首先根据和式的结果分析每一项的取值情况，列出关于变量的不等式，然后解不等式得到变量的取值范围，若取值范围涉及到指数形式，通过计算近似值进一步精确范围，最后根据变量的取值范围求出所求式子的值. 二、填空题 10. 已知为虚数单位，，则的虚部为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的除法运算及复数的概念得解. 【详解】由已知，得， 所以的虚部为． 故答案为： 11. 在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为______． 【答案】 【解析】 【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比. 【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面， 垂足为，连接，过作,垂足为. 因为平面，平面，所以平面平面. 又因为平面平面，，平面， 所以平面，且. 在中，因为，所以，所以， 在中，因为，所以， 所以. 故答案为：. 12. 在等差数列中，数列的前n项和为，，，若，则的最小值为________. 【答案】 【解析】 【分析】由等差数列通项和前项和的关系列出方程，求出通项后，利用不等式即可. 【详解】设的公差为， 因为，， 所以，， 故， 可得， 因 当且仅当，即时等号成立. 又因为N*，故等号不成立. 则由可得可能的数组为，分别计算的值为， 比较可知，当时，取得最小值. 故答案为：. 13. 已知，在上单调递增，且为它的一条对称轴，是它的一个对称中心，当，的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦函数的对称性得出，根据单调性得出，从而确定，结合对称轴与对称中心再求出，得出函数解析式，利用整体思想及正弦函数的性质即可得解. 【详解】因为函数在上单调递增，且为它的一条对称轴， 所以时函数取最大值， 又因为是它的一个对称中心， 所以，， 设的最小正周期为，由正弦函数的对称性可知， 即， 又在上单调递增，则， ∴，则，， ∵，∴时，，∴， 当时，， 由正弦函数的单调性可知. 故答案为： 14. 在中，，，点为的中点，点为的中点，若设，，则可用，表示为________；若，则的最大值为________. 【答案】 ①. ②. ； 【解析】 【分析】对于第一问，根据向量的加法、减法以及中点的性质，逐步将用和表示出来.对于第二问，先求出，再利用向量数量积公式（这里是与的夹角），结合已知条件求出的表达式，再求其最大值. 【详解】（1）(1)因为点D为AB的中点，所以. 又因为，根据向量加法，可得. 因为点E为CD的中点，所以，即. 再根据向量加法，可得. （2）因为，，所以. . ， 在中，，根据向量数量积公式， 可得.由， 根据余弦定理， 即. 根据基本不等式，可得，即. 将代入的表达式： 因为，，取得最大值，最大值为. 故答案为：；. 15. 若函数恰有两个零点，则a的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据的取值范围及绝对值的性质去掉绝对值符号，然后再结合二次函数性质分类求参数值． 【详解】（1）时，，易知它有三个零点：，不合题意； （2）时，或，， ，， 时，， 时，， 时，， 时，， 所以 其中，， ① ，即时， 在上递减，，此时无零点，在上无零点， 对，由于，有一正根一负根，而，因此正根大于， 所以在上有一个零点； ， 时，，，因此与都是递减的， 从而在上递减，而，因此在上有一个零点， 综上，在R上有两个零点，符合题意； ②时，与①相同知在上有一个零点，在上有一个零点， 在上，，且， 由，解得， 时，无零点，因此在R上只有两个零点，符合题意； 时，在上至少有一个零点，从而在R上至少有三个零点，不合题意， （3）时，或，， ，， 时，， 时，， 时，， 时，， 所以， ，，，已经有一个零点， ①，即时，，在上递减，在上递增，在上递减， ，则，又， 所以在和上各有一个零点，又也是它的零点，零点个数多于2个，不合题意， ②时，，在上单调递减，又，因此在上有一个零点， 又由得，，所以在时，在上只有一个零点， 此时，因此在上递增，因此在上无零点， 同理，，在上单调递增，因此因此在上无零点， 在，，若， 又，从而，在上至少有一个零点，从而在上零点个数多于2个，不合题意， 时，在上没有零点，所以在R上只有两个零点，满足题意， 综上，的取值范围是． 【点睛】方法点睛：含有绝对值的函数，可以根据绝对值的定义去掉绝对值符号，化为不含绝对值的函数（本题是二次函数），然后由函数性质研究题设问题，难点是分类标准的确定．题中先按的正负分类，目的是绝对值中式子确定正负时自变量的取值范围的确定．然后再根据绝对值的正负分类去绝对值符号． 三、解答题 16. 已知的内角，，的对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，，求，； （3）若，求. 【答案】（1） （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理、两角和的正弦公式化简求解即可. （2）通过余弦定理得到，进而结合求解即可. （3）通过正弦定理得到，再判断角为锐角，利用二倍角公式结合两角和的正弦公式求解即可. 【小问1详解】 由, 根据正弦定理，得， 则， 在中，，则， 又，故. 【小问2详解】 由， 根据余弦定理可得，整理可得， 又，解得，或，（舍去）. 【小问3详解】 由，根据正弦定理，得， 则， 又，则，故为锐角， 所以， 则， ， 所以. 17. 如图，在直四棱柱中，侧棱的长为3，底面ABCD是边长为2的正方形，E是棱BC的中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面ABCD的夹角的余弦值； （3）求三棱锥的体积． 【答案】（1） 在直四棱柱中，建立如图所示的空间直角坐标系， 由侧棱的长为3，底面是边长为2的正方形， 得，由是棱的中点，得， 则， 设平面的法向量为，则，令，得， 显然，则，又平面， 所以平面. （2）； （3）3. 【解析】 【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理得证. （2）求出平面与平面的法向量，再利用空间向量求出面面角的余弦值.. （3）利用空间向量的距离公式，结合锥体体积公式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知平面的法向量为，而平面的一个法向量为， 因此， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 【小问3详解】 由（1）知平面的法向量为，而点，则， 点到平面的距离为，又， 则点到直线距离， 因此的面积， 所以三棱锥的体积. 18. 如图所示，在几何体中，四边形和均为边长为2的正方形，，底面，M、N分别为、的中点，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）如图，以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系， 由题意可得，，，，，， ，，， 则，， 设平面的一个法向量为，则， 故，即，则， 令，得， 所以， 所以，又平面， 所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）依据题意建立以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，求出和平面的一个法向量，计算即可得证. （2）由（1）得直线的方向量，平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则由即可得解. （3）求出平面的一个法向量，计算，则由计算结果即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 设平面的一个法向量，由（1）可得，， 则，故，即， 令，得， 所以， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 19. 在下面行、列的表格内填数：第一列所填各数自上而下构成首项为1，公差为2的等差数列；第一行所填各数自左向右构成首项为1，公比为2的等比数列；其余空格按照“任意一格的数是它上面一格的数与它左边一格的数之和”的规则填写.设第2行的数自左向右依次记为. 第1列 第2列 第3列 … 第列 第1行 1 2 … 第2行 3 5 9 第3行 5 10 … … 第行 （1）求数列通项公式; （2）对任意的，将数列中落入区间内项的个数记为， ①求; ②设数列的前项和，求. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据题意得到数列的递推关系，利用累加法求解即可； （2）①利用等差数列和等比数列的通项公式求出，，代入解不等式即可；②利用分组求和和错位相减求解即可. 【小问1详解】 由题意知，所以， 所以当时， ， 又也满足上式， 所以. 【小问2详解】 ①由题意， 令， 当时，，此时， 当时，， 又，所以， 此时 所以. ②， 记， ， ， 上述两式作差得 ， 所以， 当时，； 当时，， 又也满足上式， . 20. 已知函数. （1）若，判断函数的单调性； （2）若关于 的不等式在上恒成立，求实数 的取值范围； （3）已知函数有两个极值点，求证： 【答案】（1）在上单调递增； （2） （3）由（2）知，，所以，且， 当时，，所以在上是减函数， 故要证，即证， 即， 又，所以，又， 代入化简得：，所以， 令，则，即证， 设，则， 所以在上是减函数，所以， 即. 【解析】 【分析】（1）求导可得，可得结论； （2）通过函数的导数，对a分类讨论，分别求解函数的单调性，求出满足条件的实数a的取值范围． （3）根据（2）的结论把转化为，然后利用换元法求出关于t的函数，利用导函数求出最值即可. 【小问1详解】 若，则，函数的定义域为， 所以， 所以在上单调递增； 【小问2详解】 由，可得 ①若，易知在上恒成立， 所以在是减函数，又，所以，不符合题意，  ②若，令 ，则，， 故时，，又， 所以时，，不符合题意， ③若，易知，故在是增函数， 又，所以，综上，； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $