天津市北辰区朱唐庄中学2023-2024学年高三上学期期中检测数学热身试题（含解析）

朱唐庄中学2023-2024学年高三上学期期中检测
数学热身试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．设，，则（ ）
A． B． C． D．
2．函数的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
3．如图，空间四边形OABC中，，点M是OA的中点，点N在BC上，且，设，则x，y，z的值为（ ）
A． B． C． D．
4．我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百一十五里关,初步健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还其大意为：“有一个人走315里路,第一天健步行走,从第二天起脚痛,每天走的路程为前一天的一半,走了 6天后到达目的地. ”则该人最后一天走的路程为
A．20里 B．10里 C．5 里 D．2.5 里
5．已知函数的大致图像如图所示，则函数的解析式应为(　　)
A． B．
C． D．
6．设函数，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
7．已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．
8．设、、为平面，为、、直线，则下列判断正确的是
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
9．已知函数，若，则的取值范围是
A． B． C． D．
二、填空题
10．在中，若，则
11．已知函数，则 .
12．设等差数列的前项和为，若，，则 ；
13．已知复数 满足，则 .
14．表面积为的正四面体外接球的体积为 ．
15．在中，角的对边分别为，已知，角为锐角，向量与共线，且，则的周长为 .
三、解答题
16．在中，角A B C的对边分别为a b c，已知
(1)求的值；
(2)若，求的值.
17．已知的内角的对边分别为，满足.
(1)求角的大小；
(2)若，求的值.
18．如图，在多面体中，四边形是正方形，平面，，，·
（1）求证：平面.
（2）求异面直线与所成角的余弦值.
（3）若点是线段上的一个动点，试确定点的位置，使得二面角的余弦值为.
19．在等差数列中，为其前n项和．若．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
20．已知数列中，，数列中，其中．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)设是数列的前项和，求；
(3)设是数列的前项和，求证：．
参考答案：
1．D
【解析】利用集合的并集运算，直接求解.
【详解】，
故选：D
2．D
【解析】根据函数解析式，函数为奇函数且存在零点，即可知大致图象.
【详解】由知：函数为奇函数，排除A、B；
令，得，即函数存在零点，排除C；
故选：D
【点睛】关键点点睛：由函数解析式判断其奇偶性，令确定是否存在零点，便可确定函数的大致图象.
3．C
【分析】将表示为以为基底的向量，由此求得的值.
【详解】依题意
，所以.
故选：C.
【点睛】本小题主要考查空间中，用基底表示向量，考查空间向量的线性运算，属于基础题.
4．C
【分析】根据题意，设此人每天所走的路程数为数列，其首项为，分析可得是以为首项，为公比的等比数列，由等比数列的前项和公式可得，解可得的值，即可得答案．
【详解】解：根据题意，设此人每天所走的程为数列，其首项为，即此人第一天走的路程为，又由从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，则是以为首项，为公比的等比数列，
又由，即有，
解得：；
即此人第6天走了5里；
故选：．
【点睛】本题考查等比数列的通项公式与求和公式，关键是依据题意，建立等比数列的数学模型，属于基础题．
5．C
【分析】本题是选择题，可采用排除法，根据函数的不关于轴对称可排除选项D，再根据函数定义域是，排除选项A，利用极限思想可排除B，即可得到所求．
【详解】解：如图，因为函数定义域是，排除A选项，
当，，排除B，
因为，所以函数为偶函数，
根据函数图象不关于轴对称可知函数不是偶函数，故可排除选项D.
故选：C．
6．B
【详解】∵函数在上单调递增,，
∴，
反之不成立,例如,但是无意义．
∴则“”是“”的必要不充分条件．
故选B.
7．A
【分析】根据对数函数及指数函数单调性，比较，，与0，1的大小关系即可得答案.
【详解】解：因为，，，
所以，，，
所以，
故选：A.
8．D
【分析】根据线面、面面有关的定理，对四个选项逐一分析，由此得出正确选项.
【详解】A选项不正确，因为根据面面垂直的性质定理，需要加上：在平面内或者平行于，这个条件，才能判定.B选项不正确，因为可能平行于.C选项不正确，因为当时，或者.D选项正确，根据垂直于同一条直线的两个平面平行，得到，直线，则可得到.综上所述，本小题选D.
【点睛】本小题主要考查空间线面、面面位置关系有关命题真假性的判断，属于基础题.
9．D
【详解】
由题设可知：不等式“”恒成立等价于：不等式恒成立，即函数的图像恒在直线的上方．由于直线的图像恒过定点，容易算得直线与相切时，可得，画出函数的图像，结合图形可以看出：当直线的斜率满足时，函数的图像恒在直线的上方，故所求实数的取值范围是，应选答案D．
点睛：解答本题的关键是借助函数图像的直观，巧妙运用函数方程思想、等价转化的数学思想、数形结合的数学思想，从而使得问题巧妙获解．解答这类问题的技巧，先将方程（不等式）的两边化为一静一动的两个函数的图像，再数形结合分析探求建立不等式，通过解不等式使得问题获解．
10．
【分析】由正弦定理求解．
【详解】由得．
故答案为：．
11．-4
【分析】先求，再求.
【详解】因为函数，
则
.故答案为-4.
【点睛】本题考查了分段函数求值，属于简单题型.
12．
【详解】因为 为等差数列,所以 ,所以 ,所以 ,又 , ,所以 .
13．
【分析】由题意利用复数的运算法则可得z的值.
【详解】由题意可得：
.
故答案为．
【点睛】本题主要考查复数的运算法则，属于基础题.
14．
【分析】设正四面体的边长为，的外接圆圆心为，正四面体外接球的球心为，半径为，根据已知条件得到，从而得到外接球半径，再求外接球体积即可.
【详解】设正四面体的边长为，的外接圆圆心为，正四面体外接球的球心为，
半径为，如图所示：
因为，解得.
因为，所以，.
在中，解得.
正四面体外接球的体积.
故答案为：
15．
【分析】根据与共线，得到，即，求得角B，再根据，利用正弦定理求得2R，然后将转化为边，再结合余弦定理求得即可.
【详解】因为与共线，
所以，即，
所以，
因为，
所以，
则，
解得，
因为，
由正弦定理得，
又因为，
由正弦定理得，即，
由余弦定理得，
即，即，
所以，
解得，
所以三角形的周长为，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键是由和求得外接圆半径，将转化为边结合余弦定理而得解 。
16．(1)
(2)
【分析】（1）化简原式，直接利用余弦定理求的值即可；
（2）由（1）可得，利用正弦定理求得．
【详解】（1）在中，由，整理得，
又由余弦定理，可得；
（2）由（1）可得，又由正弦定理，
及已知，可得；
故.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由已知条件，利用正弦定理角化边可得，再根据余弦定理即可求解；
（2）由角A的正切值求出角A的正弦和余弦值，从而根据二倍角公式可得、，再根据两角差的正弦公式即可求解.
【详解】（1）解：，
，即，
，
，
；
（2）解：由，可得，
，
18．（1）证明见解析；（2）；（3）位于点.
【分析】建立空间直角坐标系.
（1）求出平面的法向量，再根据数量积的运算即可证明；
（2）利用夹角公式可求得；
（3）设，再求平面的法向量，利用夹角公式可求得建立方程可求得结果.
【详解】以为原点，以，，为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，
（1）证明：，，，
设平面的法向量为，则
∵，令得，
∴，又平面，
∴平面.
（2），，
∴，
设异面直线与所成角为.则，
∴异面直线与所成角的余弦值为.
（3）设，则，
设平面的法向量为，则，
∴，令得，
，
解得或（舍）.
∴当位于点时，二面角的余弦值为.
19．（1）；（2）.
【分析】（1）运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程组，可得首项和公差，即可得到所求通项；
（2）求得，再由数列的求和方法：裂项相消求和，化简整理，即可得到所求和．
【详解】解：（1）设数列的首项为，公差为，
由题意得，
解得，
故数列的通项公式；
（2）由（1）得，
即有前项和
．
20．(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）分析可知对任意的，，计算的值，即可证得结论成立；
（2）求得，求出，再利用裂项相消法可求得；
（3）利用错位相减法可求得，即可证得结论成立.
【详解】（1）证明：已知数列中，，则，，，
以此类推可知，对任意的，，
所以，，且，
所以，数列是首项为，公差为的等差数列.
（2）解：由（1）可得，则，所以，，
所以，，
因此，.
（3）证明：因为，所以，，
则，
所以，，
故.