重庆市西南大学附属中学2023-2024学年高三上学期期中数学试题（Word版附解析）

西南大学附中2023—2024学年度上期期中考试高三数学试题（满分：150分；考试时间：120分钟）注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上.2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整，3、考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生留存，以备评讲）.一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.集合，集合，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据偶次根号下大于等于零求解集合A，根据指数函数值域求解集合B，再利用并集运算求解即可.【详解】因为，所以，所以，又，所以，所以.故选：C.2.已知扇形的圆心角是，半径为，则扇形的面积为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用扇形的面积公式可求得该扇形的面积. 【详解】因为扇形的圆心角是，半径为，则该扇形的面积为.故选：D.3.如图，正三棱柱中，，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】取中点，连接，，易证，所以（或其补角）即为与所成角，在中即可求解.【详解】取中点，连接，，在正三棱柱中，四边形为平行四边形，因为，分别是，的中点，所以四边形为平行四边形，所以，所以（或其补角）即为与所成角， 设，则，在正三棱柱中，因为是的中点，所以，，，所以，故，在中，，所以，异面直线与所成角的余弦值为.故选：B4.“”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】D【解析】【分析】利用充分条件和必要条件定义判断.【详解】解：若，则，故不充分；当时，无意义，故不必要，故选：D5.若，，，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用不等式的基本性质可判断A选项，利用基本不等式可判断B选项，利用二次函数的基本性质可判断CD选项.【详解】因为，，， 对于A选项，，则，A错；对于B选项，，当且仅当时，即当时，等号成立，故，B对；对于C选项，，当且仅当时，等号成立，C错；对于D选项，，当且仅当时，等号成立，D错.故选：B.6.正四棱锥的高为3，体积为32，则其外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据正四棱锥和球的几何性质可以判断出球心在正四棱锥的高线上（或延长线上），最后根据勾股定理解出球的半径，最后利用球的表面积公式进行求解即可.【详解】令正四棱锥的底面棱长为，根据题意可得，解得.设是正四棱锥的高，是正四棱锥的外接球的球心，则在上（或的延长线上），则有，设球的半径为，因此，显然（或者），在正方形中，，由勾股定理可知：，因此该四棱锥的外接球的表面积为.故选：C 7.一个蛋糕店制作一个大型蛋糕，蛋糕是由多个高度均为0.1米的圆柱形蛋糕重叠而成，上层蛋糕会覆盖相邻下层蛋糕的上底面一半的面积，最底层蛋糕的半径为1米.若该蛋糕的体积至少为0.6立方米，则蛋糕至少需要做的层数为（）（其中）A.3B.4C.5D.6【答案】C【解析】【分析】设蛋糕需要做层，则每层圆柱形蛋糕的底面半径组成首项为1，公比为的等比数列，求出层蛋糕的体积，由求出的范围即可．【详解】设蛋糕需要做层，则每层圆柱形蛋糕的底面半径组成首项为1，公比为的等比数列，每层圆柱形蛋糕的高都是0.1米，各层的体积也构成等比数列，所以这层蛋糕的体积为，因为该蛋糕的体积至少为0.6立方米，所以，所以，由于单调递增，且，而，解得，，所以蛋糕至少需要做的层数为5层．故选：C．8.设函数（其中为自然对数的底数），若存在实数a使得恒成立，则实数m的取值范围是（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意可得，令，函数和函数的图象，一个在直线上方，一个在直线下方，等价于一个函数的最小值大于另一个函数的最大值，即可得出答案．【详解】函数的定义域为，由，得，所以，令，由题意知，函数和函数的图象，一个在直线上方，一个在直下方，等价于一个函数的最小值大于另一个函数的最大值，由，得，所以当时，单调递增，当时，单调递减，所以，没有最小值，由，得，当时，在上单调递增，在上单调递减，所以有最大值，无最小值，不合题意，当时，在上单调递减， 在上单调递增，所以，所以即，所以，即m的取值范围为．故选：A．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.复数，其共轭复数为，则下列叙述正确的是（）A.对应的点在复平面的第四象限B.是一个纯虚数C.D.【答案】BCD【解析】【分析】先由复数的运算求出，共轭复数的概念求出，即可判断各选项的正误．【详解】由题意得：，对于A项：，对应的点在复平面的第一象限，故A项错误；对于B项：为纯虚数，故B项正确；对于C项：，故C项正确；对于D项：，故D项正确；故选：BCD.10.下列说法正确的是（）A.等比数列的公比为，则其前项和为B.已知等差数列，若（其中），则 C.若数列的通项公式为，则其前项和D.若数列的首项为1，其前项和为，且，则【答案】BC【解析】【分析】由等比数列前项和公式可得当时，才成立，即A错误；利用等差数列性质可知B正确，将数列通过放缩裂项求和即可求得，即C正确；根据和的关系式可求得其通项公式，可得D错误.【详解】对于A，当公比时，公式不成立，只有当时，该式才成立，所以A错误；对于B，设等差数列的公差为，首项为，则可得，，当时，可得，所以B正确；对于C，易知，当时，，所以可得，即可得C正确；对于D，由可得；两式相减可得，即，可得，所以，即D错误.故选：BC 11.下列说法中错误的有（）A.已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是B.已知向量，，则不能作为平面的一个基底C.若，，则D.是所在平面内一点，且满足，则是的内心【答案】AC【解析】【分析】由向量夹角为锐角，根据数量关系即可求得A选项，由平面向量基本定理以及向量数量积的运算法则即可判断BC选项，由已知条件可以判断出点在角平分线上，故可以判断出结论.【详解】对A选项，，，且与的夹角为锐角，且与不共线，，则且，解得且.故A选项错误；对B选项，，则不能作为平面的一个基底，故B选项正确；对C选项，因为向量，所以不一定满足，故C选项错误.对D选项，因为，由可知，垂直与角的外角平分线，所以点在角的平分线上，同理点在角的平分线上，点在角的平分线上，所以是的内心.故D选项正确.故选：AC12.如图，已知矩形中，，.点为线段上一动点（不与点重合），将 沿向上翻折到，连接，.设，二面角的大小为，则下列说法正确的有（）A.若，，则B.若，则存在，使得平面C.若，则直线与平面所成角的正切值的最大值为D.点到平面的距离的最大值为，当且仅当且时取得该最大值【答案】AD【解析】【分析】根据翻折前后的几何关系，利用面面垂直的性质定理，结合余弦定理求解选项A；利用线面垂直的判定定理、性质定理判断选项B；利用翻折前后的几何关系，结合线面角的定义求解选项C；利用几何关系，以及线面垂直的性质定理、判定定理求解选项D.【详解】 对A，取中点，连接，，,则有,且，所以，又平面平面，平面平面，平面,所以平面，平面，故，，在直角三角形中，，所以，在中，由余弦定理得：，A正确；对B，同选项A，知，若平面，且平面,则，且平面，所以平面，平面，所以，显然矛盾，B错误；对C，连接交于点,因为几何关系可知，,所以,又因为,所以所以, 即，则，，平面,所以平面，平面，所以平面平面，故所求线面角为.又点在以为圆心，为半径的圆上，从而当直线与圆相切时，最大，故，从而，C错误；对D,点到平面的距离，等号成立当且仅当平面，因为平面，所以,从而，且矩形中，平面,所以平面，过作于点.连接，在直角三角形中，由等面积法可得，,所以,所以，因为以平面，平面，,平面，所以平面， 由翻折知，故，解得，即.又由二面角的面积射影知：,D正确；故选:AD.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于利用翻折前后的几何关系，结合直线与平面、平面与平面的判定定理、性质定理证明相应的结论.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.等比数列中，，，则______________.【答案】【解析】【分析】利用等比数列定义即可求得，代入计算可得.【详解】根据题意可得设等比数列的公比为，则易知，可得，即；而.故答案为：14.已知，，且，，则_____________.【答案】【解析】【分析】先通过角所在象限求出，再利用展开计算即可.【详解】,,， ，又当时，，，当时，，，，.故答案为：.15.已知向量，，，，与的夹角为，则的值最小时，实数的值为____________.【答案】##0.2【解析】【分析】根据向量的模长公式，结合二次函数的性质即可求解.【详解】，由于，故当时，此时取最小值，故答案为：16.已知函数为奇函数，的函数图象关于对称，且当时，，则______________.【答案】## 【解析】【分析】根据函数的对称性可得关于点对称，进而根据点关于的对称点为，将代入即可求解.【详解】由，用替换可得：，所以关于点对称，故，设，由于关于对称，又当时，，由于点关于的对称点为，则在上，故，所以，解得，故.故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知向量，，函数.（1）求的解析式和单调递增区间；（2）若是的导函数，，，求函数的值域.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）利用数量积的坐标表示及三角恒等变换公式化简求出函数解析式，再根据正弦函数的性质计算可得；（2）首先求出，即可得到的解析式，再根据正切函数的性质计算可得. 【小问1详解】因为，且，所以，令，，解得，，则函数的单调增区间为；【小问2详解】∵，∴，∴，而，则，所以，∴，由得，即.则函数的值域为.18.已知各项为正的数列的首项为2，，.（1）求数列的通项公式； （2）设数列的前项和，求数列（其中）前项和的最小值.【答案】（1）（2）最小值为-38【解析】【分析】（1）将原式进行因式分解，结合正项数列以及等差数列的概念及通项公式可解；（2）首先求出的表达式，再结合二次函数的性质可得前n项和的最小值.【小问1详解】因为，所以有，而，∴，所以，则，又∵，，∴，由等差数列定义知数列是以2为首项，4为公差的等差数列.∴数列的通项公式为.【小问2详解】由（1）有，∴，令，有；，有；，有.所以前项和的最小值为，当且仅当时取到.19.如图，在五面体中，面面，，面，，，，二面角的平面角为.（1）求证：面； （2）点在线段上，且，求二面角的平面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先通过线面平行的性质得，进而根据线面平行的判定得结论；（2）取中点，中点，连结，，通过证明，，两两垂直来建立空间直角坐标系，然后利用向量法求解面面角.【小问1详解】∵面，又面，面面，∴.又面，面，∴面；【小问2详解】取中点，中点，连结，.∵面面，交线为，面，，∴面∴是二面角的平面角.即.∵面，又面，面面，∴.∴.又，∴四边形是梯形.∴是梯形的中位线.∴.∴面.∵，是中点，∴.以为原点，，，为轴如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，， 由，设面的一个法向量为，由，，得，取，得，，∴.设面的一个法向量为，由，，得，取，得，，∴.∴∴二面角的平面角的余弦值为.20.已知内角、、的对边为、、（其中），若.（1）求角的大小；（2）若点是边上的一点，，，求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理边角互化，即可求解，进而可求解， （2）根据余弦定理可得，进而根据正弦定理得，根据二倍角公式以及和差角公式，结合三角函数性质即可求解.【小问1详解】由正弦定理得，，即有，∵，∴，则，而，∴.【小问2详解】由余弦定理有；，而，，∴，，又，所以.又由（1）∴，，设，，则由正弦定理有，，且，所以，故，当时取到.21.王老师每天早上7：00准时从家里出发去学校，他每天只会从地铁与汽车这两种交通工具之间选择一个乘坐.王老师多年积累的数据表明，他到达学校的时间在两种交通工具下的概率分布如下表所示：到校时间7：30之前7：30-7：357：35-7：407：40-7：457：45-7：507：50之后乘地铁0.10.150.350.20.150.05乘汽车0.250.30.20.10.10.05 （例如：表格中0.35的含义是如果王老师当天乘地铁去学校，则他到校时间在7：35-7：40的概率为0.35.）（1）某天早上王老师通过抛一枚质地均匀的硬币决定乘坐地铁还是乘坐汽车去学校，若正面向上则坐地铁，反面向上则坐汽车.求他当天7：40-7：45到校的概率；（2）已知今天（第一天）王老师选择乘坐地铁去学校，从第二天开始，若前一天到校时间早于7：40，则当天他会乘坐地铁去学校，否则当天他将乘坐汽车去学校.且若他连续10天乘坐地铁，则不论他前一天到校的时间是否早于7：40，第11天他都将坐汽车到校.记他从今天起（包括今天）到第一次乘坐汽车去学校前坐地铁的次数为，求；（3）已知今天（第一天）王老师选择乘坐地铁去学校.从第二天开始，若他前一天坐地铁去学校且到校时间早于7：40，则当天他会乘坐地铁去学校；若他前一天坐地铁去学校且到校时间晚于7：40，则当天他会乘坐汽车去学校；若他前一天乘坐汽车去学校，则不论他前一天到校的时间是否早于7：40，当天他都会乘坐地铁去学校.记为王老师第天坐地铁去学校的概率，求的通项公式.【答案】（1）0.15（2）（3）【解析】【分析】(1)由全概率公式求解即可；(2)可取1，2，3，…，9，10，由题：对于，；，即可求出数学期望；(3)由题意：，，由递推关系求出数列的通项.【小问1详解】记事件“硬币正面向上”，事件“7：40-7：45到校”则由题有，，，故.【小问2详解】可取1，2，3，…，9，10， 由题：对于，；，故，，以上两式相减得：，故.所以.【小问3详解】由题意：，，则，这说明为以为首项，为公比的等比数列.故，所以.22.已知，其中.（1）求在处的切线方程；（2）若在上恒成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由导数的几何意义可得；（2）先取特殊值得不等式恒成立的必要条件，再证明充分性.利用与 的符号一致性，利用放缩法将不等式转化为三次不等式的证明，再利用主元变换，以为主元转化为二次不等式的证明即可.【小问1详解】故，又，故在处的切线方程为：，即：；【小问2详解】一方面，由在上恒成立，则当，有，解得.另一方面，我们证明若，在上恒成立.注意到当时，由，，，则有恒成立，即恒成立，故只需证，其中，只需证，将上式左边看作关于的函数，令，下面证明：当，时，.①若，则成立；②若，此时，.又为关于的开口向下的二次函数，，故， ③若，此时为关于的开口向上的二次函数，对称轴为（i）若对称轴，又，解得，此时在单调递减，所以，又由②知，所以（ii）若对称轴，又，解得，则有，注意到此时对应的判别式故此时恒成立.综上，当，时，.故的取值范围为.