西南大學附中2023—2024學年度上期期中考試高三數學試題（滿分：150分；考試時間：120分鐘）注意事項：1.答題前，考生先將自己的姓名、班級、考場/座位號、準考證號填寫在答題卡上.2.答選擇題時，必須使用2B鉛筆填涂；答非選擇題時，必須使用毫米的黑色簽字筆書寫；必須在題號對應的答題區域內作答，超出答題區域書寫無效；保持答卷清潔、完整，3、考試結束后，將答題卡交回（試題卷學生留存，以備評講）.一、單項選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.集合，集合，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據偶次根號下大于等于零求解集合A，根據指數函數值域求解集合B，再利用并集運算求解即可.【詳解】因為，所以，所以，又，所以，所以.故選：C.2.已知扇形的圓心角是，半徑為，則扇形的面積為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用扇形的面積公式可求得該扇形的面積.【詳解】因為扇形的圓心角是，半徑為，則該扇形的面積為.故選：D.3.如圖，正三棱柱中，，是的中點，則異面直線與所成角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】取中點，連接，，易證，所以（或其補角）即為與所成角，在中即可求解.【詳解】取中點，連接，，在正三棱柱中，四邊形為平行四邊形，因為，分別是，的中點，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以（或其補角）即為與所成角，設，則，在正三棱柱中，因為是的中點，所以，，，所以，故，在中，，所以，異面直線與所成角的余弦值為.故選：B4.“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】D【解析】【分析】利用充分條件和必要條件定義判斷.【詳解】解：若，則，故不充分；當時，無意義，故不必要，故選：D5.若，，，則下列結論正確的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】利用不等式的基本性質可判斷A選項，利用基本不等式可判斷B選項，利用二次函數的基本性質可判斷CD選項.【詳解】因為，，，對于A選項，，則，A錯；對于B選項，，當且僅當時，即當時，等號成立，故，B對；對于C選項，，當且僅當時，等號成立，C錯；對于D選項，，當且僅當時，等號成立，D錯.故選：B.6.正四棱錐的高為3，體積為32，則其外接球的表面積為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據正四棱錐和球的幾何性質可以判斷出球心在正四棱錐的高線上（或延長線上），最后根據勾股定理解出球的半徑，最后利用球的表面積公式進行求解即可.【詳解】令正四棱錐的底面棱長為，根據題意可得，解得.設是正四棱錐的高，是正四棱錐的外接球的球心，則在上（或的延長線上），則有，設球的半徑為，因此，顯然（或者），在正方形中，，由勾股定理可知：，因此該四棱錐的外接球的表面積為.故選：C7.一個蛋糕店制作一個大型蛋糕，蛋糕是由多個高度均為米的圓柱形蛋糕重疊而成，上層蛋糕會覆蓋相鄰下層蛋糕的上底面一半的面積，最底層蛋糕的半徑為1米.若該蛋糕的體積至少為立方米，則蛋糕至少需要做的層數為（）（其中）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】C【解析】【分析】設蛋糕需要做層，則每層圓柱形蛋糕的底面半徑組成首項為1，公比為的等比數列，求出層蛋糕的體積，由求出的范圍即可．【詳解】設蛋糕需要做層，則每層圓柱形蛋糕的底面半徑組成首項為1，公比為的等比數列，每層圓柱形蛋糕的高都是米，各層的體積也構成等比數列，所以這層蛋糕的體積為，因為該蛋糕的體積至少為立方米，所以，所以，由于單調遞增，且，而，解得，，所以蛋糕至少需要做的層數為5層．故選：C．8.設函數（其中為自然對數的底數），若存在實數a使得恒成立，則實數m的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由題意可得，令，函數和函數的圖象，一個在直線上方，一個在直線下方，等價于一個函數的最小值大于另一個函數的最大值，即可得出答案．【詳解】函數的定義域為，由，得，所以，令，由題意知，函數和函數的圖象，一個在直線上方，一個在直下方，等價于一個函數的最小值大于另一個函數的最大值，由，得，所以當時，單調遞增，當時，單調遞減，所以，沒有最小值，由，得，當時，在上單調遞增，在上單調遞減，所以有最大值，無最小值，不合題意，當時，在上單調遞減，在上單調遞增，所以，所以即，所以，即m的取值范圍為．故選：A．二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.復數，其共軛復數為，則下列敘述正確的是（）A.對應的點在復平面的第四象限 B.是一個純虛數C. D.【答案】BCD【解析】【分析】先由復數的運算求出，共軛復數的概念求出，即可判斷各選項的正誤．【詳解】由題意得：，對于A項：，對應的點在復平面的第一象限，故A項錯誤；對于B項：為純虛數，故B項正確；對于C項：，故C項正確；對于D項：，故D項正確；故選：BCD.10.下列說法正確的是（）A.等比數列的公比為，則其前項和為B.已知等差數列，若（其中），則C.若數列的通項公式為，則其前項和D.若數列的首項為1，其前項和為，且，則【答案】BC【解析】【分析】由等比數列前項和公式可得當時，才成立，即A錯誤；利用等差數列性質可知B正確，將數列通過放縮裂項求和即可求得，即C正確；根據和的關系式可求得其通項公式，可得D錯誤.【詳解】對于A，當公比時，公式不成立，只有當時，該式才成立，所以A錯誤；對于B，設等差數列的公差為，首項為，則可得，，當時，可得，所以B正確；對于C，易知，當時，，所以可得，即可得C正確；對于D，由可得；兩式相減可得，即，可得，所以，即D錯誤.故選：BC11.下列說法中錯誤的有（）A.已知，，且與的夾角為銳角，則實數的取值范圍是B.已知向量，，則不能作為平面的一個基底C.若，，則D.是所在平面內一點，且滿足，則是的內心【答案】AC【解析】【分析】由向量夾角為銳角，根據數量關系即可求得A選項，由平面向量基本定理以及向量數量積的運算法則即可判斷BC選項，由已知條件可以判斷出點在角平分線上，故可以判斷出結論.【詳解】對A選項，，，且與的夾角為銳角，且與不共線，，則且，解得且.故A選項錯誤；對B選項，，則不能作為平面的一個基底，故B選項正確；對C選項，因為向量，所以不一定滿足，故C選項錯誤.對D選項，因為，由可知，垂直與角的外角平分線，所以點在角的平分線上，同理點在角的平分線上，點在角的平分線上，所以是的內心.故D選項正確.故選：AC12.如圖，已知矩形中，，.點為線段上一動點（不與點重合），將沿向上翻折到，連接，.設，二面角的大小為，則下列說法正確的有（）A.若，，則B.若，則存在，使得平面C.若，則直線與平面所成角的正切值的最大值為D.點到平面的距離的最大值為，當且僅當且時取得該最大值【答案】AD【解析】【分析】根據翻折前后的幾何關系，利用面面垂直的性質定理，結合余弦定理求解選項A；利用線面垂直的判定定理、性質定理判斷選項B；利用翻折前后的幾何關系，結合線面角的定義求解選項C；利用幾何關系，以及線面垂直的性質定理、判定定理求解選項D.【詳解】對A，取中點，連接，，,則有,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正確；對B，同選項A，知，若平面，且平面,則，且平面，所以平面，平面，所以，顯然矛盾，B錯誤；對C，連接交于點,因為幾何關系可知，,所以,又因為,所以所以,即，則，，平面,所以平面，平面，所以平面平面，故所求線面角為.又點在以為圓心，為半徑的圓上，從而當直線與圓相切時，最大，故，從而，C錯誤；對D,點到平面的距離，等號成立當且僅當平面，因為平面，所以,從而，且矩形中，平面,所以平面，過作于點.連接，在直角三角形中，由等面積法可得，,所以,所以，因為以平面，平面，,平面，所以平面，由翻折知，故，解得，即.又由二面角的面積射影知：,D正確；故選:AD.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵在于利用翻折前后的幾何關系，結合直線與平面、平面與平面的判定定理、性質定理證明相應的結論.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.等比數列中，，，則______________.【答案】【解析】【分析】利用等比數列定義即可求得，代入計算可得.【詳解】根據題意可得設等比數列的公比為，則易知，可得，即；而.故答案為：14.已知，，且，，則_____________.【答案】【解析】【分析】先通過角所在象限求出，再利用展開計算即可.【詳解】,,，，又當時，，，當時，，，，.故答案為：.15.已知向量，，，，與的夾角為，則的值最小時，實數的值為____________.【答案】【解析】【分析】根據向量的模長公式，結合二次函數的性質即可求解.【詳解】，由于，故當時，此時取最小值，故答案為：16.已知函數為奇函數，的函數圖象關于對稱，且當時，，則______________.【答案】##【解析】【分析】根據函數的對稱性可得關于點對稱，進而根據點關于的對稱點為，將代入即可求解.【詳解】由，用替換可得：，所以關于點對稱，故，設，由于關于對稱，又當時，，由于點關于的對稱點為，則在上，故，所以，解得，故.故答案為：四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.已知向量，，函數.（1）求的解析式和單調遞增區間；（2）若是的導函數，，，求函數的值域.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）利用數量積的坐標表示及三角恒等變換公式化簡求出函數解析式，再根據正弦函數的性質計算可得；（2）首先求出，即可得到的解析式，再根據正切函數的性質計算可得.【小問1詳解】因為，且，所以，令，，解得，，則函數的單調增區間為；【小問2詳解】∵，∴，∴，而，則，所以，∴，由得，即.則函數的值域為.18.已知各項為正的數列的首項為2，，.（1）求數列的通項公式；（2）設數列的前項和，求數列（其中）前項和的最小值.【答案】（1）（2）最小值為38【解析】【分析】（1）將原式進行因式分解，結合正項數列以及等差數列的概念及通項公式可解；（2）首先求出的表達式，再結合二次函數的性質可得前n項和的最小值.【小問1詳解】因為，所以有，而，∴，所以，則，又∵，，∴，由等差數列定義知數列是以2為首項，4為公差的等差數列.∴數列的通項公式為.【小問2詳解】由（1）有，∴，令，有；，有；，有.所以前項和的最小值為，當且僅當時取到.19.如圖，在五面體中，面面，，面，，，，二面角的平面角為.（1）求證：面；（2）點在線段上，且，求二面角的平面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）先通過線面平行的性質得，進而根據線面平行的判定得結論；（2）取中點，中點，連結，，通過證明，，兩兩垂直來建立空間直角坐標系，然后利用向量法求解面面角.【小問1詳解】∵面，又面，面面，∴.又面，面，∴面；【小問2詳解】取中點，中點，連結，.∵面面，交線為，面，，∴面∴是二面角的平面角.即.∵面，又面，面面，∴.∴.又，∴四邊形是梯形.∴是梯形的中位線.∴.∴面.∵，是中點，∴.以為原點，，，為軸如圖建立空間直角坐標系，則，，，，，，，，，，由，設面的一個法向量為，由，，得，取，得，，∴.設面的一個法向量為，由，，得，取，得，，∴.∴∴二面角的平面角的余弦值為.20.已知內角、、的對邊為、、（其中），若.（1）求角的大小；（2）若點是邊上的一點，，，求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據正弦定理邊角互化，即可求解，進而可求解，（2）根據余弦定理可得，進而根據正弦定理得，根據二倍角公式以及和差角公式，結合三角函數性質即可求解.【小問1詳解】由正弦定理得，，即有，∵，∴，則，而，∴.【小問2詳解】由余弦定理有；，而，，∴，，又，所以.又由（1）∴，，設，，則由正弦定理有，，且，所以，故，當時取到.21.王老師每天早上7：00準時從家里出發去學校，他每天只會從地鐵與汽車這兩種交通工具之間選擇一個乘坐.王老師多年積累的數據表明，他到達學校的時間在兩種交通工具下的概率分布如下表所示：到校時間7：30之前7：307：357：357：407：407：457：457：507：50之后乘地鐵乘汽車（例如：表格中的含義是如果王老師當天乘地鐵去學校，則他到校時間在7：357：40的概率為0.35.）（1）某天早上王老師通過拋一枚質地均勻的硬幣決定乘坐地鐵還是乘坐汽車去學校，若正面向上則坐地鐵，反面向上則坐汽車.求他當天7：407：45到校的概率；（2）已知今天（第一天）王老師選擇乘坐地鐵去學校，從第二天開始，若前一天到校時間早于7：40，則當天他會乘坐地鐵去學校，否則當天他將乘坐汽車去學校.且若他連續10天乘坐地鐵，則不論他前一天到校的時間是否早于7：40，第11天他都將坐汽車到校.記他從今天起（包括今天）到第一次乘坐汽車去學校前坐地鐵的次數為，求；（3）已知今天（第一天）王老師選擇乘坐地鐵去學校.從第二天開始，若他前一天坐地鐵去學校且到校時間早于7：40，則當天他會乘坐地鐵去學校；若他前一天坐地鐵去學校且到校時間晚于7：40，則當天他會乘坐汽車去學校；若他前一天乘坐汽車去學校，則不論他前一天到校的時間是否早于7：40，當天他都會乘坐地鐵去學校.記為王老師第天坐地鐵去學校的概率，求的通項公式.【答案】（1）（2）