重庆市西南大学附高2023-2024学年高三上学期期中考试数学试题（含答案）
文档属性
| 名称 | 重庆市西南大学附高2023-2024学年高三上学期期中考试数学试题（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 925.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-27 13:19:06 | ||
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文档简介
重庆市西南大学附高2023-2024学年高三上学期期中考试
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.
2.已知扇形的圆心角是60°，半径为2，则扇形的面积为（ ）
A.60 B.120 C. 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.
4.“”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
5.若，，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
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.
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.3 B.4 C.5 D.6
8.设函数（其中为自然对数的底数），若存在实数使得恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
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.
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.已知为等差数列，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
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
12.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
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______________.
14.已知，，且，，则_____________.
15.已知向量，，，，与的夹角为，则的值最小时，实数的值为____________.
16.已知函数为奇函数，的函数图象关于对称，且当时，，则______________.
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.（10分）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.
18.（12分）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.
19.（12分）如图，在五面体中，面面，，面，，，，二面角的平面角为45°.
（1）求证：面；
（2）点在线段上，且，求二面角的平面角的余弦值.
20.（12分）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.
21.（12分）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 7：30-7：35 7：35-7：40 7：40-7：45 7：45-7：50 7：50之后
乘地铁 0.1 0.15 0.35 0.2 0.15 0.05
乘汽车 0.25 0.3 0.2 0.1 0.1 0.05
（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.
22.（12分）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.
重庆市西南大学附高2023-2024学年高三上学期期中考试
数学试题参考答案
1-8CDBDB CCA
8.解析：由函数连续性知：恒成立或者恒成立，若为前者，则有恒成立，但时，，矛盾.故只能是后者，即恒成立，则有.求导易得，则，，令，，当时，，单增，时，，单减，所以，则.
9.BCD 10.BC 11.AC 12.AD
12.解析：选项A.取中点，连接，.易证此时，又平面平面，所以平面，故，，，所以，在中，由余弦定理得：，A正确；选项B，同选项A知，若平面，则，所以平面，所以，显然矛盾，B错误；选项C，易证此时，设垂足为，则，，所以平面，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；选项D.点到平面的距离，等号成立当且仅当平面，从而，平面，过作于点.连接，易求，底面.由翻折知，故，解得即.又由二面角的面积射影知：.
13. 14. 15. 16.
16.解析：由题：，用替换可得：，所以关于点对称，故，设，由于关于对称，又当时，，结合图象可知点关于的对称点在上，故，解得，故.
17.4）由题，，令，，
解得，则函数的单调增区间为；
（2）∵，∴，而，
则，所以，∴，
由得，即.
则函数的值域为.
18.（1）由已知有，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.
（2）由（1）有，∴，
令，有；，有；，有.
所以前项和的最小值为-38，当且仅当时取到
19.（1）证明：∵面，
又面，面面，∴.
又面，面，∴面.
（2）取中点，中点，连结，.
∵面面，交线为，
面，，∴面.
∴是二面角的平面角.即.
同（1）中理，可证：
∴.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.（1）由正弦定理有，
，
即有，
∵，∴，则而，∴.
（2）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.（1）记事件“硬币正面向上”，事件“7：40-7：45到校”
则由题有，，
故.
（2）可取1，2，3，…，9，10
由题：对于，；
故
以上两式相减得：
故.
所以.
（3）由题意：，，则，
这说明为以为首项，为公比的等比数列.
故，所以.
22.（1）
故，又，故在处的切线方程为：
即：，
（2）一方面，取，有，解得.
另一方面，我们证明若，在上恒成立
注意到当时，恒成立，即
故只需证，其中，
只需证，其中，
将上式左边视为关于的函数，令，
下证当，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，
注意到此时对应的判别式
故此时.
综上，当，时，.
故的取值范围为.
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.
2.已知扇形的圆心角是60°，半径为2，则扇形的面积为（ ）
A.60 B.120 C. 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.
4.“”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
5.若，，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
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.
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.3 B.4 C.5 D.6
8.设函数（其中为自然对数的底数），若存在实数使得恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
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.
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.已知为等差数列，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
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
12.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
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______________.
14.已知，，且，，则_____________.
15.已知向量，，，，与的夹角为，则的值最小时，实数的值为____________.
16.已知函数为奇函数，的函数图象关于对称，且当时，，则______________.
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.（10分）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.
18.（12分）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.
19.（12分）如图，在五面体中，面面，，面，，，，二面角的平面角为45°.
（1）求证：面；
（2）点在线段上，且，求二面角的平面角的余弦值.
20.（12分）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.
21.（12分）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 7：30-7：35 7：35-7：40 7：40-7：45 7：45-7：50 7：50之后
乘地铁 0.1 0.15 0.35 0.2 0.15 0.05
乘汽车 0.25 0.3 0.2 0.1 0.1 0.05
（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.
22.（12分）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.
重庆市西南大学附高2023-2024学年高三上学期期中考试
数学试题参考答案
1-8CDBDB CCA
8.解析：由函数连续性知：恒成立或者恒成立，若为前者，则有恒成立，但时，，矛盾.故只能是后者，即恒成立，则有.求导易得，则，，令，，当时，，单增，时，，单减，所以，则.
9.BCD 10.BC 11.AC 12.AD
12.解析：选项A.取中点，连接，.易证此时，又平面平面，所以平面，故，，，所以，在中，由余弦定理得：，A正确；选项B，同选项A知，若平面，则，所以平面，所以，显然矛盾，B错误；选项C，易证此时，设垂足为，则，，所以平面，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；选项D.点到平面的距离，等号成立当且仅当平面，从而，平面，过作于点.连接，易求，底面.由翻折知，故，解得即.又由二面角的面积射影知：.
13. 14. 15. 16.
16.解析：由题：，用替换可得：，所以关于点对称，故，设，由于关于对称，又当时，，结合图象可知点关于的对称点在上，故，解得，故.
17.4）由题，，令，，
解得，则函数的单调增区间为；
（2）∵，∴，而，
则，所以，∴，
由得，即.
则函数的值域为.
18.（1）由已知有，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.
（2）由（1）有，∴，
令，有；，有；，有.
所以前项和的最小值为-38，当且仅当时取到
19.（1）证明：∵面，
又面，面面，∴.
又面，面，∴面.
（2）取中点，中点，连结，.
∵面面，交线为，
面，，∴面.
∴是二面角的平面角.即.
同（1）中理，可证：
∴.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.（1）由正弦定理有，
，
即有，
∵，∴，则而，∴.
（2）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.（1）记事件“硬币正面向上”，事件“7：40-7：45到校”
则由题有，，
故.
（2）可取1，2，3，…，9，10
由题：对于，；
故
以上两式相减得：
故.
所以.
（3）由题意：，，则，
这说明为以为首项，为公比的等比数列.
故，所以.
22.（1）
故，又，故在处的切线方程为：
即：，
（2）一方面，取，有，解得.
另一方面，我们证明若，在上恒成立
注意到当时，恒成立，即
故只需证，其中，
只需证，其中，
将上式左边视为关于的函数，令，
下证当，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，
注意到此时对应的判别式
故此时.
综上，当，时，.
故的取值范围为.
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