重庆市北碚区西南大学附属中学2023届高三数学（拔尖强基班）下学期期中试题（Word版附解析）

这是一份重庆市北碚区西南大学附属中学2023届高三数学（拔尖强基班）下学期期中试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了 已知等差数列的首项，而，则， 已知，，，则，，的大小关系为等内容，欢迎下载使用。

2023年高三拔尖强基定时期中质检
数学试题
注意事项：
1.答卷前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的 “准考证号、姓名” 与考生本人准考证号、姓名是否一致.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时150分钟.
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1. 已知集合,，则下列结论正确的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出集合，再根据集合的交集运算，并集运算以及元素与集合的关系即可解出．
【详解】因为，，显然，，，所以．
故选：C.
2. 如果复数是纯虚数，则实数值为（ ）
A. 0 B. 2 C. 0或3 D. 2或3
【答案】A
【解析】
【分析】由纯虚数的概念求得值，注意虚部不能为0．
【详解】根据纯虚数概念可知:
且，
解，得或；
当时，符合题意，
当时，（舍） ，
所以.
故选：A.
3. 若函数同时满足：(1)对于定义域内的任意，有；(2)对于定义域内的任意，当时，有，则称函数为“理想函数”.给出下列四个函数：①；②；③；④.
其中是“理想函数”的序号是
A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ③④
【答案】C
【解析】
【分析】由已知得“理想函数”既是奇函数，又是减函数，由此判断所给四个函数的奇偶性和单调性，能求出结果．
【详解】解：函数同时满足①对于定义域上的任意，恒有；
②对于定义域上的任意，，当时，恒有，则称函数为“理想函数”，
“理想函数”既是奇函数，又是减函数，
①是偶函数，且不是单调函数，故①不是“理想函数”；
②是奇函数，且是减函数，故②是“理想函数”；
③是奇函数，但在定义域上不是单调函数，故③不是“理想函数”．
④是奇函数，且是减函数，故④是“理想函数”．
故选
【点睛】本题考查了新定义、函数的奇偶性、单调性，属于中档题．
4. 已知函数为偶函数，定义域为R，当时，，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据导函数小于0，得到偶函数在上单调递减，从而对不等式变形后得到，解出解集.
【详解】因为当时，，故偶函数在上单调递减，
故变形为：，
所以，显然不满足不等式，
解得：，故.
故选：B
5. 石碾子是我国传统粮食加工工具，如图是石碾子的实物图，石碾子主要由碾盘、碾滚（圆柱形）和碾架组成．碾盘中心设竖轴（碾柱），连碾架，架中装碾滚，以人推或畜拉的方式，通过碾滚在碾盘上的滚动达到碾轧加工粮食作物的目的．若推动拉杆绕碾盘转动2周，碾滚的外边缘恰好滚动了5圈，碾滚与碾柱间的距离忽略不计，则该圆柱形碾滚的高与其底面圆的直径之比约为（ ）

A. 3：2 B. 5：4 C. 5：3 D. 4：3
【答案】B
【解析】
【分析】绕碾盘转动2周的距离等于碾滚滚动5圈的距离，列出方程即可求解.
【详解】由题意知，；

故选：B.
6. 已知等差数列的首项，而，则（ ）
A. 0 B. 2 C. -1 D.
【答案】A
【解析】
【分析】由，代入即可化简求值.
【详解】等差数列的首项，，则.
故选：A
7. 已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据指数函数及幂函数的单调性比较的大小，分别比较与的大小即可得的大小，从而得答案.
【详解】解：因为在R上为单调递减函数，
所以，
又因为在上为单调递增函数，
所以，即，
所以，
即，
又因为，
又因为，
，
即有
所以，
即，
所以，
即，
综上所述：.
故选：A.
8. 四面体的各个顶点都在球的表面上，两两垂直，且是线段上一点，且，过作四面体外接球的截面，则所得截面圆的面积的最大值与最小值之差是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】把四面体放到长方体中，根据球的几何性质进行求解即可.
【详解】设所得截面圆的面积为，半径为，由两两垂直可将四面体放入长方体中，
如图所示，易得外接球半径，
过作球的截面，所得截面圆的面积最大时为过球心的圆面，；
所得截面圆的面积最小时为与最大截面垂直的圆面.

在内，，所以，
所以，
所以，即，所以.
故选A.

【点睛】关键点睛：利用长方体和球的几何性质是解题的关键.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分.
9. 已知函数，则下列结论中正确的是（ ）
A. 为函数的一个周期
B. 是曲线的一个对称中心
C. 若函数在区间上单调递增，则实数的最大值为
D. 将函数的图象向右平移个单位长度后，得到一个偶函数的图象
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据周期函数的定义判断A，根据正弦函数的性质判断B，C，根据函数图象变换结论及偶函数定义判断D.
【详解】对于选项：由已知可得，所以，所以为函数的一个周期，故A正确；
对于选项B：令，解得，当时，，所以点是曲线的一个对称中心，故B正确；
对于选项C：由，得，令，得，因为在区间上单调递增，所以实数的最大值为，故C错误；
对于选项D：将函数的图象向右平移个单位长度后，得到的图象，因为，所以函数为偶函数，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知为坐标原点，抛物线的焦点为，准线为，过点的直线交抛物线于两点，下列说法正确的有（ ）
A. 线段长度的最小值为
B. 过点与抛物线只有一个交点的直线有两条
C. 直线交抛物线的准线于点，则直线平行轴
D. 可能为直角三角形
【答案】AC
【解析】
【分析】设，与抛物线方程联立可得韦达定理的结论；利用抛物线焦点弦长公式可求得，知A正确；分别讨论斜率不存在、斜率为零和斜率不为零的情况，结合抛物线切线的求法可确定B错误；直线，由此可得，由斜率公式可化简得到，知C正确；由向量数量积坐标运算可知，知D错误.
【详解】由抛物线方程知：，；
由题意知：直线斜率不为零，则可设，，，
由得：，，，
，，
对于A，，则当，即轴时，取得最小值，A正确；
对于B，当过直线斜率不存在，即为时，其与抛物线交于点；
当过直线斜率为零，即为时，其与抛物线交于点；
设过的抛物线的斜率存在的切线为，
由得：，，解得：，
直线与抛物线相切；
综上所述：过点且与抛物线只有一个交点的直线有三条，B错误；
对于C，直线，则，
，则直线平行于轴，C正确；
对于D，若为直角三角形，则，
，不成立，即不能为直角三角形，D错误.
故选：AC.
11. 已知A（4，2），B（0，4），圆，P为圆C上的动点，下列结论正确的是（ ）
A. 的最大值为
B. 的最小值为
C. 的最小值为
D. 最大时，
【答案】AC
【解析】
【分析】A.利用数形结合，转化为三点共线，即可求解；
B.首先取AB的中点为D，转化向量，,再结合点与圆的位置关系，即可求解；
C.利用直线与圆相切，即可求的最小值；
D.利用数形结合判断当最大时，直线与圆相切，即可求.
【详解】对于A，，A正确.

对于B，记AB的中点为D，,
，故B错误；

对于C，令，当直线与圆C相切时，b取到最值，
令，，所以最小值为，故C正确.
对于D，当PB与圆C相切时，最大，此时，故D错误.

故选：AC
12. 已知，，，，则有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】令，，求导可求得的单调性，利用极值点偏移的求解方法可求得AB正误；由，可确定，结合单调性可得CD正误.
【详解】令，，
，当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，且；
若，则，
令，
则，
当时，，
，
在上恒成立，在上单调递减，，
即，又，，
，，
，，在上单调递增，
，即，A错误；
，当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，且；
由得：；
设，，
则；
当时，，，
在上单调递减，，即，
又，，又，，
，，在上单调递增，
，即，B正确；
，，，
，又，，在上单调递减，
，则，C正确；
，又，，在上单调递增，
，则，D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：本题考查了导数中的极值点偏移问题，处理极值点偏移问题中的类似于（）的问题的基本步骤如下：
①求导确定的单调性，得到的范围；
②构造函数，求导后可得恒正或恒负；
③得到与的大小关系后，将置换为；
④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 如图，直三棱柱，，，侧棱长为，点是侧面内一点．当最大时，过、、三点的截面面积的最小值为______．

【答案】3
【解析】
【分析】设由余弦定理结合均值不等式可得当且仅当时，取得最大值，得到此时三棱柱是正三棱柱，过点作,连接，可得过、、三点的截面即为平面，由，求出最小值，即可得到答案.
【详解】在中，设，,，
由余弦定理可得：，
即，即，
由,则（当且仅当时等号成立），
所以，
所以即（当且仅当时等号成立），
即当时，取得最大值4.此时三棱柱是正三棱柱，
过点作,则,连接，
过、、三点的截面即为平面.，
由三棱柱为直三棱柱，则平面，
所以,由，则，
所以四边形为矩形，则，
当最小时，最小.
当平面时，即，最小. 此时，
所以最小值为，
故答案为：3.

14. 若函数y＝sin ωx在区间上单调递减，则ω的取值范围是________.
【答案】[－4,0)
【解析】
【分析】根据题意可得，函数在区间，上单调递增，可得，由此求得的范围．
【详解】解：函数在区间，上单调递减，当时，这不可能．
，函数在区间，上单调递减，
故函数在区间，上单调递增，
，求得，
故答案为：，．
15. 已知直线是函数与函数的公切线，若是直线与函数相切的切点，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】求出导函数，，由得切线方程，设图象上的切点为，由导数几何意义得切线方程，两直线重合求得，从而得值．
【详解】，，又，
所以切线的方程为，即，
设直线与相切的切点为，，
所以切线方程为，即，
所以，解得，
所以．
故答案为：．
16. 已知的三个内角所对的边分别为，且，则面积的最大值是________；若分别为的内切圆和外接圆半径，则的范围为_________________．
【答案】 ①. ； ②. .
【解析】
【分析】对于第一空，利用余弦定理表示出，再表示出，再利用可得答案；
对于第二空，利用可得答案.
【详解】因在三角形中，则由三角形三边关系可得，又利用余弦定理有：
，又，
则.
得，当且仅当
，即时取等号.则面积最大值是；
对于第二空，因，
则，
又，
则，因，
则.令，其中，因，
则在上单调递增，故，得.
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. 已知数列的前项和为，且满足.
（1）求证：数列是等比数列；
（2）若，数列的前项和为，求证：.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用数列通项与前n项和的关系可得，，当时，再利用等比数列的定义证明；
（2）由（1）得，进而得到，再利用等比数列前n项和公式求解.
【小问1详解】
由，得①，
当时，，所以，即，
当时，②，
①-②整理得，所以，
所以数列是以9为首项，3为公比等比数列；
【小问2详解】
由（1）可知，所以，即，
所以
.
18. 已知的内角的对边分别为，且向量与向量共线.
（1）求；
（2）若的面积为，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由向量共线列出等式，用正弦定理和两角和的正弦公式化简，可求得角；
（2）由面积公式解出的值，再由余弦定理解得的值.
【小问1详解】
向量与向量共线，有，由正弦定理得，
∴，
由，sinB>0，∴，，又，∴.
【小问2详解】
由（1）知，∴，，
，得，
由余弦定理：，
∴，解得.
19. 如图，在三棱柱中，侧面为矩形，平面平面，分别是的中点.

（1）求证：平面；
（2）若侧面是正方形，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）详见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取中点为，由题可得，然后利用线面平行的判定定理即得；
（2）利用坐标法，求出平面的法向量，然后根据线面角的向量求法即得.
【小问1详解】
取中点为，连接，

因为点分别为的中点，
故，，
又点为的中点，且四边形为矩形，
故，，
故，，
故四边形为平行四边形，
则，又平面平面，
所以平面；
【小问2详解】
因为为正方形，故可得，
又因为平面平面，且平面平面，
又平面，
所以平面，
又平面，
所以，又，，
如图建立空间直角坐标系，

则，
所以，
设平面的法向量为，则，
令，则，
设与平面所成角为，则.
故直线与平面所成角的正弦值为.
20. 北京冬奥会的举办使得人们对冰雪运动的关注度和参与度持续提高.某地很多中小学开展了模拟冬奥会赛事的活动，为了深入了解学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参与情况，在该地随机选取了10所学校进行研究，得到如下数据：

（1）从这10所学校中随机抽取2所，在抽取的2所学校参与“单板滑雪”的人数超过30人的条件下，求这2所学校参与“自由式滑雪”的人数超过30人的概率；
（2）“自由式滑雪”参与人数超过40人的学校可以作为“基地学校”，现在从这10所学校中随机抽取3所，记为选出“基地学校”的个数，求的分布列和数学期望；
（3）现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行､转弯､停止”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试.规定：在一轮测试中，这3个动作至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”.已知在一轮集训测试的3个动作中，甲同学每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作互不影响且每轮测试互不影响.如果甲同学在集训测试中获得“优秀”次数的平均值不低于8次，那么至少要进行多少轮测试？
【答案】（1）
（2）分布列见解析，数学期望：
（3）至少要进行11轮测试
【解析】
【分析】(1)根据已知条件结合条件概率的概率公式求解；
(2)的可能取值为0，1，2，3，分别求出对应的概率，从而可求得的分布列和数学期望；
(3)根据题意，结合二项分布的概率公式求解
【小问1详解】
由题可知10个学校，参与“自由式滑雪”的人数依次为27，15，43，41，32，26，56，36，49，20，参与“单板滑雪”的人数依次为46，52，26，37，58，18，25，48，33，30，
其中参与“单板滑雪”的人数超过30人的学校有6个，参与“单板滑雪”的人数超过30人，且“自由式滑雪”的人数超过30人的学校有4个，记“这10所学校中随机选取2所学校参与“单板滑雪”的人数超过30人”为事件，“这10所学校中随机选取2所学校参与“自由式滑雪”的人数超过30人”为事件，
则，，
所以，.
【小问2详解】
参与“自由式滑雪”人数在40人以上的学校共4所，的所有可能取值为，
所以，，
，，
所以的分布列如下表：

0
1
2
3





所以
【小问3详解】
记“甲同学在一轮测试中获得“优秀””为事件，则，
由题意，甲同学在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布，
由题意列式，得，因为，所以的最小值为11，故至少要进行11轮测试
21. 已知点 和直线： ，直线过直线上的动点M且与直线垂直，线段的垂直平分线l与直线相交于点P．
（1）求点P轨迹C的方程；
（2）过点F的直线l与C交于 两点．若C上恰好存在三个点，使得的面积等于，求l的方程．
【答案】（1）
（2）或．
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的定义可判断东点轨迹为抛物线，即而求得抛物线方程；
（2）设l的方程为，作与l平行且与C相切的直线，切点为D,表示出切点D的坐标，联立方程，求出弦长，利用三角形的面积可求得k的值，说明符合题意，C上恰好存在三个点，使得的面积等于，即得答案.
【小问1详解】
连接PF，因为MF的垂直平分线l交于点P，所以，

即点P到定点的距离等于点P到直线：的距离，
由抛物线的定义，点P的轨迹为抛物线,
即点P轨迹C的方程为.
【小问2详解】
如图，作与l平行且与C相切的直线，切点为D,

由题知的面积等于．
由题意知直线l的斜率一定存在，设l的方程为 ，
方程可化为，则，
设，令，解得，
将代入，得，故，
所以D到l的距离，
由，消去y，得， ，
从而，，
所以，
故的面积，从而，
解得或，
此时或为使得的面积等于的一个点，
那么在直线l的上方必然也存在着一条直线和l平行，和l的距离为，
这条直线与抛物线有两个交点也使得的面积等于，
即此时C上恰好存在三个点，使得的面积等于，
所以l的方程为或．
【点睛】关键点点睛：要满足C上恰好存在三个点，使得面积等于，关键在于找到使得面积等于时，和直线l平行且和抛物线相切的那条直线，即表示出切点坐标，从而表示出三角形的高，进而利用面积求得答案.
22. 已知函数，．
（1）证明：存在唯一零点；
（2）设，若存在，使得，证明：．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导函数求单调性，结合即可求解.
（2）由题意可得，若是方程的根，则是方程的根，所以，，再利用导函数求的最小值即可.
【小问1详解】
由题意可得，
记，则，
因为时，恒成立，所以在上单调递增，
因为，所以在上恒小于0，在上恒大于0，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为，所以有唯一零点0．
【小问2详解】
由可得，
若是方程的根，则是方程的根，
因为，都单调递增，
所以，，
设，，
所以的解为，的解为，
所以在上递减，在上递增，
所以的最小值为，即的最小值为．
故原不等式成立.
【点睛】当函数的一阶导数符号不好判断时，常利用二阶导数判断一阶导数的单调性，进而得到一阶导数大于0和小于0的区间.