重庆市西南大学附属中学2023-2024学年高三上学期11月模拟测试数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市西南大学附属中学2023-2024学年高三上学期11月模拟测试数学试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：共8小题，每小题5分，共40分.
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先把集合求解出来，然后利用集合并集知识求解.
【详解】由题意知：，，
所以：，故D项正确.
故选：D.
2. 若复数，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的运算法则、复数的相等运算即可得解.
【详解】解：由题意，∵，
∴，解得：.
故选：A.
3. 已知为锐角，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据两角和差的正弦公式求解即可.
【详解】因为
所以，
当时，
，为锐角，不合题意，舍去；
当时，
，满足题意；
所以.
故选：C
4. 已知，，（，），为其前项和，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用递推关系构造得是一个以3为首项，2为公比的等比数列，再赋值，结合等比数列的前n项和公式求答案.
【详解】由（，）可得，
已知，，所以，
即是一个以3为首项，2为公比的等比数列，
所以，即，
，，，，，
，
故选B.
5. 2023年的五一劳动节是疫情后的第一个小长假，公司筹备优秀员工假期免费旅游．除常见的五个旅游热门地北京、上海、广州、深圳、成都外，淄博烧烤火爆全国，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有（ ）
A. 1800B. 1080C. 720D. 360
【答案】B
【解析】
【分析】分成恰有2个部门所选的旅游地相同、4个部门所选的旅游地全不相同两类，再应用分步计数及排列、组合数求至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数.
【详解】①恰有2个部门所选的旅游地相同，
第一步，先将选相同的2个部门取出，有种；
第二步，从6个旅游地中选出3个排序，有种，
根据分步计数原理可得，方法有种；
②4个部门所选的旅游地都不相同的方法有种，
根据分类加法计数原理得，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有种．
故选：B
6. 对于两个函数与，若这两个函数值相等时对应的自变量分别为，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，由两函数值域得，然后用表示出，计算，用导数求其最小值．
【详解】，，，的值域是，
设，则，
，，，，
所以，
设，
，
设，则，是增函数，
又，因此时，，递减，时，，递增，
所以，
所以的最小值是，
故选：B．
7. 已知双曲线：的右焦点为，关于原点对称的两点A、B分别在双曲线的左、右两支上，，，且点C在双曲线上，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，令且，，则，根据题设有、、，进而有，将它们整理为关于的齐次方程求离心率即可.
【详解】由题设，令且，，则，且①，

由，即②，
由，即，
又C在双曲线上，则③，
由①得：，代入③并整理得：，
由①②及得：，
所以，即，
显然，则.
故选：B
【点睛】关键点点睛：设且，，结合已知得到关于的齐次方程为关键.
8. 已知曲线与曲线交于点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】令，由和可确定两曲线均关于中心对称；利用导数可求得单调性和极值，结合的单调性可确定两曲线在上的图象，由此可确定交点个数，结合对称性可求得结果.
【详解】令，
则，
，
，关于中心对称；
，关于中心对称；
，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
极小值为，极大值为；
当时，单调递减，且，
当时，；
作出与在时的图象如下图所示，
由图象可知：与在上有且仅有两个不同的交点，
由对称性可知：与在上有且仅有两个不同的交点，
.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题考查函数对称性的应用，解题关键是能够根据函数的解析式，确定两函数关于同一对称中心对称，结合两函数图象确定交点个数后，即可根据对称性求得交点横纵坐标之和.
二、多项选择题：共4小题，每小题5分，共20分.
9. 已知函数，把的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则（ ）
A. 是奇函数
B. 的图象关于直线对称
C. 在上单调递增
D. 不等式的解集为
【答案】AB
【解析】
【分析】A选项，由左加右减得到的解析式，从而判断出奇偶性；B选项，，故B正确；C选项，整体法判断函数的单调性；D选项，由得到，求出不等式的解集.
【详解】A选项，，
由于的定义域为R，且，
故为奇函数，A正确；
B选项，，故的图象关于直线对称，B正确；
C选项，时，，其中在上不单调，
故在上不单调，故C错误；
D选项，，则，则，
故，D错误.
故选：AB
10. 袋子中有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取5次，每次取一个球．记录每次取到的数字，统计后发现这5个数字的平均数为2，方差小于1，则（ ）
A. 可能取到数字4B. 中位数可能是2
C. 极差可能是4D. 众数可能是2
【答案】BD
【解析】
【分析】对于AC：根据题意结合平均数、方差和极差的定义分析判断；对于BD：举例说明即可.
【详解】设这5个数字为，
对于A：若取到数字4，不妨设为，
则，可得，
可知这4个数中至少有2个1，不妨设为，
则这5个数字的方差
，
不合题意，故A错误；
对于C：因为这5个数字的平均数为2，这5个数字至少有1个1，不妨设为，
若极差是4，这最大数为5，不妨设为，
则这5个数字平均数，
则，可知这3个数有2个1，1个2，
此时这5个数字的方差，
不合题意，故C错误；
对于BD：例如2，2，2，2，2，可知这5个数字的平均数为2，方差为0，符合题意，
且中位数是2，众数是2，故BD正确；
故选：BD.
11. 如图，圆锥的底面圆的直径，母线长为，点是圆上异于，的动点，则下列结论正确的是（ ）

A. 与底面所成角为45°
B. 圆锥的表面积为
C. 的取值范围是
D. 若点为弧的中点，则二面角的平面角大小为45°
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，根据面，由判断；对于B，由圆锥的侧面积公式求解判断；对于C，由求解判断；对于D，取的中点，连接，，易得为二面角的平面角求解判断.
【详解】对于A，因为面，所以是与底面所成角，
在中，圆锥的母线长是，半径，
则，所以，则A正确；
对于B，圆锥的侧面积为，表面积为，则B错误；
对于C，当点与点重合时，为最小角，
当点与点重合时，达到最大值，
又因为与，不重合，则，
又，可得，则C正确；
对于D，如图所示，
，
取的中点，连接，，又为的中点，则，
因为，所以，又面，面，所以，
又，面，故，
所以为二面角的平面角，
因为点为弧的中点，所以，，则，则D错误.
故选：AC.
12. 曲线C是平面内与两个定点的距离的积等于的点P的轨迹，则下列结论正确的是（ ）
A. 曲线C关于坐标轴对称B. 点P到原点距离的最大值为
C. 周长最大值为D. 点P到y轴距离的最大值为
【答案】AB
【解析】
【分析】A：根据条件得到关于的方程，然后以替换替换，根据方程的变化进行判断；
B：先表示出，结合的坐标表示，得到与的关系，从而求解出点P到原点距离的最大值；
C：利用基本不等式求解出周长的最小值再进行判断；
D：根据条件先求解出面积的最大值，然后通过等面积法求解出点P到y轴距离的最大值.
【详解】由题意，曲线是平面内与两个定点的距离的积等于的点的轨迹，设，
可得，即，
以替换替换方程不变，所以曲线关于坐标轴对称，故A正确；
由，又，
所以且，
所以，则，
当同向时取等，故，故B正确，
设，得到，
则，当且仅当时等号成立，
所以周长的最小值为，故C错误；
过点作，如下图所示：
则，
当且仅当时等号成立，
显然当时，取得最大值，所以的最大面积为，
又由，解得，即点到轴的最大距离为，故D错误；
故答案为：.
【点睛】方法点睛：本题考查曲线方程的综合运用，其中涉及到曲线的对称性、基本不等式求最值等问题，难度较大.判断曲线的对称性时，由曲线的方程入手：若以代换，曲线的方程不变，则曲线关于轴对称；若以代换，曲线的方程不变，则曲线关于轴对称；若以代换，曲线的方程不变，则曲线关于对称.
三、填空题：共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若，则的值为________
【答案】
【解析】
【分析】根据二倍角公式以及诱导公式得出结果.
【详解】由，得，
所以.
故答案为：.
14. 二项式展开式的常数项为______．
【答案】60
【解析】
分析】利用二项式定理计算，取，解得，代入计算得到答案.
【详解】展开式的通项为，
取，解得，常数项为.
故答案为：.
15. 已知数列，对任意正整数，，，成等差数列，公差为，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由累加法算数列的通项公式，再由递推公式求结果.
【详解】因为，对任意正整数，，，成等差数列，公差为，
所以
当时，可得，
当时，
所以当时，
故答案为：
16. 设，函数，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围为__________．
【答案】
【解析】
【分析】设，可确定当时，函数的零点个数，继而作出的大致图像，考虑时的图象情况，分类讨论，将零点问题转化为函数图象的交点问题，数形结合，即可解决.
【详解】设，当时，，此时，
由，得，即，解得或，
即在上有2个零点；
若，，其图象对称轴为，
函数大致图像如图：

则此时，即，则，
即无解，则无零点，此时无零点，不符合题意；
故需，此时函数的大致图像如图：

由得或，
要使得函数恰有3个零点，需满足在上有一个零点
此时只有一个解，故只需与函数在y轴左侧图象无交点，
则需，解得，结合，
可得，
故答案为：
【点睛】方法点睛：本题为复合函数的零点问题，解答时采用数形结合的方法去解决，即作出函数的大致图像，将函数零点问题转化为曲线的交点个数问题，即可解决.
四、解答题：共70分.
17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求B；
（2）已知，D为边上的一点，若，，求的长．
【答案】（1）．
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角化结合三角恒等变换即可求解，
（2）根据余弦定理求解，即可由正弦定理求解，进而由锐角三角函数即可求解.
【小问1详解】
∵，根据正弦定理得，，
即，
所以，因为，
所以，所以，
因，所以．
【小问2详解】
因为，，，根据余弦定理得
，∴．
∵，∴．
在中，由正弦定理知，，∴，
∴，，所以
∴，∴．
18. 已知等比数列的各项均为正数，前n项和为，若，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的定义和求和公式求，进而可得结果；
（2）由（1）可得：，利用分组求和结合等差、等比数列的求和公式运算求解.
【小问1详解】
设的公比为，
因为，即，
且，可得，解得或（舍去）．
又因为，解得，
所以.
【小问2详解】
由（1）可得：，
所以
，
所以.
19. 图1是由正方形和正三角形组成的一个平面图形，将沿折起，使点到达点的位置，为的中点，如图2．

（1）求证：平面；
（2）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连交于点，连,易得，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）取中点，先证明平面，再以为原点，所在直线分别为轴、轴，建立空间直角坐标系，设，取平面的一个法向量，求得平面一个法向量为，设平面与平面夹角为，由求解.
【小问1详解】
证明：连交于点，连．

由为正方形知为中点，又为中点，故，
又平面且平面，
所以平面．
【小问2详解】
取中点，连，由为等边三角形得．
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，
以为原点，所在直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

设，则，，
平面就是坐标平面，故可取其法向量，
设平面一个法向量为，
即，则，
令，则，得，
记平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
20. 某校20名学生的数学成绩和知识竞赛成绩如下表：
计算可得数学成绩的平均值是，知识竞赛成绩的平均值是，并且，，.
（1）求这组学生的数学成绩和知识竞赛成绩的样本相关系数（精确到0.01）；
（2）设，变量和变量的一组样本数据为，其中两两不相同，两两不相同.记在中的排名是第位，在中的排名是第位，.定义变量和变量的“斯皮尔曼相关系数”（记为）为变量的排名和变量的排名的样本相关系数.
（i）记，.证明：；
（ii）用（i）的公式求得这组学生的数学成绩和知识竞赛成绩的“斯皮尔曼相关系数”约为0.91，简述“斯皮尔曼相关系数”在分析线性相关性时的优势.
注：参考公式与参考数据.
；；.
【答案】（1）证明见解析
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用相关系数的公式进行计算即可；
（2）（i）根据题意即相关系数的公式进行计算即可证明；（ii）只要能说出斯皮尔曼相关系数与一般的样本相关系数相比的优势即可.
【小问1详解】
由题意，这组学生数学成绩和知识竞赛成绩的样本相关系数为
；
【小问2详解】
（i）证明：因为和都是1，2，，的一个排列，所以
，
，
从而和的平均数都是．
因此，，
同理可得，
由于
，
所以.
（ii）这组学生的数学成绩和知识竞赛成绩的斯皮尔曼相关系数是0.91，
答案①：斯皮尔曼相关系数对于异常值不太敏感，如果数据中有明显的异常值，那么用斯皮尔曼相关系数比用样本相关系数更能刻画某种线性关系；
答案②：斯皮尔曼相关系数刻画的是样本数据排名的样本相关系数，与具体的数值无关，只与排名有关．如果一组数据有异常值，但排名依然符合一定的线性关系，则可以采用斯皮尔曼相关系数刻画线性关系．
【点睛】方法点睛；新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的；遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
21. 动点P与定点的距离和它到直线的距离的比是常数，记点P的轨迹为E.
（1）求E的方程；
（2）已知，过点的直线与曲线E交于不同的两点A，B，点A在第二象限，点B在x轴的下方，直线，分别与x轴交于C，D两点，求四边形面积的最大值.
【答案】（1）
（2）4
【解析】
【分析】（1）设点,根据题意有，化简即可求得E的方程.
（2）画出图形，注意到四边形的面积，设直线的方程为，，，，
由三点共线得，同理，故将直线的方程与椭圆方程联立并化简得，
结合韦达定理可知可以化为的函数，由基本不等式即可求解.
【小问1详解】
设点，依题意可得，
所以，
化简得，即E的方程为.
【小问2详解】
如图所示：

设直线的方程为，，，，
联立方程组，可得，
则
，
由韦达定理有，，
且由求根公式有，
直线的方程为，，同理，
∵，，∴，
，
∴
，
又 ，且，
所以，
当且仅当时，四边形的面积最大，最大值为4.
【点睛】关键点点睛：第一问的关键是根据题意列出的关系式，从而化简即可；第二问的关键在与要画出图形分析得到，
然后利用三点共线、三点共线分别得到和，最终将椭圆方程和直线方程联立，
由韦达定理将表示成的函数，从而利用基本不等式求解;在计算过程中，适当的变形技巧也是解题的关键.
22. 已知函数.
（1）讨论函数的零点个数；
（2）已知函数，当时，关于的方程有两个实根，求证：.（注：是自然对数的底数）
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分离参数，得，构造函数，求导得函数的单调性，即可结合函数的图象和性质求解，
（2）将式子变形后构造函数，得，即可利用函数的单调性得，构造函数，将问题转化为，利用导数求解单调性，进而可求证.
【小问1详解】
由已知函数的定义域为，
由，得，
令函数，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在单调递减，
所以，
因为，
可知函数的图象如下所示：

所以当时，函数的零点个数为0个，当或时，函数的零点个数为1个，当时，函数的零点个数为2个.
【小问2详解】
由题设方程，即，
所以，
令，得，
又在上恒成立，所以在上单调递增，所以，即，
由已知，方程有两个实根，
即有两个实根，由（1）得.
令，
所以
令，所以有两个实根，
先证.
因为，令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，要证，即证，
因为在上单调递减，只需证，
即证.
令，
，
因为，
令，
可知函数在上单调递增，所以，所以，
所以，即在上恒成立，
所以在上单调递增，所以，所以成立，
即成立，又，且在上单调递减，
所以，所以，即，所以，
所以，即.
【点睛】本题考查了导数的综合运用,利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.学生编号i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
数学成绩
100
99
96
93
90
88
85
83
80
77
知识竞赛成绩
290
160
220
200
65
70
90
100
60
270
学生编号i
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
数学成绩
75
74
72
70
68
66
60
50
39
35
知识竞赛成绩
45
35
40
50
25
30
20
15
10
5