西南大学附属中学校2024届高三上学期期中考试数学试卷(含答案)

这是一份西南大学附属中学校2024届高三上学期期中考试数学试卷(含答案)，共22页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．集合,集合,则( )
A.B.C.D.
2．已知扇形的圆心角是,半径为,则扇形的面积为( )
A.60B.120C.D.
3．如图,正三棱柱中,,M是的中点,则异面直线与BM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.3B.4C.5D.6
8．设函数(其中e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.
二、多项选择题
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q,则其前n项和为
B.已知为等差数列,若(其中m,n,p,),则
C.若数列的通项公式为,则其前n项和
D.若数列的首项为1,其前n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O是的内心
12．如图,已知矩形ABCD中,,.点E为线段CD上一动点(不与点D重合),将沿AE向上翻折到,连接PB,PC.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PAE
C.若,则直线PB与平面ABC所成角的正切值的最大值为
D.点A到平面PBC的距离的最大值为,当且仅当且时取得该最大值
三、填空题
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x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
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.
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n项和,求数列(其中)前n项和的最小值.
19．如图,在五面体ABCDEF中,面面ABCD,,面ABCD,,,,二面角的平面角为.
（1）求证:面ABFE;
（2）点P在线段AE上,且,求二面角的平面角的余弦值.
20．已知内角A,B,C的对边为a,b,c(其中),若.
（1）求角A的大小;
（2）若点D是边BC上的一点,,,求AD的最大值.
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:
(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X,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n天坐地铁去学校的概率,求的通项公式.
22．已知,其中.
（1）求在处的切线方程;
（2）若在上恒成立,求a的取值范围.
参考答案
1．答案：C
解析：因为,所以,
所以,
又,所以,
所以.
故选:C.
2．答案：D
解析：因为扇形的圆心角是,半径为,则该扇形的面积为.
故选:D.
3．答案：B
解析：取AB中点N,连接,,
在正三棱柱中,四边形为平行四边形,
因为M,N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BM所成角,
设,则,
在正三棱柱中,因为N是AB的中点,
所以,,,
所以,故,
在中,,
所以,异面直线与BM所成角的余弦值为.
故选:B
4．答案：D
解析：若,则,故不充分;
当,时,无意义,故不必要,
故选:D
5．答案：B
解析：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．答案：C
解析：令正四棱锥的底面棱长为a,
根据题意可得,解得.
设是正四棱锥的高,O是正四棱锥的外接球的球心,则O在上(或的延长线上),则有,设球的半径为r,因此,
显然(或者),
在正方形ABCD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．答案：C
解析：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,
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．答案：A
解析：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.
9．答案：BCD
解析：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．答案：BC
解析：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d,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．答案：AC
解析：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A的外角平分线,所以点O在角A的平分线上,同理点O在角B的平分线上,点O在角C的平分线上,所以是的内心.故D选项正确.
故选:AC
12．答案：AD
解析：
对A,取AE中点M,连接BM,PM,BE,
则有,且,所以,
又平面平面ABE,平面平面,平面ABE,
所以平面PAE,平面PAE,
故,,
在直角三角形APE中,,
所以,
在中,由余弦定理得:,A正确;
对B,同选项A,知,若平面PAE,
且平面PAE,则,
且,PB,平面PBM,
所以平面PBM,平面PBM,所以,显然矛盾,B错误;
对C,连接BD交AE于点F,因为几何关系可知,,
所以,
又因为,,
所以,,所以,
即,则,,,DF,平面BDP,
所以平面BDP,平面ABE,
所以平面平面ABE,故所求线面角为.
又点P在以F为圆心,PF为半径的圆上,
从而当直线PB与圆F相切时,最大,
故,从而,C错误;
对D,点A到平面PBC的距离,
等号成立当且仅当平面PBC,
因为BP,平面PBC,所以,,从而,
且矩形ABCD中,,,AB,平面PAB,
所以平面PAB,过作于点H.
连接DH,在直角三角形PAB中,
由等面积法可得,,所以,
所以,
因为以平面PAB,平面PAB,
,,AB,平面ABCD,
所以平面ABCD,
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.
13．答案：
解析：根据题意可得设等比数列的公比为q,
则易知,可得,即;
而.
故答案为:
14．答案：
解析：,,
,,
,,
,又
当时,,,
当时,,,
,
.
故答案为:.
15．答案：或0.2
解析：,
由于,
故当时,此时取最小值,
故答案为:
16．答案：或
解析：由,用x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:
17．答案：（1）,
（2）
解析：（1）因为,且,
所以
,
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．答案：（1）
（2）最小值为
解析：（1）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.
（2）由（1）有,,
令,有;,有;,有.
所以前n项和的最小值为,当且仅当,3时取到.
19．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）面ABCD,
又面CDEF,面面,
.
又面ABFE,面ABFE,
面ABFE;
（2）取AD中点O,BC中点M,连结OE,OM.
面面ABCD,交线为AD,
面ABCD,,面ADE.
是二面角的平面角.即.
面ABCD,
又面ABFE,面面,
.
.又,四边形是梯形.
是梯形的中位线..面.
,是中点,.
以O为原点,OA,OM,OE为轴如图建立空间直角坐标系,则
,,,,,,
,,,,
由,
设面PCF的一个法向量为,由,,得
,取,得,,.
设面BCF的一个法向量为,由,,得
,取,得,,.
二面角的平面角的余弦值为.
20．答案：（1）
（2）
解析：（1）由正弦定理得,
,
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．答案：（1）0.15
（2）
（3）
解析：（1）记事件“硬币正面向上”,事件“7:40-7:45到校”
则由题有,,,
故.
（2）X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．答案：（1）
（2）
解析：（1）
故,又,
故在处的切线方程为:,
即:;
（2）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a的函数,令,
下面证明:当,时,.
①若,则成立;
②若,此时,.
又为关于a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a的取值范围为.
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