重庆市西南大学附属中学2024届高三上学期期中数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市西南大学附属中学2024届高三上学期期中数学试题（Word版附解析），共24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。
1. 设集合，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求两个集合中元素的范围，判断两个集合的关系.
【详解】方程，时不成立，有，则，
由，，得.
故选：B
2. 已知a，，，若，则的虛部是（ ）
A. 2B. -2C. -2iD. 2i
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数相等建立方程求解复数，再利用共轭复数及虚部的概念求解即可.
【详解】因为，所以，所以，
所以，所以的虛部是2.
故选：A.
3. 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，若，则（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角函数的定义求出，即可求出，再由两角和的正切公式计算可得.
【详解】因为角的终边经过点，且，
所以且，
解得，
所以，则.
故选：C
4. 现有一张正方形剪纸，沿只过其一个顶点的一条直线将其剪开，得到2张纸片，再从中任选一张，沿只过其一个顶点的一条直线剪开，得到3张纸片，……，以此类推，每次从纸片中任选一张，沿只过其一个顶点的一条直线剪开，若经过10次剪纸后，得到的所有多边形纸片的边数总和为（ ）
A. 33B. 34C. 36D. 37
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得次剪纸得到的多边形纸片的边数成公差为3的等差数列，进而可得结果.
【详解】设没剪之前正方形的边数为，即，
沿只过其一个顶点的一条直线将其剪开得到一个三角形和一个四边形，，
然后无论是选择三角形或四边形，剪一次后边数都增加3，
所以可知次剪纸得到的多边形纸片的边数成公差为3的等差数列，即，
故经过10次剪纸后，得到的所有多边形纸片的边数总和为，
故选：B.
5. 20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数共有（ ）
A. 120种B. 240种C. 360种D. 720种
【答案】A
【解析】
分析】应用“隔板法”即可求解.
【详解】先在编2号,3号的盒内分别放入1个球和2个球，还剩17个小球，
三个盒内每个至少再放入1个，将17个球排成一排，有16个空隙，
插入2块隔板分为三堆放入三个盒中即可，共有（种）方法．
故选:A.
6. 已知两条异面直线a，b所成角为，若过空间内一定点的直线l和a，b所成角均为，则这样的直线l有（ ）
A. 2条B. 3条C. 4条D. 5条
【答案】C
【解析】
【分析】先将异面直线a，b平移到点P，结合图形知，当使直线l在平面BPE的射影为的角平分线时，存在2条直线满足条件，当直线l在平面EPD的射影为的角平分线时，存在2条满足条件，则可判断4条直线满足.
【详解】如图：

通过平移过点P作a∥BD，b∥CE，由题意，,,
而的角平分线与a和b的所成角为，
的角平分线与a和b的所成角为，
因为，所以直线l和a，b所成角均为直线有4条，
其中直线l在平面BPE的射影为的角平分线时存在2条直线满足条件，
当直线l在平面EPD的射影为的角平分线时存在2条满足条件，故共4条.
故选：C.
7. 已知抛物线的焦点关于直线的对称点为， 为坐标原点, 点在上且满足（均不与重合），则面积的最小值为（ ）
A. 4B. 8C. 16D. 20
【答案】C
【解析】
【分析】求出抛物线方程，设出点坐标，将直线和抛物线联立，求出直线的方程，进而写出面积的表达式，即可求出最小值.
【详解】在中，焦点为，
焦点关于直线即的对称点为，
，解得，
∴抛物线的方程为,
显然直线的斜率不为 0 , 设直线的方程为, 且,

设,
联立, 整理可得,
, 即, 且,,
又因为, 即,
∴,
∴即直线的方程为，
∴直线恒过 点，
∴，
当且仅当时, 等号成立.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查抛物线与直线的综合问题，韦达定理和三角形面积求法，考查学生的计算和作图能力，具有很强的综合性.
8. 若曲线与曲线有公切线，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设公切线与函数切于点，设公切线与函数切于点，然后利用导数的几何意义表示出切线方程，则可得，消去，得，再构造函数，然后利用导数可求得结果.
【详解】设公切线与函数切于点，
由，得，所以公切线的斜率为，
所以公切线方程为，化简得，
设公切线与函数切于点，
由，得，则公切线的斜率为，
所以公切线方程为，化简得，
所以，消去，得，
由，得，
令，则，
所以在上递减，
所以，
所以由题意得，
即实数的取值范围是，
故选：A
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的几何意义，考查导数的计算，考查利用导数求函数的最值，解题的关键是利用导数的几何意义表示出公切线方程，考查计算能力，属于较难题.
二、多项选择题：共4小题，每小题5分，共20分.
9. 设随机变量，则下列说法正确的是（ ）
A. 服从正态分布
B.
C.
D. 当且仅当时，取最大值
【答案】BC
【解析】
【分析】根据二项分布及正态分布的定义即可判断A；根据二项分布的概率公式即可判断B；根据二项分布的期望与方差公式即可判断C；利用不等式法结合二项分布的概率公式即可判断D.
【详解】对于A，随机变量，
则服从二项分布，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，，
，
所以，故C正确；
对于D，设为最大值，
则，
即，解得，
所以当或时，取最大值，故D错误.
故选：BC.
10. 若将正方形沿对角线折成直二面角，则下列结论正确的有（ ）
A. 与所成的角为B. 与所成的角为
C. 与平面所成角的正弦值为D. 平面与平面所成角的正切值是
【答案】BCD
【解析】
【分析】先找出空间中两两垂直的三条直线，建立空间直角坐标系，利用空间向量的知识，分别计算判断各选项即可.
【详解】由题得示意图：作的中点，连接，
由题可知，所以,
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，所以，
建立如图所示的空间直角坐标系，不妨令.
选项A：易知，
所以，
所以，则AD与BC所成的角为，故A错误；
选项B：由选项A得，，
所以，则，所以与所成的角为，故B正确；
选项C:设平面的一个法向量为，
易知，，所以，
不妨令，得，又，
所以BC与平面ACD所成角的正弦值为，故C正确；
选项D：易知平面的法向量为，
设平面的法向量为，
又，
所以，令，则，
所以，
设平面与平面所成角为，则，
所以，，故选项D正确.
故选：BCD
11. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，例如：四叶草曲线就是其中一种，其方程为，则（ ）

A. 曲线有两条对称轴
B. 曲线上的点到原点的最大距离为
C. 曲线第一象限上任意一点作两坐标轴的垂线与两坐标轴围成的图形面积最大值为
D. 四叶草面积小于
【答案】BCD
【解析】
【分析】通过方程中的变换得新曲线的对称轴判断A，利用基本不等式及距离公式判断B，设出曲线中第一象限的点，利用基本不等式即可求出矩形面积最大值判断C，由该曲线在以原点为圆心，半径为的圆内，故面积小于圆的面积判断D.
【详解】对于A：当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；
当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；
当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；
当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；
综上可知：有四条对称轴，错误；
对于B：因为，所以，所以，所以，
取等号时，所以最大距离为，正确；
对于C：设任意一点，所以围成的矩形面积为，
因为，所以，所以，
取等号时，所以围成矩形面积的最大值为，正确；
对于D：由B可知，所以四叶草包含在圆的内部，
因为圆的面积为：，所以四叶草的面积小于，正确.
故选：BCD.
12. 单位向量，，的两两夹角为，若实数，，满足，则下列结论中正确的是（ ）
A. 的最大值是B. 的最大值是
C. 的最大值是D. 的最大值是
【答案】AC
【解析】
【分析】利用特例可判断BD的正误，利用判别式的非负可判断A的正误，利用基本不等式可判断C的正误.
【详解】由题设有.
因为，故，
整理得到：，
所以，
整理得到，
故即，
所以，所以即，
当时，，，
故的最大值是，故A正确.
取，此时满足，但，故B错误.
因为，
故，当且仅当时等号成立.
所以，
故，
故，故，当且仅当时等号成立，
故的最大值是，故C正确.
对于D，取，，
则，
而此时，
又，
而
，
故，
故D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题中单位向量，，的两两夹角为，故它们可构成空间向量的一个基底，对于所得的多变量的恒等关系，可利用基本不等式转化，也可以将其中一个变量看成主变量，从而可判断方程有解的角度分析问题.
三、填空题：共4小题，每小题5分，共20分.
13. 一组样本数据为，若是方程的两根，则这个样本的方差是_____________．
【答案】5
【解析】
【分析】先根据已知确定的值，然后根据方差公式即可求解.
【详解】因为是方程的两根，所以由，解得或4，不妨设，
则样本平均数是4，根据方差公式得
.
故答案为：5.
14. 已知正方形的边长为2，点是边上的动点，则的最大值为__________.
【答案】4
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算求解.
【详解】以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x，y轴建立平面直角坐标系，如图，

则,
设，
则
所以，
故的最大值为4，
故答案为：4
15. 已知数列中，，若对任意，则数列的前项和______．
【答案】
【解析】
【分析】由，可得，利用等比数列的通项与求和公式，结合累加法可得答案.
【详解】由，且，可知，
则可化为，
则有，即是等比数列，
且公比为2，首项为，则，
所以
，
即数列的前项和为．
故答案为：.
16. 已知函数（且），若，是假命题，则实数a的取值范围是______．
【答案】或
【解析】
【分析】对进行分类讨论，由函数的单调性、分离参数法、存在量词命题的真假性等知识求得正确答案.
【详解】因为，
若，由于单调递减，则在R上单调递增；
若，由于单调递增，则在R上单调递减，
又，故，
因为，是假命题，
故，恒成立为真命题，
即不等式对恒成立，
当时，，即在恒成立，
设，即在恒成立．
由于对勾函数在单调递减，在单调递增，
因为，因此；
当时，，
即在恒成立，
当时，函数有最小值，
即，又因为，故．综上可知：或．
故答案为：或
【点睛】方法点睛：存在量词命题是假命题，则其否定是真命题.当命题正面求解困难时，可利用命题的否定来进行求解.含参数的不等式恒成立问题，可以利用分离常数法进行求解，分离参数时，要注意不等式的符号.
四、解答题：共70分.
17. 在中，，，所对的边分别为，，，已知.
（1）若，求的值；
（2）若是锐角三角形，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意利用余弦定理即可求解.
（2）先利用余弦定理、正弦定理、两角和差公式得，再把化简到同一个角的三角函数，最后利用正弦函数的单调性确定取值范围.
【小问1详解】
在中，，据余弦定理可得，
又，故，即，
又，故，得.
【小问2详解】
在中，据余弦定理可得，
又，故，即，
又，故.
据正弦定理，可得，
所以，
即，
所以，，
因为，所以，或，
即或（舍）.
所以.
因为是锐角三角形，所以得，
所以，故，
，
所以的取值范围是.
18. 已知数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据递推关系作差即可求解，
（2）根据错位相减法即可求和.
【小问1详解】
当时，．
当时，，
即，
当时，上式也成立，
所以．
当时，也符合，所以．
【小问2详解】
由（1）知．
，
，
则，
所以．
19. 如图，已知多面体ABCDEF的底面ABCD为矩形，四边形BDEF为平行四边形，平面平面ABCD，，，G是CF的中点．

（1）证明：平面AEF；
（2）求直线AE与平面BDEF所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直性质证明线面垂直，则可建立空间直角坐标系.利用直线与平面的法向量垂直证明线面平行；
（2）利用法向量求解线面角即可.
【小问1详解】
如图，取BC中点H，取AD中点M，
因为为等边三角形，所以，平面平面ABCD，
又平面，平面平面，
所以平面ABCD，又底面ABCD为矩形，则.
以H为坐标原点，，，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系,

由题意可得，，，，，，
已知G是CF的中点．则，
可知，
，，由四边形BDEF为平行四边形，
得，
设平面AEF的法向量，
则，取，得，
则平面AEF的一个法向量
故，则
且平面AEF，则平面AEF.
【小问2详解】
，，，
设平面的法向量，
则，取，得，
得平面BDEF的一个法向量
设直线AE与平面BDEF所成角为，
则，
则为锐角，故.
故所求直线AE与平面BDEF所成角的余弦值为.
20. 2024届起，上海实行高考改革新方案．新方案规定：语文、数学、英语是考生的必考科目，考生还需从物理、化学、生物、政治、历史、地理6门科目中选取3门作为选考科目．某校为了解高一年级360名学生选科方案的意向，随机选取36名学生进行了一次调查，统计选考科目人数如下表：
（1）估计该学校高一年级学生中，选科方案为“物理、化学、历史”组合的男生有多少人？
（2）从选取的16名男生中随机选出2名，求恰好有1人选“物理、化学、生物”组合的概率；
（3）已知选取的20名女生有且仅有“物理、化学、生物”、“生物、政治、历史”、“生物、历史、地理”3种选科方案，若从选取的20名女生中随机选出2名，设随机变量为，其中两名学生选科方案不同时，，两名学生选科方案相同时，，求的分布列与期望．
【答案】（1）40人 （2）
（3）分布列见解析，期望为
【解析】
【分析】（1）根据36名学生中，满足要求的男生人数为4人，从而，得到答案；
（2）16名男生中有8人的选科方案为“物理、化学、生物”，利用组合知识求出答案；
（3）利用组合知识得到，进而得到，求出分布列和数学期望
【小问1详解】
36名学生中，选科方案为“物理、化学、历史”组合男生人数为4人，
故估计该学校高一年级学生中选科方案为“物理、化学、历史”组合的人数为人；
【小问2详解】
由数据可知，16名男生中有8人的选科方案为“物理、化学、生物”，
设恰好有1人选“物理、化学、生物”为事件，则．
【小问3详解】
由数据可知，20名女生中有4人的选科方案为“物理、化学、生物”，
有6人的选科方案为“生物、政治、历史”，有10人的选科方案为“生物、历史、地理”，
，，
的分布列为，故.
21. 已知椭圆的左右顶点分别为A，B，椭圆E与抛物线的准线相切，椭圆的左焦点F到A，B两点的距离之积为3.
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q，直线BP，BQ分别与y轴交于点M，N，则，求直线PQ的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据抛物线准线方程可得a，然后结合已知可得c，然后可得椭圆方程；
（2）设直线PQ的方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理代入，结合过点可得，代入可得.
【小问1详解】
抛物线的准线方程为，由题知，，
又，所以，所以.
所以椭圆E的方程为.
【小问2详解】
设过点的直线方程为，代入，
整理得，
则，
设，
则，
直线方程为，得，
直线的方程为，得.
由题知，
整理得，
两边平方整理得，
则，
整理得①，
因为直线过点，所以，代入①整理得：，解得，，
直线PQ的方程为.
【点睛】本题考察直线与圆锥曲线的综合问题，主要考察学生计算能力.主要是利用韦达定理代入条件或所求，然后结合已知列方程求解即可.
22. 已知函数，.
（1）若在上单调递增，求的取值范围；
（2）当时，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由于在上单调递增，所以在上恒成立，通过构造函数转化为求最值问题；
（2）将的证明转化成 的证明，通过构造，，即可证明，从而原命题得证.
【小问1详解】
因为，
所以.
因为在上单调递增，
所以在上恒成立，
故在上恒成立，
即在上恒成立.
令函数，则.
当时，，
所以在单调递减，
所以，
所以a的取值范围为.
【小问2详解】
要证，，
只需证，.
因为，
所以，.
要证，，
只需证，，
即证，，
即证，.
令函数，，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
故.
令函数，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
故.
所以，
所以，从而原命题得证.
【点睛】思路点精：
（1）由函数单调性求参数取值范围，通常构造函数转化为求函数最值问题；性别
人数
物理
化学
生物
政治
历史
地理
男生
16
16
16
8
2
4
2
女生
20
4
4
20
6
16
10