2023届重庆西南大学附属中学校高三上学期期中质检数学试题（解析版）

这是一份2023届重庆西南大学附属中学校高三上学期期中质检数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．复数的模是（ ）
A． B．C．0D．1
【答案】D
【分析】结合复数的模的定义,根据求解即可.
【详解】解：因为，所以，
所以复数z的模是1.
故选:D．
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】解对数不等式确定集合，解二次不等式确定集合，然后由并集定义计算．
【详解】由题意，，
所以．
故选：C．
3．函数的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】分析函数的奇偶性排除两个选项，再利用时，值为正即可判断作答.
【详解】函数定义域为R，，即是奇函数，A，B不满足；
当时，即，则，而，因此，D不满足，C满足.
故选：C
4．哥隆尺是一种特殊的尺子.图1的哥隆尺可以一次性度量的长度为1，2，3，4，5，6.图2的哥隆尺不能一次性度量的长度为（ ）
A．11B．13C．15D．17
【答案】C
【解析】结合图象以及选项，确定正确选项.
【详解】对于A选项，图中，用“与”可以测量；
对于B选项，图中，用“与”可以测量；
对于D选项，图中，用“与”可以测量.
图2的哥隆尺不能一次性度量的长度为.
故选：C
5．把座位编号为1，2，3，4，5，6的6张电影票分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少分一张，至多分两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同分法种数为( )
A．240B．144C．196D．288
【答案】B
【分析】将6张票按照要求分给4个人，是有2人各得两张，另外2人各得1张票.再将2张具有连续的编号的票的情况求出后可计算出答案.
【详解】由题4人分6张票，则有2人各得两张，且具有连续的编号的票，另外2人各得1张票．2张具有连续的编号的票的情况有12和34；12和45；12和56；23和45；23和56；34和56共6种情况．所以不同的分法种数是．
故选：B
6．已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据二倍角公式，两角和的正弦公式以及同角三角函数的基本关系求解.
【详解】，
，
，
或，
由平方可得，即，
由平方可得，即，
因为，所以，，
综上，.
故选：C
7．已知正项等比数列的前项和为，且成等差数列．若存在两项使得，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知条件及等差中项的性质可得，结合可得，再应用基本不等式“1”的代换求目标式的最小值，注意等号成立条件.
【详解】由题设，即，又为正项等比数列，
所以，，
由，则，即，
所以，
则，
当且仅当时等号成立，满足，
所以的最小值为2.
故选：B
8．正边形内接于单位圆，任取其两个不同顶点、，则的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分析可得，计算出满足条件的向量的取法种数，结合古典概型的概率公式可求得结果.
【详解】，
可得，因为，所以，，
对于任意给定的向量，满足条件的向量的取法有，
因此，的概率为.
故选：B.
二、多选题
9．下列命题正确的有（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．，则
【答案】BD
【分析】可通过反例排除A、C，对于B，两边取对数即可，对于D，通过对数运算得到的式子，应用基本不等式即可确定.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，，所以，故D正确.
故选：BD.
10．已知为双曲线的两个焦点，为双曲线上任意一点，则（ ）
A．B．双曲线的渐近线方程为
C．双曲线的离心率为D．
【答案】CD
【分析】对于A，用定义即可判断，对于B，根据焦点位置即可判断，对于C，直接计算即可，对于D，因为为的中点，所以，设可求出的取值范围，即可判断
【详解】双曲线：焦点在轴上，，，
对于A选项，，而点在哪支上并不确定，故A错误
对于B选项，焦点在轴上的双曲线渐近线方程为，故B错误
对于C选项，，故C正确
对于D选项，
设，则（时取等号）
因为为的中点，所以，故D正确
故选：CD
11．对于正整数n，是小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目．函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如（1，2，4，5，7，8与9互质），则（ ）
A．若n为质数，则B．数列单调递增
C．数列的前5项和等于D．数列为等比数列
【答案】AD
【分析】根据的定义逐项计算后可得正确的选项.
【详解】因为n为质数，故小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目为,
故此时，故A正确.
因为，所以，
故数列不是单调递增，故B错误.
小于等于的正整数中与互质的数为，
数目为，所以，
前5项和为，
故C错误.
小于等于的正整数中与互质的数的数为，
其数目为，
故，而，故数列为等比数列，
故D正确.
故选：AD.
12．已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，M为棱CC1上的动点，AM⊥平面，下面说法正确的是（ ）
A．若N为DD1中点，当AM+MN最小时，CM=
B．当点M与点C1重合时，若平面截正方体所得截面图形的面积越大，则其周长就越大
C．若点M为CC1的中点，平面过点B，则平面截正方体所得截面图形的面积为
D．直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为
【答案】AC
【分析】对于A，由展开图求解；对于B，取特殊情况判断；
对于C，由垂直关系确定截面后计算；对于D，由空间向量求解
【详解】对于A，由展开图如下，当最小时，，
得，故A正确
对于B，如图，取各边中点连接成六边形，
由立体几何知平面，平面，
截面周长为，面积为，
截面的周长为，面积为，
故B错误
对于C，取中点分别为，
以为原点，所在直线分别为轴，
建立空间直角坐标系如图所示，
，，，
由数量积可知，而，
故平面，
截面为等腰梯形，
面积为，故C正确
对于D，设
，平面的一个法向量为
故直线AB与平面所成角的正弦值
则，故D错误
故选：AC
三、填空题
13．已知均为实数.若，则_________．
【答案】0
【分析】直接由复数的乘法及复数相等求解即可.
【详解】，故，.
故答案为：0.
14．设随机变量，满足．若，则_____．
【答案】##1.5
【分析】由题设有求出参数，再由二项分布方差公式求，最后根据方差的性质求.
【详解】由，故，则，
所以，则，而，
则.
故答案为：
四、双空题
15．已知的图象向右平移个单位后得到的图象，则函数的最大值为_________；若的值域为，则a的最小值为_________．
【答案】 ；
【分析】第一空：先由辅助角公式写出，再结合平移变换写出，即可求得最大值；第二空：由值域为得恒成立，结合诱导公式可得，结合求出a的最小值即可.
【详解】第一空：由可得，易得的最大值为；
第二空：若的值域为，则恒成立，
即，又，故，
解得，又，故当时，a的最小值为.
故答案为：；.
16．已知我国某省二、三、四线城市数量之比为．年月份调查得知该省二、三、四线城市房产均价为万元/平方米，方差为．其中三、四线城市的房产均价分别为万元/平方米，万元/平方米，三、四线城市房价的方差分别为，则二线城市房产均价为_________万元/平方米，二线城市房价的方差为________
【答案】
【分析】根据平均值及方差的定义列方程求解即可.
【详解】设二线城市房产均价为，方差为，
因为二、三、四线城市数量之比为，二、三、四线城市房产均价为万元/平方米，三、四线城市的房产均价分别为万元/平方米，万元/平方米，
所以，
解得（万元/平方米），
由题意可得，
解得，
故答案为：2；29.9.
五、解答题
17．已知函数，其图像上相邻的最高点和最低点间的距离为．
(1)求函数的解析式；
(2)记的内角的对边分别为，，，．若角的平分线交于，求的长．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）应用降幂公式及辅助角公式可得，根据相邻的最高、最低点距离、勾股定理求得，即可得解析式.
（2）由已知有，根据及三角形面积公式可得，再应用余弦定理求，进而可得的长．
【详解】（1）因为，
设函数的周期为，由题意，即，解得，
所以.
（2）由得：，即，解得，
因为，所以，
因为的平分线交于，
所以，即，可得，
由余弦定理得：，，而，
得，因此.
18．设为等差数列的前项和，已知，且，，成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据等差数列的通项公式，等比中项，列出方程求出公差、首项即可得解；
（2）由（1）求出，根据错位相减法求和即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为，由得：，整理得，
因为，，成等比数列，所以，
解得（舍去），或，又由，
解得，，满足条件，故．
（2）由（1）得，所以，
所以，
所以，
则，
两式相减得：
.
所以.
19．某景区内有一项“投球”游戏，游戏规则如下：游客投球目标为由近及远设置的A，B，C三个空桶，每次投一个球，投进桶内即成功，游客每投一个球交费10元，投进A桶，奖励游客面值20元的景区消费券；投进B桶，奖励游客面值60元的景区消费券；投进C桶，奖励游客面值90元的景区消费券；投不进则没有奖励.游客各次投球是否投进相互独立.
(1)向A桶投球3次，每次投进的概率为p，记投进2次的概率为，求的最大值点；
(2)游客甲投进A，B，C三桶的概率分别为，若他投球一次，他应该选择向哪个桶投球更有利？说明理由.
【答案】(1)
(2)游客甲选择向B桶投球更有利，理由见解析
【分析】（1）根据二项分布的概率公式求得，利用导数求得最大值点p0；
（2）求出游客分别投进A，B，C三桶纯收入的数学期望，再比较大小，进行决策.
【详解】（1）3次向A桶投球投进2次的概率.
.
令，得.
当时，；当时，.
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴所以的最大值点.
（2）由（1）得游客甲投进A，B，C三桶的概率分别为.
设投进A桶的纯收入为X元，；
设投进B桶的纯收入为Y元，；
设投进C桶的纯收入为Z元，；
因为，
所以游客甲选择向B桶投球更有利.
20．如图，在四棱锥中，平面平面，底面是梯形，．
(1)证明：平面；
(2)若，为线段的中点，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）因为平面平面，故要证平面，需证，需证平面，需证，而不难证明（2）建立恰当的空间直角坐标系，用空间向量求解即可
【详解】（1）证明：取中点，连接．
∴，
∴四边形为菱形，四边形为平行四边形．
∴，
∴．
又∵，
∴平面．
又∵平面，
∴．
又∵平面平面，且平面平面，
∴平面．
（2）∵平面，
∴，
∴．
又∵，
∴，
又∵，
∴底面是直角梯形．
以所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则．
，．
平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
由得取．
∴，
∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
21．在平面直角坐标系中，、、、，直线、相交于点，且它们的斜率之积是．
(1)求点的轨迹方程；
(2)过的直线与的轨迹交于、两点，试判断点与以为直径的圆的位置关系，并说明理由．
【答案】(1)；
(2)点在以为直径的圆外，理由见解析.
【分析】（1）设点，根据斜率公式结合已知条件可得出点的轨迹方程；
（2）分析可知直线不与轴重合，可设，另记、，将直线的方程与的轨迹方程联立，列出韦达定理，计算出，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：设点的坐标为，其中，
则直线的斜率为，直线的斜率为．
由已知有，化简得点的轨迹方程为．
（2）解：点在圆外，理由如下：
若直线与轴重合，则该直线与曲线无公共点，
故可设，另记、，
联立，可得，．．
由韦达定理知，
，，
则有
，
其中无解，则，故，
即点在以为直径的圆外．
【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.
22．已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)当，时，，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，对进行分类讨论，由此求得的单调区间.
（2）化简不等式，构造函数，利用导数研究的最值，由此分离常数，由的不等关系式构造函数，解得导数证得不等式成立.
【详解】（1）的定义域为R，．
①当时，当或时，，单调递增；
当时，，单调递减．
②当时，当或时，，单调递减；
当时，，单调递增．
（2）由，得，因为，所以，
令，则，
设，则，所以在单调递增，
又因为，，
（由（1）知当时，，所以当时，，即．）
所以，存在，使得，即．
所以，当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以，所以．
所以．
设，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
所以，所以．
【点睛】利用导数研究函数的单调性，当导函数含有参数时，要注意对参数进行分类讨论，分类标准的制定可以考虑二次函数的开口方向、零点分布等知识.