重庆市永川萱花中学校2023-2024学年高三上学期期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市永川萱花中学校2023-2024学年高三上学期期中考试数学试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了 已知集合，则， 已知复数，则， 荀子《劝学》中说， 函数的大致图象是， 向量，且，则， 已知，，则， 下列命题中，正确的是， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。

一､单选题：
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合交集运算求解即可.
【详解】由题，
又，
所以.
故选：C
2. 已知复数，则（ ）
A. B. C. 0D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由复数的运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，所以，所以，．
故选：A
3. 荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海．”所以说学习是日积月累的过程，每天进步一点点，前进不止一小点．我们可以把看作是每天的“进步”率都是，一年后是；而把看作是每天“退步”率都是，一年后是；这样，一年后的“进步值”是“退步值”的倍．那么当“进步”的值是“退步”的值的3倍，大约经过（ ）天．（参考数据：）
A. 20B. 30C. 40D. 50
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知列方程，然后取对数求解．
【详解】设经过天“进步”的值是“退步”的值的3倍，
则，两边取对数得，
∴，，
故选：D．
4. 函数的大致图象是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】方法一：根据函数的奇偶性及函数值的符号排除即可判断；方法二：根据函数的奇偶性及某个函数值的符号排除即可判断.
【详解】方法一：因为，即，所以，
所以函数的定义域为，关于原点对称，
又，所以函数是奇函数，其图象关于原点对称，
故排除；
当时，，即，因此，故排除A.
故选:D.
方法二：由方法一，知函数是奇函数，其图象关于原点对称，故排除；
又，所以排除A.
故选：D.
5. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A. “直线不相交”是“直线为异面直线”的充分不必要条件；
B. 若，则
C. 若直线，则；
D. 内有不共线三点到距离相等，则
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间线面之间位置关系逐项判断即可.
【详解】对于A，若“直线不相交”则直线可以平行，不一定异面，
若“直线为异面直线”则直线一定不相交，所以“直线不相交”是“直线为异面直线”的必要不充分条件，A错误；
对于B，若，则必有，B正确；
对于C，若直线，则直线可以在内，不一定有，所以C错误；
对于D，不妨设点在内，如下图，三点不共线且到距离相等，
不满足，所以D错误；
故选：B
6. 向量，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平面向量数量积及模长计算夹角即可.
【详解】由已知可得，
又，
所以
故选：A
7. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先对两式进行平方，进而可求出的值，根据二倍角公式求出结论.
【详解】解：因为，，
所以平方得，，，
即，，
两式相加可得，
即，
故，
.
故选：D.
8. 在棱长为的正方体中，已知为的中点，点为底面上的动点，若，则点的轨迹长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】取中点，可知四点共面；可分别证得平面，平面，从而得到，，由线面垂直的判定可知平面，由此可知点的轨迹为线段.
【详解】取的中点，的中点，的中点，连接，

分别为中点，，四点共面；
平面，平面，，
四边形为正方形，，
又，平面，平面，
又平面，；
在与中，，，
又，，即，
，平面，平面，
又平面，，
，平面，平面，
平面，；
，平面，平面，
，为底面上的动点，平面平面，
点轨迹为线段，点轨迹长度为.
故选：A.
二､多选题：
9. 下列命题中，正确的是（ ）
A. 已知命题，则是
B. 从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，至少有一个黑球与至少有一个红球是两个互斥而不对立的事件
C. 甲､乙､丙､丁4个人到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点各不相同”，事件“甲独自去一个景点”，则
D. 若随机变量，且，则方差
【答案】CD
【解析】
【分析】由命题的否定的定义判断A，由互斥事件的定义判断B，根据条件概率的定义计算判断C，根据二项分布的均值与方差公式计算后判断D．
【详解】全称命题的否定是特称命题，命题的否定是：，A错；
从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，至少有一个黑球与至少有一个红球这两个事件可能同时发生，它们不互斥，B错；
甲､乙､丙､丁4个人到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点各不相同”，
事件“甲独自去一个景点”，，，，C正确；
若随机变量，且，即，，则，，D正确．
故选：CD．
10. 已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为
B. 在上单调递减
C. 点是图象的一个对称中心
D. 将的图象上所有的点向右平移个单位长度，可得到的图象
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，直接由周期公式计算即可；对于B，直接检验满足的是否在单调递减区间即可；对于C，直接代入检验即可；对于D，由平移变换法则得到相应的解析式对比即可.
【详解】的最小正周期为，故A正确，
由，所以在上单调递增，故B错误，
，所以是图象的一个对称中心，故C正确，
的图象上所有的点向右平移个单位长度得到的图象，故D错误．
故选：AC.
11. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，．．，设第层有个球，从上往下层球的总数为，则（ ）
A.
B
C.
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意归纳出各层球个数的规律：，然后再由此通项公式计算判断各选项．
【详解】由已知，，A正确；
，，B正确；
，C错误；
，
所以，D正确．
故选：ABD．
12. 如图，在正方体中，，点在正方体内部及表面上运动，下列说法正确的是（ ）
A. 若为棱的中点，则直线平面
B. 若在线段上运动，则的最小值为
C. 当与重合时，以为球心，为半径的球与侧面的交线长为
D. 若在线段上运动，则到直线的最短距离为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据空间中点、线、面之间的位置关系，结合异面直线间距离求法和球的截面求法逐项判断即可.
【详解】
对于A，如图，在中，为中位线，则，
且平面，平面，所以平面，A正确；
对于B，将沿展开与四边形在同一个平面内，
连接交于，则线段即为的最小值，
在中，，
由余弦定理可求得，
所以，即的最小值为，B错误；
对于C，与重合时，以为球心，为半径的球与侧面的交线为
以为圆心，半径，圆心角为的圆弧，
则交线长度为，故C正确；
对于D，若在线段上运动，则到直线的最短距离
即为异面直线，之间的距离，
连接交于，取中点为，中点，
连接，，因为，且,
所以四边形为平行四边形，且，
因为，
所以,即为异面直线，公垂线段，
所以异面直线，之间距离为，D错误；
故选：AC
三､填空题：
13. 曲线在点处的切线方程为__________．（化为）
【答案】
【解析】
【分析】利用导数求得斜率后可得切线方程．
【详解】，时，，
切线方程，即．
故答案为：．
14. 已知向量，若，则的值可以是__________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】由垂直的坐标表示求解．
【详解】因为，所以，
，∴，取，，
故答案为：（答案不唯一）．
15. 已知函数的部分图象如图，，则_________．

【答案】
【解析】
【分析】运用代入法，结合函数的对称性和函数图象的特征进行求解即可.
【详解】由函数的图象可知该函数经过、两点，
把代入函数解析式中，得，
因为，所以，即，
把代入中，得
，
设该函数的最小正周期为，由图象可知，
所以令，得，即，
该函数的对称轴为：，
与函数的图象可知：关于对称，
因此有，且，
，
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题的关键是通过图象得到和关于对称.
16. 设定义在上的函数在单调递减，且为偶函数，若，且有，则的最小值为__________．
【答案】3
【解析】
【分析】由函数的奇偶性和单调性求出关系，再利用基本不等式求解即可.
【详解】因为为偶函数，所以关于轴对称，
又因为在单调递减，所以在单调递增，
因为，且有，
所以，
则，
，
当且仅当时取等号，
所以.
故答案为：3
四､解答题：
17. 已知是等差数列，公差不为0，其前项和为.若，，成等比数列，.
（1）求及；
（2）已知数列满足，，，为数列的前项和，求的取值范围.
【答案】（1），；（2）.
【解析】
【分析】
（1）将，，成等比数列，．转化为和的方程组，解出和，即可得到及；
（2）数列满足，当时，运用累加法求出，验证时也成立，再利用裂项相消求和求出，根据其单调性即可求出的范围
【详解】（1）设数列的首项为，公差为，
由题意得，
解得∴，.
（2）由得，当时，
又由（1）知，
∴.
经检验，当时上式仍成立，
∴，
∴，
∵在正整数集上 单调递增，，
∴.
【点睛】方法点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.
18. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面底面，侧棱与底面所成的角为．

（1）证明：平面平面；
（2）若平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面与平面垂直的性质定理和判定定理即可证明；
（2）根据条件建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，进而可求出结果.
【小问1详解】
证明：在正方形中，．
又因为平面底面，平面平面平面，
所以平面，
而平面，所以平面平面.
【小问2详解】
设与交于点，则平面平面，
在平面内作垂直于，
又因为平面平面，
所以平面，而平面，所以，
又，且，平面，所以平面，
因为平面，所以，
由（1）知平面，平面，所以，
又，底面，
所以底面，故和底面所成的角为，即，
故．

以A为原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向建立空间直角坐标系．
设．则，
所以，
设平面和平面的法向量分别为，
由即取，得；
由即，取，得．
所以，，
设二面角的大小为，则．
所以二面角的正弦值为．
19. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量，，，且对任意，都有.
（1）求的单调递增区间；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）应用向量数量积的坐标表示及三角恒等变换化简求得，结合已知得，进而求得，利用正弦型函数的性质求递增区间；
（2）由正弦定理及、已知条件可得，结合余弦定理有，联立求得，最后应用三角形面积公式求面积.
【小问1详解】
由题意得
，且，
所以，因为，所以，
所以，即，所以，
令，解得，
所以的单调递增区间为.
【小问2详解】
在中，由正弦定理，得，
所以①，
由余弦定理得，得②，
由①②解得，
所以的面积为.
20. 年月某学校举行了普通高中体育与健康学业水平合格性考试．考试分为体能测试和技能测试，其中技能测试要求每个学生在篮球运球上篮、羽毛球对拉高远球和游泳个项目中任意选择一个参加．某男生为了在此次体育学业考试中取得优秀成绩，决定每天训练一个技能项目．第一天在个项目中任意选一项开始训练，从第二天起，每天都是从前一天没有训练的个项目中任意选一项训练．
（1）若该男生进行了天的训练，求第三天训练的是“篮球运球上篮”的概率；
（2）设该男生在考前最后天训练中选择“羽毛球对拉高远球”的天数为，求的分布列及数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）分别考虑第一天训练的是和不是“篮球运球上篮”的情况，根据古典概型概率公式可分别求得对应的概率，加和即可求得结果；
（2）分别求得每个可能的取值对应的概率，进而确定分布列；根据数学期望公式可求得期望.
【小问1详解】
记第一天训练的是“篮球运球上篮”且第三天也是训练“篮球运球上篮”为事件；
第一天训练的不是“篮球运球上篮”且第三天是训练“篮球运球上篮”为事件；
由题意知：三天的训练过程中，所有可能的情况有：种，
，，
第三天训练的是“篮球运球上篮”的概率.
【小问2详解】
由题意知：所有可能的取值为，
考前最后天训练中，所有可能的情况有：种；
当时，第一天有种选择，之后每天都有种选择，；
当时，若第一天选择“羽毛球对拉高远球”，则第二天有种选择，之后每天只有种选择，共种选择；
若第二天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有种选择，第三天种，之后每天只有种选择，共种选择；
第三天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有种选择，第二天有种选择，第三天种选择，第四天有种选择，第五天有种选择，共种选择；
第四天选择“羽毛球对拉高远球”， 则第一天有种选择，第二天，第三天，第四天均只有种选择，第五天有种选择，共种选择；
第五天选择“羽毛球对拉高远球”， 则第一天有种选择，第二天，第三天，第四天，第五天都只有种选择，共种选择；
；
当时，只有第一天，第三天，第五天，选择“羽毛球对拉高远球”，共有种选择，；
，
的分布列为：
.
21. 在三棱台中，平面，，，分别为，的中点．

（1）证明：∥平面．
（2）若，在线段上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在；
【解析】
【分析】（1）先判断四边形为平行四边形，再利用已知条件证明平面平面，从而可证线面平行
（2）首先证明，判断四边形为正方形，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，设出，表示出，由直线与平面所成角的正弦值解出的值即可.
【小问1详解】
证明：因为在三棱台中，，为的中点，
所以，
又，所以四边形为平行四边形，，
因为，分别为，的中点，所以为的中位线，所以，
又、平面，且，所以平面平面，
又平面，所以平面．
【小问2详解】
连接，因平面，且平面，
所以平面平面，
又平面平面，易知等边三角形中，，
所以平面，所以，
又，，所以平面，从而，故四边形为正方形，，
如图，建立空间直角坐标系，

则，，，，
，，，
不妨设，则，，
设平面的法向量为，则：，得：
令，可得．
设直线与平面所成的角为，则，
由，得，则，
所以线段上存在一点，使得与平面所成角的正弦值为．
22. 已知函数，．
（1）判断是否存在x，使得，若存在，求出x的值；若不存在，请说明理由；
（2）讨论的单调性．
【答案】（1）不存在x，使得，理由见解析
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）原不等式等价于，结合换元法即可证明这不可能成立.
（2）第二问首先换元，然后连续求导，结合复合函数单调性以及零点存在定理即可求解.
【小问1详解】
不存在x，使得，理由如下：
若成立，则，
整理得，
然而当时，，
不妨设，
则，
所以在上单调递增，
所以，
即对于任意的，不可能成立，
综上所述，不存在x，使得.
【小问2详解】
当时，，
所以此时，
求导得，
继续求导得，
所以单调递减，
而，，
所以存在唯一的使得，
且当时，，此时关于单调递增，
当时，，此时关于单调递增减，
又关于在上单调递增，
所以存在唯一，使得，
且当即时，由复合函数单调性可知此时关于单调递增，
当即时，由复合函数单调性可知此时关于单调递减，
综上所述：当时，单调递增，当时， 单调递减，
其中，即满足.
【点睛】关键点点睛：本题第一问关键是将不等式变形为，然后利用换元法即可，第二问的关键是要构造利用换元法结合复合函数单调性来讨论.