2024年3月7日发(作者：南宁高一联考数学试卷)
西南大学附中2023—2024学年度上期期中考试
高三数学试题
（满分：150分；考试时间：120分钟）
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上.
2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整，
3、考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生留存，以备评讲）.
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.集合A=xy=−x2+2x+3，集合=BA.(0,1] B.(0,3]
{}yye}，则AB=（ ）
{=xC.[−1,+∞) D.[−3,+∞)
2.已知扇形的圆心角是60°，半径为2，则扇形的面积为（ ）
A.60 B.120 C.π3 D.2π
33.如图，正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=2AA1，M是A1B1的中点，则异面直线AC1与BM所成角的余弦值为（ ）
A.6
2 B.10
5 C.6
3 D.15
54.“tanx=tany”是“x=y+2kπ(k∈Z)”的（ ）
A.充分不必要条件
C.充要条件
B.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
4，则下列结论正确的是（ ）
5.若a>0，b>0，a+b=A.a+b≤2 B.2+2≥8
ab
C.(a+1)+(b+3)≤32
22a2+b2≥6 D.36.正四棱锥P−ABCD的高为3，体积为32，则其外接球的表面积为（ ）
A.625π
36 B.625π
18 C.625π
9 D.25π
67.一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π≈3.14）
A.3 B.4 C.5 D.6
8.设函数f(x)=ax−mex(，若存在实数a使得f(x)<0恒成立，则)(ax−lnx)（其中e为自然对数的底数）实数m的取值范围是（ ）
A.1,+∞
2e B.,+∞
1eC.e2,+∞
() D.−∞,1
e2二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.复数z=1+1−3i，其共轭复数为z，则下列叙述正确的是（ ）
3+i
B.z是一个纯虚数
D.2A.z对应的点在复平面的第四象限
C.z⋅z=2
z=i
za1(1−qn)1−q10.下列说法正确的是（ ）
A.等比数列{an}的公比为q，则其前n项和为Sn=
*，则am+an=ap+aq
B.已知{an}为等差数列，若m+n=p+q（其中m,n,p,q∈N）C.若数列{an}的通项公式为an=15，则其前n项和Sn<
n(2n+1)61
2nD.若数列{an}的首项为1，其前n项和为Sn，且Sn=a1+22a2+⋅⋅⋅+n2an，则an=11.下列说法中错误的有（ ）
5A.已知a=(1,2)，b=(1,1)，且a与a+λb的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是−,+∞
3=B.已知向量e113e2,−，则e1,e2不能作为平面的一个基底
(2,−3)，=24{}C.若a≠0，a⋅b=a⋅c，则b=c
ABCAOB⋅D.O是△ABC所在平面内一点，且满足OA⋅+=ABCA则O是△ABC的内心
12.如图，已知矩形ABCD中，AB=2，BC=BACB+BACB=OC⋅CABC+CABC=0，，将△ADE3.点E为线段CD上一动点（不与点D重合）沿AE向上翻折到△APE，连接PB，PC .设DE=x(0 A.若x=1，θ=π2，则cos∠PAB= 34B.若x=1，则存在θ，使得PB⊥平面PAE C.若x=33，则直线PB与平面ABC所成角的正切值的最大值为 423时取得该最大值 4D.点A到平面PBC的距离的最大值为3，当且仅当x=2且cosθ= 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13.等比数列{an}中，a2=1，a8=3，则a5=______________. 14.已知0<α<π，π2<β<π，且cosα=11−，则cosβ=_____________. ，cos(α+β)=73 2π15.已知向量a，，则a+xb的值最小时，实数x的值为____________. b，a=2，b=5，a与b的夹角为316.已知函数f2+x3为奇函数，f(x)的函数图象关于y=x对称，且当1≤x≤2时，f(x)=sin()π2x，则7f=______________. 2四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 217.（10分）已知向量a=(cosx,2sinx)，b=2,3cosx，函数f(x)=a⋅b. ()（1）求f(x)的解析式和单调递增区间； （2）若f′(x)是f(x)的导函数，g(x)=f′(x)ππ，x∈,，求函数g(x)的值域. f(x)−1632218.（12分）已知各项为正的数列{an}的首项为2，a2=6，an+2an+1−2an=an+1an−an−anan+2. +1（1）求数列{an}的通项公式； （2）设数列{an}的前n项和Sn，求数列{Sn+an−28}（其中n∈N）前n项和的最小值. *19.（12分）如图，在五面体ABCDEF中，面ADE⊥面ABCD，∠ADC=90°，EF∥面ABCD，AE=DE=DC=2，EF=1，AB=3，二面角A−DC−F的平面角为45°. （1）求证：CD∥面ABFE； （2）点P在线段AE上，且AP=2PE，求二面角P−FC−B的平面角的余弦值. C的对边为a、b、c（其中b≠c）b+2ccosA. ，若3bcosA+acosB=20.（12分）已知△ABC内角A、B、（1）求角A的大小； （2）若点D是边BC上的一点，a=3，DC=2BD，求AD的最大值. 21.（12分）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： 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 乘汽车 0.1 0.25 0.15 0.3 0.35 0.2 0.2 0.1 0.15 0.1 0.05 0.05 （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E(X)； （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Pn为王老师第n天坐地铁去学校的概率，求{Pn}的通项公式. 22.（12分）已知=f(x)2ae1−x(1−x)，其中a≠0. （1）求f(x)在x=1处的切线方程； （2）若f(x)+131x−x≥0在,+∞上恒成立，求a的取值范围. a2西南大学附中2023—2024学年度上期期中考试 高三数学试题参考答案 1-8CDBDB CCA ax−lnx<0ax−lnx>0mexlnx 1，则2e m>1. 12.解析：选项A.取AE中点M，连接BM，又平面PAE⊥平面ABE，所以BM⊥PM.易证此时BM⊥AE，平面PAE，故BM⊥PM，BM=3，PM=1，所以=BP(3)2122，在△ABP中，由余弦定理+=得：cos=∠PAB2+22×2×33)−2(=223，A正确；选项B，同选项A知BM⊥AE，若PB⊥平面PAE，4则PB⊥AE，所以AE⊥平面PBM，所以AE⊥PM，显然矛盾，B错误；选项C，易证此时BD⊥AE，设垂足为F，则AE⊥DF，AE⊥PF，所以AE⊥平面BDP，所以平面BDP⊥平面ABE，故所求线面角为∠PBD.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，∠PBD最大，故PFDE37sin∠PBDmax===，从而tan∠PBDmax=，C错误；选项D.点A到平面PBC的距离BFAB44≤PA=3，等号成立当且仅当AP⊥平面PBC，从而BP=1，BC⊥平面PAB，过P作PH⊥AB于点H.连接DH，易求AH=DCAD3，PH⊥底面ABC.由翻折知AE⊥DH，故，解得DC=2即=2ADAHAH3S△AHES△AHCS△AHC. ====S△APES△APCS△ADCAB4x=2.又由二面角的面积射影知：=cosθ15−1−86 15. 16.− 532113.±3 14.用x替换x可得：f(2−x)=所以f(x)关于点(2,0)16.解析：由题：f2−x3=−f(2+x)，−f2+x3，3()()对称，故f71设=−f，22π1由于f(x)关于y=x对称，又当1≤x≤2时，f(x)=sinx，f=m，22结合图象可知点π11,m关于y=x的对称点m,在f(x)=sinx上，故22257f=−. 32f(m)=sinπ2m=15(1≤m≤2)，解得m=，故2317.4）由题，f(x)=2cos2x+3sin2x=1+2sin2x+π6令−，π2+2kπ<2x+π6<π2+2kπ，(k∈Z)， 解得−π3+kπ 663 （2）∵=f′(x)4cos2x+πg(x)=，∴6π2cos2x+f′(x)6ππ，而x∈,， =πf(x)−163sin2x+62则π2<2x+π6<5ππ，所以cos2x+≠0，∴g(x)=66πtan2x+62， 由π2<2x+π6<5ππ3得tan2x+<−，即−23<663πtan2x+6<0. 则函数g(x)的值域为−23,0. 18.（1）由已知有(an+1+an)(an+2+an−2an+1)=0，而an>0，∴an+an+1≠0， ()0，则an+2−an+1=an+1−an=an−an−1=⋅⋅⋅=a2−a1， 所以an+2+an−2an+1=4，由等差数列定义知数列{an}是以2为首项，4为公差的等差数列. 又∵a1=2，a2=6，∴a2−a1==4n−2. ∴数列{an}的通项公式为an（2）由（1）有Sn=2n，∴Sn+an−28=2n2+4n−30=2(n+5)(n−3)， 2令Sn+an−28>0，有n0，有n=3. 4,5,6,⋅⋅⋅；Sn+an−28<0，有n=1,2；Sn+an−28=所以{Sn+an−28}前n项和的最小值为-38，当且仅当n=2,3时取到 19.（1）证明：∵EF∥面ABCD， 又EF⊂面CDEF，面ABCD面CDEF=CD，∴CD∥EF. 又CD⊂/面ABFE，EF⊂面ABFE，∴CD∥面ABFE. （2）取AD中点O，BC中点M，连结OE，OM. ∵面ADE⊥面ABCD，交线为AD， CD⊂面ABCD，∠ADC=90°，∴CD⊥面ADE. ∴∠ADE是二面角A−DC−F的平面角.即∠ADE=45°. 同（1）中CD∥EF理，可证：AB∥EF ∴CD∥AB.又AB≠CD，∴四边形ABCD是梯形. ∴OM是梯形ABCD的中位线.∴OM∥CD.∴OM⊥面ADE. ∵AE=DE，O是AD中点，∴OE⊥AD. 以O为原点，OA，OM，OE为轴如图建立空间直角坐标系O−xyz，则 A(2,0,0，B)()2,3,0，D−2,0,0，C−2,2,0，E0,0,2，F0,1,2， )()AE=(CF−2,0,2，CB=22,1,0，=()(()()()2,−1,2，FA=)(2,−1,−2， )223,−1,−3 设面PCF的一个法向量为m=(x1,y1,z1)，由m⊥FP，m⊥CF，得 2由AP=AE，FP=FA+FP=302x1−3y1−2z1=，取y1=2，得x1=2，z1=−1，∴=m2,2,−1. 02x1−y1+2z1=设面BCF的一个法向量为n=(x2,y2,z2)，由n⊥CB，n⊥CF，得 ()022x2+y2=，取y2=22，得x2=−1，z2=3，∴n=02x2−y2+2z2=−2+4−314∴cosm,n= =−427×18∴二面角P−FC−B的平面角的余弦值为−(−1,22,3. )14. 42 sinB2sinCcosA， 20.（1）由正弦定理有3sinBcosA+sinAcosB=+2sinBcosA+sinC=sinB+2sinCcosA， 即有(2cosA−1)(sinB−sinC)=0， ∵b≠c，∴sinB≠sinC，则cosA=（2）由余弦定理有 1=60°. 而0° AB2=AD2+BD2−2AD⋅BDcos∠ADB； AC2=AD2+DC2−2AD⋅DCcos∠ADC， 而BC=3，DC=2BD，∴BD=1，DC=2， =180°，所以3AD=2AB+AC−6. 又∠ADB+∠ADC222β， 又由（1）∴A=60°，BC=3，设∠ACD=α，∠ABC=则由正弦定理有AB=23sinα，AC=23sinβ，且α+β120°， 所以AD2=8sin2α+4sin2β−2=4(1−cos2α)+2(1−cos2β)−2 =−4cos2α−2cos2β+4=−4cos2α−2cos(240°−2α)+4 =−4cos2α−2cos(120°+2α)+4=23sin(2α−60°)+4≤23+4， 75°时取到. 故ADmax=1+3，当∠ACD=21.（1）记事件A=“硬币正面向上”，事件B=“7：40-7：45到校” ()故P(B)=P(A)⋅P(BA)+P(A)⋅P(BA)=0.5×0.2+0.5×0.1=0.15. 则由题有P(A)=0.5，PBA=0.2，PBA=0.1 ()（2）X可取1，2，3，…，9，10 23由题：对于1≤k≤9(k∈N)，P(X=k)=×55*k−13；P(=X10=) 589922323233故E(X)=1×+2××+3××+⋅⋅⋅+9××+10× 555555553232323233E(X)=1××+2××+⋅⋅⋅+8××+9××+10× 55555555552223232323以上两式相减得：E(X)=+×+×+⋅⋅⋅+×+× 555555555528928910231−2891033553533=故E(X)=1+++⋅⋅⋅++=−×. 355552251−510 553所以E(X)=−×. 22510−（3）由题意：Pn+1=Pn+(1−Pn)=1=1，P57352525Pn+1，则Pn+1−=−Pn−， 5757这说明Pn−为以P1−522=为首项，−为公比的等比数列. 775n−1522故Pn−=×−775n−122，所以Pn=×−755+. 7′(x)2ae1−x(x−1)−2=22.（1）fae1−x2ae1−x(x−2) =故f′(1)=−2a，又f(1)=0，故f(x)在(1,0)处的切线方程为：y−0=−2a(x−1) −2ax+2a， 即：y=（2）一方面，取x=1，有1−1≥0，解得0 a131x−x≥0在x∈,+∞上恒成立 a2另一方面，我们证明若0 故只需证2a(1−x)+()131x−x≥0，其中a∈(0,1]，x∈,+∞ a212只需证2a2(1−x)+x3−ax≥0，其中a∈(0,1]，x∈,+∞ 将上式左边视为关于a的函数，令g(a)=2(1−x)a2−xa+x3， 下证当a∈(0,1]，x∈,+∞时，g(a)≥0 ①若x=1，则g(a)=1−a≥0成立 ②若x>1，此时g(0=)x3>0，g(1)=2(1−x)−x+x3=12(x−1)(x+2)>0. 2又g(a)为关于a的开口向下的二次函数，a∈(0,1]，故g(a)min≥ming(0),g(1)>0， {} ③若x1≤x<1，此时g(a)为关于a的开口向上的二次函数，对称轴为a= 4(1−x)2x14≥1，又≤x<1，解得≤x<1 4(1−x)25i.若对称轴此时g(a)在a∈(0,1]单调递减，所以g(a)min=g(1)，又由（2）知g(1)>0， 所以g(a=)ming(1)>0 ii.若对称轴x141<1，又≤x<1，解得≤x<， 4(1−x)225注意到此时g(a)对应的判别式 211△=x−8x(1−x)=x(8x−8x+1)=8xx−−<0 2823222故此时g(a)>0. 综上，当a∈(0,1]，x∈,+∞时，g(a)≥0. 故a的取值范围为(0,1]. 12
更多推荐
蛋糕,平面,学校,乘坐,函数
发布评论