2023届“西南汇”联考高三上学期开学考试数学（文）试题（解析版）

试卷第=page22页，共=sectionpages44页2023届“西南汇”联考高三上学期开学考试数学（文）试题一、单选题1．设集合，​，则（

）A．​ B．​ C．​ D．​【答案】B【分析】先求出，从而判断四个选项的正误.【详解】由题意，得​，则.故选：B2．设复数​满足​，则​（

）A．​ B．​ C．​ D．​【答案】C【分析】根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数模公式，即可求解.【详解】设则即即解得故选：C.3．函数​的零点共有（

）A．​个 B．​个 C．​个 D．​个【答案】C【分析】分别讨论与时的解得个数即可.【详解】当​时​无解；当​时，​有解综上，函数​有​个零点.故选：C.4．已知​，且​为第四象限角，则​（

）A．​ B．​C．​ D．​【答案】A【分析】根据同角平方和关系即可求解.【详解】​为第四象限，​，故选：A5．已知正方体​中，​分别为​的中点，则（

）A．​ B．​C．​ D．​【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，然后计算相应的数量积即可确定垂直关系.【详解】建立如图坐标系，不妨设正方体的棱长为.则∴，得到故.故选：D.6．已知函数​，下列说法正确的是（

）A．​的最小正周期是​B．​的图像关于直线​对称C．​在区间​上单调递增D．​的图像可由​的图像向左平移​个单位得到【答案】D【分析】利用辅助角公式对恒等变形，从而求出最小正周期判断A，利用整体代入法可判断B与C，根据图像平移判断D.【详解】，得，故A选项错误；令，直线不为其对称轴，故B选项错误；当，时，单调递增，函数单调递减，故C选项错误；将的图像向左移个单位得.故D选项正确.故选：D.7．已知​均为单位向量，且满足​，命题​，命题​，则下列命题恒为真命题的是（

）A．​ B．​C．​ D．​【答案】B【分析】根据已知可求得的夹角和的夹角相等，进而可求解.【详解】由可得，，又因为均为单位向量，所以的夹角和的夹角相等，作图知命题必有一个为真命题，故恒为真命题的是.故选：B.8．的最小值为（

）A．​ B．​ C．​ D．​【答案】A【分析】由诱导公式以及基本不等式即可求最值.【详解】因为，原式.当且仅当时，取等号.故选：A9．已知一个定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】求导可得为增函数，且，再求解与的解集，结合的奇偶性求解即可.【详解】由题意，得则​单调递增，又，所以​当​时，​；当​时，​.​时，​的解集为​.又​为奇函数，​为偶函数，​的解集为​.故选：D10．已知某校高三年级共​人，按照顺序从​到​编学号.为了如实了解学生“是否有带智能手机进入校园的行为”，设计如下调查方案：先从装有​个黑球和​个白球的不透明盒子中随机取出​个球，如果是白球，回答问题一；否则回答问题二.问题如下：一、你的学号的末位数字是奇数吗？二、你是否有带智能手机进入校园的行为？现在高三年级​人全部参与调查，经统计：有​人回答“否”，其余人回答“是”.则该校高三年级“带智能手机进入校园”的人数大概为（

）A．​ B．​ C．​ D．​【答案】B【分析】根据题意，按比例将1400人分为840人和560人，其中840人中将有420人回答“否”，则则​人中有​(人)回答“否”，​人回答“是”，则可求出问是否带手机的回答是的人数所占的比例，从而可求出该校高三年级“带智能手机进入校园”的人数.【详解】根据题意，​人分为​（人）和​（人），​人中将有​人回答“否”，则​人中有​(人)回答“否”，​人回答“是”，则问是否带手机的回答是人数约占​，该校高三年级“带智能手机进入校园”的人数约为​（人）.故选：B11．单位正四面体的外接球内接的最大正三角形边长为（

）A．​ B．​C．​ D．​【答案】C【分析】先求得外接球半径，然后计算外接球内接的最大正三角形边长即可.【详解】如图为单位正四面体.过点作面的垂线交面于点为外接球球心，则为的中心，则，在中，.设，则在中，，解得.外接球内接的最大正三角形即为球的大圆的内接正三角形，由正弦定理可得边长为.故选：C12．设，，​，则（

）A．​ B．​C．​ D．​【答案】B【分析】化简、、，利用不等式的性质结合正弦函数的单调性可得出这三个数的大小关系.【详解】因为，，，因为，则，，且函数在上单调递增，则，即.故选：B.二、填空题13．已知函数​，则​____________.【答案】【分析】根据分段函数解析式计算可得.【详解】解：因为，又，所以，所以​.故答案为：14．函数的一条过原点的切线方程为____________.【答案】【分析】求出函数的导函数，设切点为，即可求出切线的斜率，从而得到，令，，利用导数说明函数的单调性，即可得到，从而求出切线方程.【详解】解：因为，所以，设切点为，则，所以​，即​，令，，则，所以在上单调递增，又，所以​，则，，所以函数​过原点的一条切线方程为​.故答案为：15．设​是抛物线​的焦点，点A​在抛物线​上，​，若​，则​____________.【答案】【分析】根据题意可得焦点F的坐标，进而可得，由，可得结合抛物线的定义可得A点的横坐标，再代入抛物线的方程，即可得出答案.【详解】由可知焦点，，∴​，∵，∴∴​点​到抛物线准线的距离为​.∵​抛物线的准线方程为​，∴点A的横坐标∴​或​，∴​.故答案为：.16．​的外心为​，三个内角​所对的边分别为​，​.则​面积的最大值为____________.【答案】12【分析】由平面向量的数量积结合已知可得，再由余弦定理求得,进而求得，由余弦定理及基本不等式求得ac的最大值，则面积的最大值可求.【详解】设的中点为，如图所示，的外心为，则，，整理得，则，又，当且仅当，等号成立.故答案为：12.三、解答题17．记数列​前​项和为，.(1)证明：​为等差数列；(2)若​，记​为数列​的前​项积，证明：​.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据与的关系，用替换，然后作差即可证明.（2）先由（1）中结论得到通项，从而得到，然后裂项放缩，即可得证.【详解】(1)由题意，得​.则​.两式相减，得​，即​，​是等差数列.(2)因为，由（1）知（也符合此式）故数列的通项公式为则所以故，得证.18．已知​的内角​所对的边分别为,​.(1)求​；(2)若​，求​.【答案】(1)(2)【分析】（1）由边角互化得，再根据余弦定理求解即可；（2）由题知，再结合得，再根据余弦定理求解即可.【详解】(1)解：由题意，得.，∵，.(2)解：结合（1）得，再将代入两式，得..当时，解得；当时，解得.又，.，∵.19．在三棱锥中，平面平面是的中点.(1)证明：；(2)若，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的判定与性质证明​面即可；（2）根据中点性质点​到​的距离为点​到​的距离的平均值，再结合（1）中​面求解即可.【详解】(1)证明：因为平面平面，且交于，，平面，故平面.又平面，故.又​，，平面，​面​.因为​面​，(2)根据中点性质，知点​到​的距离为点​到​的距离的平均值.因为，故.​点​到​的距离为.20．设函数​为常数).(1)讨论​的单调性；(2)讨论函数​的零点个数.【答案】(1)递减区间，递增区间；(2)答案见解析.【分析】（1）求出函数的导数，探讨导数值为正、为负的x取值集合即可作答.（2）利用（1）的结论，在上探讨函数值的性质，再确定零点个数作答.【详解】(1)当时，由求导得：，显然函数在上单调递增，而，则当时，，当时，，即在上递减，在上递增，所以函数的递减区间是，递增区间是.(2)由（1）知函数在上递减，在上递增，，令，，求导得，函数在上单调递增，函数在上递减，当时，取值集合为，函数取值集合为，因此函数在上的函数值集合为，当时，函数的取值集合为，函数取值集合为，因此函数在上的函数值集合为，所以当，即时，函数无零点，当时，函数有一个零点，当时，函数有两个零点.21．设椭圆，右焦点​，短轴长为2，直线​与轴的交点到右焦点的距离为​.(1)求​的方程；(2)点，均在​上，且满足若​与​轴交点为​，求满足条件的点​的坐标.【答案】(1)​(2)​或​或【分析】（1）由题知，再根据解方程即可得答案；（2）当​不平行​轴时，不妨设，进而联立方程结合韦达定理得，再根据已知得，进而分和两种情况讨论求解得，，，并检验判别式即可得答案.【详解】(1)解：因为短轴长为2，直线​与轴的交点到右焦点的距离为所以，​所以，所以，椭圆​的方程为​.(2)解：当​轴时，此时点​不存在；当​不平行​轴时，不妨设.联立直线​和椭圆的方程，得则由韦达定理，得​.设​的中点为​，因为所以，​，其中为到直线的距离，所以，​.结合直线​和​，得​.所以，由可得，即若​，则​，将​代入​，解得​.此时，​.经验证，符合​，此时点​的坐标为​；若​，即​，解得.经验证：符合​，此时点​的坐标为​或​.综上所述，符合条件的点​的坐标有​或​或​.22．在平面直角坐标系​中，曲线​的参数方程是​(​为参数)，正方形​的顶点均在​上，且​依逆时针次序排列，点​.(1)求​的普通方程及点​的坐标；(2)设​为​内（包含边界）任意一点，求​的最小值.【答案】(1)​，；​(2)4【分析】（1）消去参数得到普通方程，画出图形，数形结合求出点​的坐标；（2）利用两点间距离公式表达出，利用配方法求出最小值.【详解】(1)