重庆市巴南中学校2023-2024学年高三上学期12月期中考试数学试题

这是一份重庆市巴南中学校2023-2024学年高三上学期12月期中考试数学试题，共17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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知复数，的共轭复数为，则（ ）
A. B.
C. D.
3. 设，，且，则（ ）
A. B. C. D.
4. 某公司在年的销售额(万元)如下表，根据表中数据用最小二乘法得到的回归方程为，则当关于的表达式取到最小值时，（ ）
A. 5B. 13
C. 8059D. 8077
5. 如图，这是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，图中虚线上的数1,3,6,10,…构成数列，则（ ）

A. 20099B. 20100C. 21000D. 211001
6. 我国古代数学名著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如将有三条棱互相平行且有一个面为平行四边形的五面体称为刍甍，今有一刍甍，底面为平行四边形，面，记该刍甍的体积为，三棱锥的体积为，，，若，则（ ）

A. 1B. C. D.
7. 已知直线与圆相切于点E，直线l与双曲线的两条渐近线分别相交于A，B两点，且E为AB的中点，则双曲线的离心率为（ ）
A. 2B. C. D.
8. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：共4小题，每小题5分，共20分。
9. 甲盒中有3个白球，2个黑球，乙盒中有2个白球，3个黑球，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若从甲盒中一次性取出2个球，记表示取出白球的个数，则
B. 若从甲盒和乙盒中各取1个球，则恰好取出1个白球的概率为
C. 若从甲盒中连续抽取3次，每次取1个球，每次抽取后都放回，则恰好得到2个白球的概率为
D. 若从甲盒中取出1球放入乙盒中，再从乙盒中取出1球，记：从乙盒中取出的1球为白球，则
10. 已知正数a，b满足，则（ ）
A. B. C. D.
11. 已知，数列满足，且对一切，有，则下列说法正确的（ ）
A. 是等比数列B. 是等比数列
C. 前n项和为D.
12. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过椭圆上一点和原点作直线交圆：于，两点，下列结论正确的是（ ）
A. 实数越大，椭圆越圆
B. 若，且，则
C. 当时，过的直线交于A，B两点（点A在轴的上方）且，则的斜率
D. 若，则
三、填空题：共4小题，每小题5分，共20分。
13. 现有名志愿者报名参加某项暑期公益活动，此项公益活动为期两天，每天从这人中安排人参加，则恰有人在这两天都参加的不同安排方式有 种.
14. 已知函数是偶函数，则 .
15. 已知数列的前项和为，且满足，若数列的前项和满足恒成立，则实数的取值范围为 .
16. 已知函数，若，都有，则实数a的取值范围为 .
四、解答题：共70分。
17. 在锐角中，内角，，的对边分别为，，，已知.
(1)证明：.
(2)若，证明：.
18. 已知数列中，，.
(1)判断是否为等比数列？并求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
19. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，平行于和的平面分别与交于四点.

(1)试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)若是的中点，求直线与平面所成角的正弦值.
20. 为倡导公益环保理念，培养学生社会实践能力，某中学开展了旧物义卖活动，所得善款将用于捐赠“圆梦困境学生”计划.活动共计50多个班级参与，1000余件物品待出售.摄影社从中选取了20件物品，用于拍照宣传，这些物品中，最引人注目的当属优秀毕业生们的笔记本，已知高三1，2，3班分别有，，的同学有购买意向.假设三个班的人数比例为.
(1)现从三个班中随机抽取一位同学：
（i）求该同学有购买意向的概率；
（ii）如果该同学有购买意向，求此人来自2班的概率；
(2)对于优秀毕业生的笔记本，设计了一种有趣的“掷骰子叫价确定购买资格”的竞买方式：统一以0元为初始叫价，通过掷骰子确定新叫价，若点数大于2，则在已叫价格基础上增加1元更新叫价，若点数小于3，则在已叫价格基础上增加2元更新叫价；重复上述过程，能叫到10元，即获得以10元为价格的购买资格，未出现叫价为10元的情况则失去购买资格，并结束叫价.若甲同学已抢先选中了其中一本笔记本，试估计其获得该笔记本购买资格的概率（精确到0.01）.
21. 已知椭圆的两焦点分别为是椭圆与轴的一个交点，且.
(1)求该椭圆的方程及其离心率；
(2)已知椭圆上点处的切线方程是；若点为直线上的动点，过点作该椭圆的切线，切点分別为，求的面积的最小值.
22. 已知函数.
(1)若函数为增函数，求的取值范围；
(2)已知.
（i） 当时，证明：；
（ii）若，证明：.
2017
2018
2019
2020
2021
2022
数学参考答案
1. 因为，又，所以.
2. 因为，是复数的共轭复数，所以，
则，
∴
3. 因为，所以，所以，
即.
又，，所以，即或，即（舍去）.
4. 由题意，，
根据意义知表示样本点与回归直线的整体接近程度.且由样本点构成的表为
对应的回归直线方程为：，
由表知，
所以，
由题意可知：在散点图中，样本点是将样本点整体向左平移了2016个单位，故回归直线与必平行，则有，
所以，
所以.
5. 由题意，，，…，
所以数列的递推公式为，且，
所以.
所以，
故.
6. 因为面 ，且底面为平行四边形，所以，所以，
所以，所以，整理得，即，
7. 双曲线的两条渐近线为，
联立直线与渐近线，解得，
所以的中点坐标，
所以，
又，所以，即点在第一象限，即，
又直线与圆相切，即，解得（负值舍去），则直线，
联立直线与圆，解得，
即，即，解得，
所以双曲线的离心率.

8. 因为，，，
令，则，
令，解得；令，解得；
则在上单调递减，在上单调递增，
所以，即（当且仅当时等号成立）.
令，得，所以；
令，则，
令，解得；令，解得；
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即（当且仅当1时等号成立）.
令，得，所以；
综上所述：.
9. A选项，由题意得，故错误；
B选项，由题意得取出1个白球的概率为，故正确；
C选项，若从甲盒中连续抽取3次，每次取1个球，每次抽取后都放回，设抽到白球个数为，则，
则恰好得到2个白球的概率为，故正确；
D选项，从甲盒中取出白球放入乙盒中，从乙盒中取出的1球为白球，此时概率为，
从甲盒中取出黑球放入乙盒中，从乙盒中取出的1球为白球，此时概率为，
故，故正确.
10. 对A，由题意得，
当且仅当，即时等号成立，故A错误，
对B，，
当且仅当，即时等号成立，故B正确；
对C，，解得，当且仅当，即，时等号成立，故C正确；
对D，，所以，
所以，因为，
所以当时，取得最小值，最小值为，当且仅当，时等号成立，故D正确.
11. 由题意可得，∵，∴，则，，
则，故不是等比数列，A错误；
又，，故是递增数列，且，
则，则，
∵，∴是首项为1，公比为3的等比数列，B正确；
由B的分析可知，故，
的前n项和为，即C，D正确；
12. A选项，因为，所以，此时，
故椭圆离心率为，
越大，则离心率越大，故椭圆越扁，A错误；
B选项，因为，则，
又，则，
故，又，
解得，
故，B正确；
C选项，当时，椭圆：，且，
当过的直线斜率为0时，此时在轴上，不合要求，舍去，
设过的直线的方程为，
因为点A在轴的上方，且，所以直线的斜率大于0，
联立得，
，设，
则，因为直线所过定点在椭圆内部，则直线与椭圆必有两交点，
因为，所以，
故，所以，
解得，负值舍去，
所以直线的方程的斜率，C错误；
D选项，设，则，所以，
则
，
同理可得，
由得，故，
则，
又，
故
，D正确.
13. 14. 115. 16.
13.根据分步计数乘法法则，第一天：，第二天：，
则恰有人在这两天都参加的不同安排方式有：种，
14. 函数的定义域为R，依题意，，
则，，
即，整理得，
而不恒为0，，因此，所以.
15. 因为，所以当时， ，即，
当时，有，
所以，即，
因此数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，因为，
所以，
，
得，
因此.
由恒成立得恒成立，
因为，所以，
即，所以.
16.因为，由得或，
又因为，当时，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
，所以，
若，都有，
则转化为恒成立，对于恒成立，对于恒成立，
设，
，设，，
，当时，单调递减，
，所以单调递减，
当时，，
所以时，单调递增，时，单调递减，
所以，所以.
17. （1）由余弦定理可得，又，
所以，即，
由正弦定理可得，则，
即，则，
即，
又，所以，即；
（2）因为为锐角三角形，所以，解得.
由，可得，
，即，
记，，
则，
所以在上单调递增，则，
即，
则，解得，
又，所以成立.
18. （1）不是等比数列，理由如下：
，故，
又，所以，所以，
故不是等比数列，且；
（2）因为，
所以，
当时，
设，则，
设，
则，
两式相减得
，
所以，
所以，
当时，
，
所以.
19.（1）四边形是矩形，下面给出证明：

因为，由题意//平面//平面，
面，
所以平面//平面，又平面平面，平面平面，
所以，同理，又，
所以，同理，
所以四边形是平行四边形.
取中点，连接，则.
又因为，所以，故有.
AP、A1P交于P且都在面AA1P内，所以平面又面
所以，
综上知：，即四边形是矩形.
（2）设到平面的距离为，即为到平面的距离.
作交于点，由（1）及BC在面ABC内知：平面平面，
而AP为两垂直平面的交线，A1H在面AA1P内，所以平面.
设直线与平面所成角为，则.
设，在中余弦定理知：，
在中，，
在中，，所以，
.
，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为；
解法二：设与面所成角为到面距离为，设中点，
因为面面，所以，
所以，
又在矩形中，，所以
解法三：向量法

作垂直交于，连接，易知，则
所以即为二面角的平面角，，
所以，所以，即，
如图以O为坐标原点，分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设面的法向量为则，令，得，则，
，
设与面所成角为，
；
20.（1）（i）设事件“该同学有购买意向”，事件“该同学来自班”.
由题意可知，
，
所以，由全概率公式可得：
.
（ii）由条件概率可得.
（2）由题意可得每次叫价增加1元的概率为，每次叫价增加2元的概率为.
设叫价为元的概率为，叫价出现元的情况只有下列两种：
①叫价为元，且骰子点数大于2，其概率为；
②叫价为元，且骰子点数小于3，其概率为.
于是得到，易得，
由于，
于是当时，数列是以首项为，公比为的等比数列，
故.
于是
于是，甲同学能够获得笔记本购买资格的概率约为0.75.
21. （1）由题设，且，
所以，则，
所以且离心率.
（2）设，过的切线分别为，，
所以，，故直线，
联立椭圆消去x得：，则，则，
所以，则，
而到直线的距离，
所以面积，令，
则，故，故递增，
所以，故的面积的最小值为，当且仅当时取得.
22.（1）∵，则
若是增函数，则，且，可得，
故原题意等价于对恒成立，
构建，则，
令，解得；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，故，
∴的取值范围为.
（2）（i）由（1）可知：当时，单调递增，
∵，则，即，
整理得，
构建，则，
令，解得；令，解得；
则在上单调递减，在上单调递增，
故，即，当且仅当时等号成立，
令，可得，
故；
（ii）∵，则，
可知有两个不同实数根，由（1）知，
可得，
同理可得，
构建，则，
当时，；当时，；当时，；
且，故对恒成立，
故在上单调递减，
∵，则，即，
且，则，故，
可得；
又∵，由（i）可得，即，
则，
且，则，
可得；
综上所述：.
可得，则
故.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
C
A
A
D
B
B
B
A
BCD
BCD
BCD
BD
1
2
3
4
5
6