2023-2024学年重庆市第八中学高三上学期10月期中考试数学含答案

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注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、 准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.
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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式得到，从而求出交集.
【详解】，或，
故.
故选：C
2. 已知复数为虚数单位，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用复数运算法则化简，然后利用复数模的公式计算即可.
【详解】因为，
所以.
故选：A.
3. 哈雷彗星是唯一能用裸眼直接看见的短周期彗星，其绕太阳公转周期为76年，曾于1606年回到近日点，奥伯斯彗星的绕太阳公转周期为70年，也曾于1606年回到近日点，则哈雷彗星与奥伯斯彗星下次同年回到近日点的年份为（ ）
A. 3916年B. 4190年C. 4266年D. 4570年
【答案】C
【解析】
【分析】哈雷彗星与奥伯斯彗星回到近日点的年份分别成等差数列，首项都是，根据间隔求出公共项即可得到结果.
【详解】哈雷彗星回到近日点的年份为，奥伯斯彗星回到近日点的年份为，
则与公共项构成以1606为首项，70与76最小公倍数为公差的等差数列，又70与 76 的最小公倍数为2660，则哈雷彗星与奥伯斯彗星同年回到近日点的年份为.令，则.
故选：C.
4. 从12的正因数中，随机选取2个不同的数，则这两个数的和为素数的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先得到12的正因数有，从而利用列举法，结合组合公式求出答案.
【详解】12的正因数有，随机选取2个不同的数，共有种情况，
其中这两个数的和为素数的情况有，共6种情况
故这两个数的和为素数的概率是.
故选：B
5. 设双曲线的左､右焦点分别为，点在的右支上，且，则的面积为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由双曲线定义和余弦定理求出，利用三角形面积公式求出答案.
【详解】由题意得，
由双曲线定义可得，，，
由余弦定理得，
即，解得，
又，解得，
故.
故选：C
6. 已知奇函数满足，当时，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先计算出，，结合函数奇偶性得到答案.
【详解】因为，
所以，，
故，
因为为奇函数，所以.
故选：B
7. 在等比数列中，若为一确定的常数， 记数列的前项积为，则下列各数为常数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】为一确定的常数，则为常数，再将表达为的关系，从而判断．
【详解】在等比数列中，设公比为，
则，
若为一确定的常数，则为一确定的常数，
又∵，，
，，
∴为常数.
故选：D.
8. 已知是平面向量，是单位向量.若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先确定向量、的终点所表示的轨迹，一个为射线，一个为圆，再根据直线与圆的位置关系求最小值.
【详解】设，，，
则由与的夹角为得，，得，
由得，即，
因此，表示圆上的点到射线上的点的距离，
故其最小值为圆心到射线的距离减去半径1，即.
故选：B.
二、多项选择题 （本大题共4个小题、每小题5分，共20分，在每个给出的四个选项中，有多项是满足要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 将函数的图像向右平移个单位，再将各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变）得到函数的图象，则（ ）
A. 为函数的一条对称轴
B. 为函数的一条对称轴
C. 为函数的一个对称中心
D. 为函数的一个对称中心
【答案】BD
【解析】
【分析】先求出，再代入相应的值，对四个选项进行判断.
【详解】的图像向右平移个单位，
得到，
故，
A选项，，故不是的一条对称轴，A错误；
B选项，，故为函数的一条对称轴，B正确；
C选项，，故为函数的一条对称轴，C错误；
D选项，，故为函数的一个对称中心，D正确.
故选：BD
10. 下列关于复数的叙述，正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C.
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据复数的减法、乘法、模等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，由于，所以，则，A选项正确.
B选项，设，则，
但，所以B选项错误.
C选项，设，，
，
，
所以，所以C选项错误.
D选项，设，，
，
，
当且仅当时等号成立，即，D选项正确.
故选：ACD
11. 已知，且，函数，则（ ）
A. 曲线与曲线关于轴对称
B. 曲线与曲线关于轴对称
C. 当时，函数在上单调递增
D. 当时，函数在上单调递减
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据得到A正确；由得到B正确；CD选项，变形得到，令，则，由复合函数单调性判断出答案.
【详解】A选项，的定义域为R，
，
所以曲线与曲线关于轴对称，A正确；
B选项，因为的定义域为R，
，
故曲线与曲线关于轴对称，B正确；
CD选项，，
令，则，
当时，在上单调递减，且，
又在上单调递增，
故当时，函数在上单调递减，C错误；
当时，在上单调递增，且，
又在上单调递减，
故当时，函数在上单调递减，D正确；
故选：ABD
12. 甲､乙､丙､丁四人玩报数游戏：第一轮，甲报数字1，乙报数字2，3，丙报数字4，5，6，丁报数字7，8，9，10；第二轮，甲报数字11，12，13，14，15，依次循环，直到报出数字10000，游戏结束，则（ ）
A. 甲在第10轮报了33个数字
B. 数字2023是丁报的
C. 甲共报了37轮
D. 甲在前四轮所报数字之和为1540
【答案】BD
【解析】
【分析】利用等差数列的性质和求和公式，依次判断每个选项得到答案.
【详解】甲乙丙丁第轮的报数个数分别为，
前轮共报数个数为，
对选项A：甲在第10轮报了个数字，错误；
对选项B：当时，；当时，；
故在第轮报数中，，故数字2023是丁报的，正确；
对选项C：当时，；
当时，；故甲报了轮，错误；
对选项D：甲在前四轮所报数字之和为：
，正确；
故选：BD.
【点睛】思路点睛：从数列到数阵，尽管数的排列形式发生了变化，但问题的实质仍然是数列问题，只要我们抓住每行首项，找准每行变化规律，从数阵中构造新数列，那么解决问题的思想和方法仍然不变，可谓“形散神不散”.
三、填空题 （本大题共4小题，每小题5分.共20分）
13. 已知平面向量，若与平行，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】计算出，根据向量平行得到方程，求出.
【详解】，
由题意得，解得.
故答案为：
14. 在一次男子羽毛球单打比赛中，运动员甲和乙进入了决赛（比赛采用3局2胜制），假设每局比赛甲获胜的概率为0.6，现采用随机模拟方法估计甲获得冠军的概率，先由计算机产生1~5之间的随机数，指定1，2，3表示一局比赛中甲胜，4，5表示一局比赛中乙胜､经随机模拟产生了如下20组随机数：
据此估计甲获得冠军的概率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由13组数据表示甲获得冠军，从而估计出概率.
【详解】20组数据中，共13组数据表示甲获得冠军，
故估计甲获得冠军的概率为.
故答案为：
15. 若，则__________.
【答案】##0.8
【解析】
【分析】先根据同角三角函数关系及诱导公式求出，从而利用余弦二倍角公式求出答案.
【详解】由得，，
故，又，
故，化简得，
解得，
故.
故答案为：
16. 已知函数的定义域是，记的最大值为，当，变化时，的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得，，，再根据绝对值不等式的性质，进而即可求得的最小值．
【详解】由函数的定义域是，且的最大值为，
则，
，
，
所以
所以，即，
故的最小值为．
故答案为：．
四、解答题 （共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 如图，在斜三棱柱中，平面平面且，点到平面.的距离为.
（1）求证：；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质判定线线垂直；
（2）构建空间直角坐标系，先求出两个平面法向量，再求平面与平面所成角的余弦值.
【小问1详解】
证明：由平面平面，
且为平面与平面的交线，
故有平面，而平面，故，
又因为，所以.
【小问2详解】
由（1）的证明可知，平面，
故点到平面的距离为，则，
又因，
故，即，
所以，
且为平面与平面的交线，有平面，
而，所以可以以为原点，分别以的方向为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
因为平面，
故平面的法向量可记为，
因为，故，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，所以，
设平面与平面的夹角为，则有
，故.
18. 记的内角的对边分别为，且.
（1）证明：为等腰直角三角形；
（2）已知，直线与相交于点，求的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理及正弦和角公式求出，，从而得到，，得到为等腰直角三角形；
（2）由平面向量基本定理得到，求出，，利用向量夹角余弦公式求出答案.
【小问1详解】
证明：因为，且，
所以，即①，
由正弦定理及，得②，
由①②得，因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，所以，
所以，即为等腰直角三角形.
【小问2详解】
如图，不妨设，所以，
因为，且为中线，
则，
所以，
，
，
所以，
，
所以.
19. 某校为了弘扬中国诗词文化，现要求全校学生参加诗词大赛，随机抽取了100名学生的测试成绩（单位：分），将数据分成5组：并整理得到如图的频率分布直方图.
（1）估计该校学生的测试成绩的中位数及平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）若规定成绩不低于80分的记为“诗词达人”，已知被抽取的男生中的“诗词达人”人数占被抽取男生总数的一半，且本次调查得出“在犯错误的概率不超过5%的前提下认为是否为诗词达人与性别有关”的结论，则被调查的100名学生中男生至少有多少人？
附：.
【答案】19. ，76.5
20. 48人
【解析】
【分析】（1）根据频率之和为求得，根据中位数、平均数的求法求得中位数和平均数.
（2）先填写列联表，然后利用列不等式，从而求得正确答案
【小问1详解】
由频率分布直方图得：
，解得，
又设中位数和平均数分别为，
又因为前三个矩形的面积和为，
前两个矩形的面积和为，故易知，
所以，解得：；
又.
【小问2详解】
由题意知，诗词达人总数为，
设样本中男生人数为，则列联表如下：
，
解得：，
又易知为偶数，所以的最小值为48，
即被调查的100名学生中男生至少有48人.
20. 已知正项数列的前项和为，且对一切正整数都成立，记.
（1）求数列的通项公式；
（2）已知，为正整数.记数列的前项和为，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用以及配凑法求得.
（2）先求得，然后利用分组求和法求得.
【小问1详解】
由，令得，从而.
时，有，
则两式相减得.
整理得，
从而，又，
所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以.
【小问2详解】
由题意，，
从而
.
21. 已知抛物线的顶点为，过点的直线交于两点.
（1）判断是否为定值，并说明理由；
（2）设直线分别与直线交于点，求的最小值.
【答案】（1）为定值，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）考虑直线斜率为0和不为0，设出直线方程，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，求出；
（2）求出点和点的横坐标，表达出，换元后求出最小值.
【小问1详解】
当过点的直线斜率为0时，与抛物线只有1个交点，不合要求，舍去，
设直线的方程为，
联立得，
设，则，
所以，
所以为定值-4.
【小问2详解】
直线的方程为，直线的方程为，
由，得点的横坐标，
同理：点的横坐标为，
于是
，
令，则，
所以，
综上所述：当，即时，的最小值为.
22. 已知函数有两个不同的极值点.
（1）求实数的取值范围；
（2）已知，且，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，得到有两个不同的零点，再次求导，分与两种情况，得到函数单调性和极值点情况，得到不等式，求出，再利用零点存在性定理得到答案；
（2）由，，变形得到，换元后得到恒成立，构造函数，二次求导，分和，结合函数单调性即特殊点的函数值，求出的取值范围.
【小问1详解】
由题知有两个不同的零点，
设，
当时，在上单调递减，至多有一个零点，与题意不符；
当时，，令得：，
且时，时，，
则在上单调递减，在上单调递增；
由题意，，即，解得：.
且此时，当时，，
当时，，
因此，由零点存定理知在和各有一个零点，符合题意.
综上，.
【小问2详解】
由（1）可知：①，②，
因此不等式等价于.
又①-②得：，代入得，
即，
设，不等式化为，
又恒成立，
设，
，
设.
当时，单调递减，
即单调递减，而，
在上单调递增，而，
在上恒成立，符合题意.
当时，令得：，
且当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，而，
当时，在上单调递减，
而，与题意不符.
综上所述，.334
221
433
551
454
452
315
142
331
423
212
541
121
451
231
414
312
552
324
115
0.100
0.050
0.025
0.010
2.706
3.841
5.024
6.635
诗词达人
非诗词达人
合计
男生
女生
合计
40
60
100