重庆市南岸区2023-2024学年高三上学期11月期中考试数学试题（含解析）

重庆市南岸区2023-2024学年高三上学期11月期中考试
数学试题
总分：150分 考试时间：120分钟
一、单项选择题：共8小题，每小题5分，共40分。
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2. 若复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
3. 已知角的始边为轴的非负半轴，终边经过点，则（ ）
A. 2 B. C. 或2 D.
4. 设是公差为2的等差数列，为其前n项和，若为递增数列，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
5. 学校运动会上，有，，三位运动员分别参加3000米，1500米和跳高比赛，为了安全起见，班委为这三位运动员分别成立了后勤服务小组，甲和另外四个同学参加后勤服务工作（每个同学只能参加一个后勤服务小组）.若甲在A的后勤服务小组，则这五位同学的分派方案有（ ）种
A. B. C. D.
6. 一个正四棱台形油槽的上、下底面边长分别为，容积为（厚度忽略不计），则该油槽的侧棱与底面所成角的正切值为（ ）
A. B. C. D.
7. 已知是椭圆和双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，则椭圆和双曲线的离心率乘积的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
8. 若存在，使不等式成立，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：共4小题，每小题5分，共20分。
9. 下列对各事件发生的概率的判断正确的是（　　）
A. 一个袋子中装有2件正品和2件次品，任取2件，“两件都是正品”与“至少有1件是次品”是对立事件;
B. 三人独立地破译一份密码，他们能单独译出的概率分别为，假设他们破译密码是相互独立的，则此密码被破译的概率为
C. 甲袋中有除颜色外其他均相同的8个白球，4个红球，乙袋中有除颜色外其他均相同的6个白球，6个红球，从甲、乙两袋中各任取一个球，则取到同色球的概率为
D. 设两个独立事件A和B都不发生的概率为，A发生B不发生的概率与B发生A不发生的概率相同，则事件A发生的概率是
10. 已知，，且，则（ ）
A. 的最小值是1 B. 的最小值是
C. 的最小值是4 D. 的最小值是4
11. 已知数列的通项公式是，在和之间插入1个数，使，，成等差数列；在和之间插入2个数，，使，，，成等差数列；……；在和之间插入个数，，，，使，，，，成等差数列.这样得到新数列：，，，，，，，，，，.记数列的前项和为，有下列选择支中，判断正确的是（ ）
A. B.
C. D.
12. 如图，矩形中，，，为边的中点，沿将折起，点折至处（平面），若为线段的中点，平面与平面所成锐二面角，直线与平面所成角为，则在折起过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 存在某个位置，使得
B. 面积的最大值为
C.
D. 三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积
三、填空题：共4小题，每小题5分，共20分。
13. 已知，则 .
14. 已知向量，若实数满足，则与的夹角为 .
15. 疫情期间，按照防疫要求，学生在进校时必须排队接受体温检测，某校早上开校门，此时刻没有学生，一分钟后有名学生到校，以后每分钟比前一分钟少到人校门口的体温自动检测棚每分钟可检测人，为了减少排队等候的时间，校门口临时增设一个人工体温检测点，人工每分钟可检测人，则人工检测 分钟后校门口不再出现排队等候的情况.
16. 已知双曲线的左 右焦点分别是.点为左支上的一点，过作与轴垂直的直线，若到的距离满足，则的离心率的取值范围为 .
四、解答题：共70分。
17. 已知数列的前n项和为，且，.
(1)求；
(2)记，求数列的前n项和.
18. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)求角C的大小
(2)若的平分线交于点D，且，，求的面积.
19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面，分别是的中点.

(1)求证：平面平面.
(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为？若存在，求线段的长度；若不存在，请说明理由.
20. 佛山岭南天地位于禅城区祖庙大街2号，主要景点有龙塘诗社、文会里嫁娶屋、黄祥华如意油祖铺、李众胜堂祖铺、祖庙大街等，这里的每一处景色都极具岭南特色，其中龙塘诗社和祖庙大街很受年轻人的青睐.为进一步合理配置旅游资源，现对已在龙塘诗社游览的游客进行随机问卷调查，若继续游玩祖庙大街景点的记2分，若不继续游玩祖庙大街景点的记1分，每位游客选择是否游览祖庙大街的概率均为，游客之间的选择意愿相互独立.
(1)从游客中随机抽取3人，记总得分为，求的分布列与数学期望；
(2)（ⅰ）若从游客中随机抽取人，记总得分恰为分的概率为，求数列的前10项和；
（ⅱ）在对所有游客进行随机问卷调查过程中，记已调查过的累计得分恰为分的概率为，探讨与之间的关系式，并求数列的通项公式.
21. 已知双曲线上的一点到两条渐近线的距离之积为2且双曲线C的离心率为.
(1)求双曲线C的方程；
(2)已知M是直线上一点，直线交双曲线C于A（A在第一象限），B两点，O为坐标原点，过点M作直线的平行线l，l与直线交于点P，与x轴交于点Q，若P为线段的中点，求实数t的值.
22. 已知函数
(1)若，证明：在上恒成立；
(2)若方程有两个实数根且，证明：
数学参考答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
A C D A B D A D ACD BC ACD BD
1. 因为，，
所以，
2. ，则.
3. 由题意，得角是第二象限角，则，
故，
当时，，为第一象限角，
当时，，为第三象限角，
所以是第一象限角或第三象限角，则，
又因为，所以或（舍去），
所以.
4. 由数列是公差为2的等差数列，
可得，则，
因为数列为递增数列，
可得对恒成立，
即对恒成立，
令，则，
令，可得在为单调递减函数，
所以，当时，取得最大值，所以，即的取值范围为.
5. 若A小组只有一人，则5人的分配方案有种；
若A小组只有两人，则5人的分配方案有种；
若A小组恰有三人，则5人的分配方案有种，
所以共有50种，
6. 设正四棱台形油槽的高为，
依题意，得，解得.
设该正四棱台的侧棱与底面所成角为，
所以，
7. 如图，设椭圆的长半轴长为，双曲线的半实轴长为，
则根据椭圆及双曲线的定义，得，，
所 以，，
设，，
则在△中由余弦定理，得，
化简得：，即，
又，，，则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以椭圆和双曲线的离心率乘积的最小值为.
8. 依题意，
，
令，即，由，得，
令，则原问题等价于存在，使得成立，
求导得，由，得，由，得，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，
而，又，
则当时，，若存在，使得成立，
只需且，解得且，即，
所以的取值范围为.
9. 对于A，袋子中有2件正品和2件次品，任取2件，“两件都是正品”与“至少有1件是次品”是对立事件，故A正确；
对于B，密码被破译的概率为，故B错误；
对于C，设从甲袋中取到白球为事件，则，从乙袋中取到白球为事件，则，
故取到同色球的概率为，故C正确；
对于D，因为，即，
即，
所以，
又，
所以，
所以，故D正确，
10. 对于A，由，得，当且仅当等号成立，A错误；
对于B，由，，
当且仅当时，的最小值是，故B正确；
对于C，，当且仅当，时，等号成立，故C正确；
对于D，，
当且仅当，时等号成立，故D错误，
11. 对于选项A，因为，，，，成等差数列，
所以，故A正确；
对于选项B，因为和之间插入1个数，和之间插入2个数，…和之间插入9个数，
所以在数列中是第项，所以，故B错误；
对于选项C，在数列中是第项，在数列中是第项，
又依题意，成等差数列，所以，故C正确；
对于选项D， 由选项B可知，在数列中是第55项，所以
，故D正确.
12. 对于A，如图1，取的中点，连接，显然，
且，又，且，所以，，
所以四边形为平行四边形，故，
又，且为的中点，则与不垂直，
所以不垂直，故A错误；
对于B，由得，，
所以当时，最大，最大值为，B正确；
C选项，如图2，取的中点，的中点，作⊥平面，
且点在平面内，连接，
由知，⊥，
又，且⊥，所以⊥，
所以在平面上的射影在直线上，即点在直线上，
所以为平面与平面所成的二面角，则，
所以，
又在平面上的射影为，则，所以，
所以，C错误；
D选项，结合C可知，，
如图3，当点重合时，即⊥平面时，最大，最大值为，
因为⊥，所以点为三棱锥的外接球球心在平面上的投影，
故，连接，过点作⊥于点，
因为⊥平面，平面，所以⊥，，
则，
设，则，，
由勾股定理得，，
设三棱锥的外接球半径为，则，
故，解得，
所以其外接球半径，
所以三棱锥的外接球的表面积为，D正确.
13. / 14. 15. 16.
13.，
.
故答案为：
14. 因为向量，所以，
又，所以，
故与的夹角为.
故答案为：.
15. 设早上后第分钟达到人数为，则，
，
人工检测时间为分钟，则共检测.
故，解得，，
故答案为：.
16. 设，，则，
由题意得，，，
则，
两边平方得，整理得，
又，
所以，
变形得到，
即上式在上有解，
其中，
令，
则，
，
要想使得在上有解，
只需要开口向上，即，
即，所以，，解得
故离心率的取值范围是.

故答案为：
17. （1），
，又
.
数列是公差为2，首项为的等差数列.
,即.
当时，，
故.
（2）时，
时，.
设的前n项和为，则
，
.
.
（）
当时，也符合，
所以
18. （1）解：由及正弦定理，
得，即，
所以.
因为，所以.
（2）方法一 因为平分，且，
所以由角平分线定理，得，
则有，，.
由，得.
又，
将代入，可得或.
当时，，则，故舍去，所以.
所以.
方法二 因为平分，且，所以，则有.
因为，
所以，
则有，所以，
所以.
19. （1）平面，平面，
平面平面.
（2）设的中点为，连接，
因为是正三角形，故，
而平面平面，平面平面，平面，
故平面，而平面，故，
由四边形为正方形且分别为的中点得，
故可以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
故，，，
，，.
假设线段上存在点，使得直线与平面所成角为，
且，则，
，.
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
，
整理可得，方程无解，
故假设不成立，即不存在满足条件的点.
20. （1）的可能取值为3，4，5，6.
，，
，.
所以的分布列如下：
3 4 5 6
则.
（2）（ⅰ）总分恰为的概率，所以数列是首项为，公比为的等比数列，
前10项为.
（ⅱ）方法一：已调查的累计得分恰为分的概率为，
得不到分的情况只有先得到分，再得2分，概率为，
其中，
所以，，
所以，
即是等比数列，公比为，首项为.
所以，即.
方法二：已调查过的累计得分恰为分可以由两种情形得到，即和，
由全概率方式，得（），
所以，
为常数列，
又，，，即，
所以，
即是等比数列，公比为，首项为，
所以，即.
21. （1）双曲线的渐近线方程为，设双曲线上一点，
则，
又因为在双曲线上，所以，即，
代入可得，又因为，，代入可得，，
所以双曲线方程为；
（2）由（1）如图所示，

知，所以，
若直线斜率为0，此时点不在第一象限，矛盾，故斜率不为0，
设直线的方程为，，，则，
联立，化简可得，
则，可得，
则，
又因为，所以 ，
所以直线的方程为，直线的方程为，
联立，解得，
即的纵坐标为.
又由上可知，，两式相除，
得，
代入可得，
因为为线段的中点，所以
即，
所以需满足，解得.
22. （1）因为，，令
所以，
下证，
令，
则，
当时,，当，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以在上恒成立
（2）证明：先证右半部分不等式： ；
因为，，
所以；
可求曲线在和处的切线分别为和；
设直线与直线，函数的图象和直线交点的横坐标分别为
则
则；
因此.
再证左半部分不等式：.
设取曲线上两点，
用割线，来限制，
设直线与直线的交点的横坐标分别为，
则，且，
所以.
综上可得成立