湖北省部分名校2023-2024学年高三上学期11月期中联考数学试卷(含答案)

这是一份湖北省部分名校2023-2024学年高三上学期11月期中联考数学试卷(含答案)，共23页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．设,则在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
2．已知M,N均为R的子集,若存在x使得,且,则( )
A.B.C.D.
3．已知向量,满足,,则( )
A.B.C.2D.1
4．记为等差数列的前n项和,若,则( )
A.B.C.10D.8
5．函数在区间有( )
A.1个极大值点和1个极小值点B.1个极大值点和2个极小值点
C.2个极大值点和1个极小值点D.2个极大值点和2个极小值点
6．已知椭圆的左,右顶点分别为,,上顶点为B,左焦点为F,线段的中点为D,直线与y轴交于点E.若与共线,则C的离心率为( )
A.B.C.D.
7．在四边形ABCD中,,,,将沿折起,使点C到达点的位置,且平面平面ABD.若三棱锥的各顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( )
A.B.C.D.
8．已知,,,且,,,则( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．基于小汽车的“车均拥堵指数”,其取值范围是,值越大表明拥堵程度越强烈.在这个公式中,为路段上统计时间间隔内车辆平均行驶速度,为路段上自由流状态下车辆行驶速度,且结合地图匹配算法可得到,其中表示浮动车的速度.下列说法正确的是( )
A.n的值越大,的值越小
B.若,则去掉后得到的TPI的值变小
C.若,则去掉后得到的TPI的值不变
D.若,则样本,,…,的方差小于样本,,…,的方差
10．在正方体中,E,F分别为AB,的中点.取点,C,E,F,若一条直线过其中两点,另一条直线过另外两点,则( )
A.两条直线为异面直线是必然事件
B.两条直线互相垂直的概率为
C.两条直线互相平行与互相垂直是对立事件
D.两条直线都与直线垂直是不可能事件
11．设a,b为正数,且,则( )
A.B.C.D.
12．抛物线的光学性质是:位于抛物线焦点处的点光源发出的每一束光经抛物线反射后的反射线都与抛物线的对称轴平行或重合.已知抛物线的焦点为F,过x轴上F右侧一点的直线交于A,B两点,C在A,B处的切线交于点P,直线AP,BP交y轴分别于点D,E,则( )
A.B.
C.D.
三、填空题
13．的展开式中的常数项为________(用数字作答),
14．已知是定义域为的奇函数.若以点为圆心,半径为2的圆在x轴上方的部分恰好是图像的一部分,则的解析式为________.
15．如图,在多面体中,四边形ABCD是矩形,,G为CD的中点.记四棱锥,的体积分别为,,若,则________.
16．设,若函数有两个零点,则a的取值范围是________.
四、解答题
17．记的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知.
（1）求A;
（2）求的最大值.
18．如图,在四棱锥中,底面ABCD是平行四边形,E,F分别为AB,上的点,且.
（1）证明:平面;
（2）若平面ABCD,为AB的中点,,,求二面角的正切值.
19．记是各项均为正数的数列的前n项积,已知,.
（1）求的通项公式;
（2）证明:.
20．小明进行投篮训练,已知每次投篮的命中率均为0.5.
（1）若小明共投篮4次,求在投中2次的条件下,第二次没有投中的概率;
（2）若小明进行两组训练,第一组投篮3次,投中次,第二组投篮2次,投中次,求;
（3）记表示小明投篮次,恰有2次投中的概率,记表示小明在投篮不超过n次的情况下,当他投中2次后停止投篮,此时一共投篮的次数(当投篮n次后,若投中的次数不足2次也不再继续投),证明:.
21．已知双曲线的右焦点为,过F且斜率为的直线l交C于A,B两点,且当时,A的横坐标为3.
（1）求C的方程;
（2）设O为坐标原点,过A且平行于x轴的直线与直线OB交于点D,P为线段AD的中点,直线OP交l于点Q,证明:.
22．已知,曲线与没有公共点.
（1）求a的取值范围;
（2）设一条直线与,分别相切于点,.证明:
(i);
（ⅱ）.
参考答案
1．答案：B
解析：由于,故,
所以在复平面内对应的点为,在第二象限.
故选:B.
2．答案：A
解析：因为,所以,又因为,所以,故,故A正确;
由于题目条件是存在x,所以不能确定集合M,N之间的包含关系,故BCD错误;
故选:A.
3．答案：C
解析：因为向量,满足,
所以,,
又因为,
故,
所以.
故选:C.
4．答案：D
解析：由,可知,
因为,所以,
.
故选:D
5．答案：C
解析：由正弦函数可知,,
即极大值点为,其中,又,则,满足;
由,可得极小值点为,其中,
又,则满足,
故在区间有2个极大值点和1个极小值点.
故选:C.
6．答案：A
解析：设,,,则,
直线的方程为:,故.
设c为椭圆C的半焦距,则,
,,
若与共线,则,
所以C的离心率.
故选:A.
7．答案：A
解析：如图,设BD,的中点分别为,,
则,
因为平面平面ABD,,
平面平面,平面,
所以平面ABD,故平面ABD,
因为平面ABD,所以,,
故,
因为,,AB,平面,
所以平面,
又平面,所以,
故,
所以,
故为三棱锥的外接球球心,
,,
所以球半径,
故球的表面积为.
故选:A.
8．答案：D
解析：因为,,,
由,可知;
由可知,所以;
则,
所以,
得,,
所以,
则,所以.
故选:D.
9．答案：BC
解析：的值与n的大小没有必然联系,无法确定值的变化,故A错误;
若,则去掉后的值变大,因此TPI的值变小,故B正确;
若当,则去掉后,的值不变,得到的TPI的值不变,故C正确;
若,无法判断样本,,…,的方差与样本,,…,的方差之间的大小关系,故D错误.
故选:BC.
10．答案：ABD
解析：因为点,C,E,F不共面,所以两条直线为异面直线,故A正确;
过四点的两条直线共有3种情况,其中仅当一条直线过,F,另一条直线过C,E时,这两条直线相互垂直,
所以两条直线相互垂直的概率为,故B正确;
两条直线互相平行的概率为0,而仅当一条直线过,F,另一条直线过C,E时,
这两条直线相互垂直,所以两条直线互相垂直的概率小于1,
故两条直线互相平行与互相垂直不是对立事件,C错误;
,,中,只有与垂直,且当时,与不垂直,故D正确.
故选:ABD.
11．答案：ACD
解析：因为,所以,且,
因为a,b为正数,所以,,即,,故A正确,B错误;
因为,所以同除可得,
又a,b为正数,可得,
当且仅当时取得等号,则,
故,所以,即,故C正确;
因为,
所以,又,即,
所以,
当且仅当时取得等号,即,
因为,所以,
又所以,即,故D正确.
故选:ACD.
12．答案：ABD
解析：设直线FA,FB在C上的反射线分别为AM,BN,则轴,
设G,H分别为线段PA,PB延长线上的点,
结合光的反射定律可知,,
由几何关系可知,设AB交x轴于Q,
则,所以,故A正确;
设,其中,C在A处的切线的斜率为,
故C在A处的切线方程为,
令,则,即,故直线DF的斜率为,
所以,故,同理可知,
因为四边形PDFE的内角和为,所以,故B正确;
设,其中,
同上可知抛物线C在B处的切线方程为,
求得,所以,
且由抛物线的几何性质可知,,
所以,,
当且仅当时等号成立,故C错误;
设O为坐标原点,由,则,同理,
所以,故D正确.
故选:ABD.
13．答案：135
解析：的展开式的通项为,
当,即时为常数项,
所以常数项为.
故答案为:135.
14．答案：
解析：以点为圆心,半径为2的圆的方程为,
则该圆在x轴上方的部分的方程为,
由是奇函数,得,当时,,
,
所以的解析式为.
故答案为:
15．答案：
解析：如图所示,连接AC,因为G为CD的中点,且,
设,且梯形CDEF的高为h,
则四边形DEFG和的面积分别为,
,所以则四边形DEFG与的面积比为,
所以,
在矩形中,因为为的中点,
可得,,
所以与的面积比为,
所以,
所以.
故答案为:.
16．答案：(或写成)
解析：方法1:由得,
记,则,
所以是单调递增函数.根据题意有解,所以.
由得.
当时,,单调递减;
当时,,单调递增,故.
设,则.
由得,当时,,单调递增;
当时,,单调递减,所以.
又当x趋向于负无穷大时,趋向于正无穷大,
当x趋向于正无穷大时,趋向于正无穷大,
所以a的取值范围为.
方法2:令,则,
设,则,
当时,,单调递增,当时,,单调递减,
又因为当时,,且当趋向于正无穷大时,无限趋近于0,
所以若有两个零点,由知,只需满足或,
所以a的取值范围是.
17．答案：（1）
（2）.
解析：（1）方法1:由及正弦定理可得:
,
所以,
故,
因为,即,故,
所以,又,所以.
方法2:由及余弦定理可得:
,
所以,
所以,又,所以.
（2）由正弦定理可知,
即,其中,
,,
故当时,的最大值为.
18．答案：（1）证明见解析;
（2）.
解析：（1）如图,在CD上取一点G,使得,
连接AG,FG,因为,且ABCD是平行四边形,
所以,故,
又因为平面PCE,平面PCE,
所以平面PCE,
因为ABCD是平行四边形,且,
所以AECG是平行四边形,故,
又因为平面PCE,平面PCE,
所以平面PCE,
因为,且平面AFG,平面AFG,
所以平面平面PCE,
因为平面AFG,
所以平面PCE.
（2）方法1:当E为AB中点,,时,
易知,F为PD中点,又因为平面ABCD,
所以DE,DC,DP两两互相垂直,
则以D为坐标原点,DE为x轴,DC为y轴,DP为z轴建立坐标系,
设,则,,,,
所以,,.
设平面FCE与平面PCE的法向量分别为,,则
,,
不妨取,,则,,
所以,
故二面角的正弦值为,正切值为.
方法2:过D作,垂足为M,分别连接PM,FM,ED,
因为平面ABCD,平面ABCD,
所以,
因为PD,DM是平面PDM内两相交直线,
所以平面PDM,
因为平面PDM,平面PDM,
所以,,
即就是二面角的平面角,
设,,,
因为E为AB的中点,,底面ABCD是平行四边形,
所以F是PD中点,
设,
因为,易知,且,
所以,
所以,
所以,
所以,,
所以,
即二面角的正切值为.
19．答案：（1）
（2）证明见解析
解析：（1）因为数列的各项均为正数,故,
由可得,,
即.
所以有,
故是公比为2,首项为的等比数列,
所以,.
（2）方法1:由（1）可知,.
所以.
方法2:由（1）可知,
.
当时,,
所以.
20．答案：（1）
（2）
（3）证明见解析
解析：（1）设事件表示共有次投中,事件B表示第二次没投中,
则表示一共投中2次,且第二次没投中,则从剩余的三次选择两次投中,
故,
表示一共投中2次,故,
则;
（2）方法1:根据题意有可得取值为0,1,2,3,的可能取值为0,1,2,
故的可能取值为,,0,1,2,3,
则,
,
,
,
,
.
所以.
方法2:因为,,
所以,.
又因为,互相独立,
所以.
（3）根据题意可知.
,,3,…,,
,
记①,
②,
两式相减得,
故,
故.
所以
,
又因为,且当时,,
所以.
21．答案：（1）
（2）证明见解析
解析：（1）当时,,把代入得,即,
将A代入C的方程有,①,
且由双曲线的几何性质可知②,
由①,②得,,,
故C的方程为.
（2）设,,且,
由,得,
则,,①
所以,②
.③
直线OB的方程为,故,.
OP的方程为,与l方程联立有:,
将①代入得,即.
方法1:所以,,
要证,
只需证,即证,④
由②③知④成立,所以.
方法2:由题设可知A,B,F,Q四点共线,
且
,
故,即.
由可知,,
故,.
22．答案：（1）
（2）(i)证明见解析;
(ii)证明见解析
解析：（1）设,可得,
曲线与没有公共点等价于没有零点,
当时,可得,且,
所以,根据零点的存在定理,可得存在零点,不合题意;
当时,可得,可得在单调递减,
且,,
则存在唯一,使得,即,
可得,即,
当时,,单调递增;当时,,单调递减,
故,符合题意.
综上,实数的取值范围是.
（2）(i)记题设的直线为l,由题意可知l与x轴不垂直,
假设,则l的斜率,
由,可得,且,即,,
又由,可得,,即,,
所以,矛盾,
综上,.
(ii)由及,可得,
若,则,,且由可得,
故,这与矛盾,故,
又由,,当时,,故,,
当时,由,得,
所以,其中,
设,则,
当时,,单调递减;
当时,,单调递增,
所以,此时也有,
由可得,
设,则,
当时,,单调递增;当时,,单调递减,
所以当时,,故,,
又由,设,
将代入,可得,
当,由上可知,有,
当,由上可知,也有,故,
综上可得,.