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
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共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.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均为的子集，若存在使得，且，则（ ）
A. B. C. D.
3.已知向量满足，，则（ ）
A. B. C.2 D.1
4.记为等差数列的前项和，若，则（ ）
A.-10 B.-8 C.10 D.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.在四边形中，，，，将沿折起，使点C到达点的位置，且平面平面.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、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
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.的值越大，的值越小
B.若，则去掉后得到的的值变小
C.若，则去掉后得到的的值不变
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，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，交y轴分别于点D，E，则（ ）
A. B.
C. D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.的展开式中的常数项为___________（用数字作答），
14.已知是定义域为（-4，4）的奇函数.若以点（2，0）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，四边形是矩形，，G为的中点.记四棱锥，的体积分别为，，若，则___________.
16.设，若函数有两个零点，则的取值范围是____________.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17.（10分）
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.（12分）
如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，E，F分别为，上的点，且.
（1）证明：平面；
（2）若平面，为的中点，，，求二面角的正切值.
19.（12分）
记是各项均为正数的数列的前项积，已知，.
（1）求的通项公式；
（2）证明：.
20.（12分）
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.（12分）
已知双曲线C：的右焦点为，过F且斜率为的直线交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轴的直线与直线交于点D，P为线段的中点，直线交于点Q，证明：.
22.（12分）
已知，曲线：与：没有公共点.
（1）求的取值范围；
（2）设一条直线与，分别相切于点，.证明：
（i）；
（ⅱ）.
数学试卷参考答案
1.【答案】B
【解析】，故，在复平面内对应的点为，在第二象限.
2.【答案】A
【解析】因为，所以，又因为，所以，故.
3.【答案】C
【解析】由题设可知，，故，.
4.【答案】D
【解析】由，可知，，，.
5.【答案】C
【解析】极大值点为，其中，则，满足；极小值点为，其中，则满足，故在区间有2个极大值点和1个极小值点.
6.【答案】A
【解析】方法1：因为与共线，故.过D作x轴的垂线，垂足为H，设O为坐标原点，因为D为线段的中点，故H为线段的中点，且，设c为C的半焦距，则，所以C的离心率.
方法2：设，，，则，直线的方程为：，故.设c为C的半焦距，则，，若与共线，则，所以C的离心率.
7.【答案】A
【解析】如图，设，的中点分别为，，则，因为平面平面，且，所以平面，故平面，由几何关系可知，故为三棱锥的外接球球心，易知，，所以球半径，故球的表面积为.
8.【答案】D
【解析】方法1：因为，由可知；
由可知，所以；
，
则，
所以，
所以，，所以.
方法2：因为，，所以.因为，
所以，即，
解得，.
将两边平方后，可化简得：，
所以，，
即.
由于，所以.
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，因此的值变小，故B正确；若当，则去掉后得到的的值不变，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.
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，故相互垂直的概率为，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.
11.【答案】ACD
【解析】由题设可知，且，因为a，b为正数，所以，，即，，故A正确，B错误；由题设可知，则，故，所以，即，故C正确；由题设可知，其中，故，即，由题设可知，所以，即，故D正确.
12.【答案】ABD
【解析】设直线，在C上的反射线分别为，，则轴.设G，H分别为线段，延长线上的点，结合光的反射定律可知，，由几何关系可知，设交x轴于M，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，故直线的斜率为，所以，故，同理可知.因为四边形的内角和为360°，所以，故B正确；
设，其中，同上可知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，故C错误；
设为坐标原点，易知，则，同理，所以，故D正确.
13.【答案】135
【解析】常数项为.
14.【答案】
【解析】以点为圆心，半径为2的圆在x轴上方的部分的方程为，因为）是奇函数，则，且当时，，所以的解析式为
15.【答案】6：5（或写成）
【解析】如图，连接，因为G为的中点，且，则四边形与的面积比为5：2，所以，又易知与的面积比为1：2，所以，所以.
16.【答案】（或写成）
【解析】方法1：由得，，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.
再结合当时，，当时，知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，，且当时，，所以若有两个零点，只需满足或，所以的取值范围是.
17.（10分）
【解析】（1）方法1：由及正弦定理可得：
，
所以，
故，
因为，故，
所以，
所以.
方法2：由及余弦定理可得：
，
所以，
所以，
所以.
（2）由正弦定理可知，
即，
其中，
故当时，的最大值为.
18.（12分）
【解析】（1）如图，在上取一点G，使得，
连接，.因为，且是平行四边形，
所以，故.
又因为平面，平面，
所以平面.
因为是平行四边形，且，
所以是平行四边形，故.
又因为平面，平面，
所以平面.
因为，且平面，平面，
所以平面平面.
因为平面，
所以平面.
（2）方法1：当E为中点，，时，易知，F为中点，又因为平面，则以D为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴建立坐标系，设，则，，，，
所以，，.
设平面与平面的法向量分别为，，则
，，
不妨取，，则，，
所以，
故二面角的正弦值为，正切值为.
方法2：过作，垂足为M，分别连接，，.
因为平面，平面，
所以.
因为，是平面内两相交直线，
所以平面
因为平面，平面，
所以，，
即就是二面角的平面角.
设，，
因为E为的中点，，底面是平行四边形，
所以F是中点.
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.（12分）
【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.（12分）
【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.
（2）方法1：根据题意有，，，
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.
，，
，
记，则，
故.
所以.
又因为，且当时，，
所以.
21.（12分）
【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：，l与C的方程联立有：
，则，，①
所以，.②
直线的方程为，故，.
的方程为，与方程联立有：，
将①代入得，即.
方法1：所以，，
要证，只需证，即证，③
由②知③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.（12分）
【解析】（1）设，则.
曲线与没有公共点等价于没有零点.
当时，，且，存在零点，不合题意；
当时，，在单调递减，且，
，则存在唯一，使得，即，
进一步可知，，.
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
故，符合题意.
综上，的取值范围是.
（2）（i）记题设的直线为，由题意可知与轴不垂直.
假设，则的斜率.
由得，，即，
由得，，即，.
所以，矛盾.
综上，.
（ii）由及，可得.
若，则，，且由可得，故，这与矛盾，故.
易知，，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.
另有，设，将代入，
有，当，由上可知，有，
当，由上可知，也有，故.
综上，.
