2024届湖北省荆州中学高三上学期10月半月考数学试题含答案

这是一份2024届湖北省荆州中学高三上学期10月半月考数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题，应用题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知复数（i为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据复数的乘法运算可得答案.
【详解】因为，所以．
故选：C.
2．设为两条直线，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（ ）
A．若，，则B．若，，，则
C．若，，，则D．若，则
【答案】D
【分析】ABC可举出反例，D可利用线面平行的判定定理证得.
【详解】A选项，如图1，满足，，但不平行，A错误；

B错误，如图2，满足，，，但不平行，B错误；

C选项，如图3，满足，，，但不平行，C错误；

D选项，若，由线面平行的判断定理可得，D正确.
故选：D
3．函数的一条对称轴为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用三角函数性质求出对称轴通式即可求出结果.
【详解】函数的对称轴满足，
解得，令，则，
故选：A.
4．等比数列的各项均为实数，其前项和为，已知，则（ ）
A．4B．16C．32D．64
【答案】D
【分析】通过讨论的取值情况，确定，利用等比数列的求和公式，建立方程组，求出和，进而求得的值．
【详解】当公比 时可得，代入，与矛盾，所以.
由等比数列的前项和公式 ，可得，
两式相除，得 ，可解得或（舍），
当时，代入原式可求得，则由等比数列的通项公式.
故选：D
5．由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的六位数，其中奇数不相邻，且2不在第二位，则这样的六位数个数为（ ）
A．120种B．108种C．96种D．72种
【答案】B
【分析】利用全部不相邻的奇数中去掉2在第二位的情况，即可利用不相邻问题插空法求解.
【详解】1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的六位数，其中奇数不相邻，先排3个偶数，然后把3个奇数插入即可，共有个，
若2在第二位，则第一位一定为奇数，则从3个奇数中选择一个放在第一位上，此时还剩下2个偶数和2个奇数安排在后四位上，则先排2个偶数，然后把剩下2个奇数插空即可，此时共有个，
因此符合条件的六位数有个，
故选：B
6．已知55<84，134<85．设a=lg53，b=lg85，c=lg138，则（ ）
A．a【答案】A
【分析】由题意可得、、，利用作商法以及基本不等式可得出、的大小关系，由，得，结合可得出，由，得，结合，可得出，综合可得出、、的大小关系.
【详解】由题意可知、、，，；
由，得，由，得，，可得；
由，得，由，得，，可得.
综上所述，.
故选：A.
【点睛】本题考查对数式的大小比较，涉及基本不等式、对数式与指数式的互化以及指数函数单调性的应用，考查推理能力，属于中等题.
7．若曲线与曲线有公切线，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】设公切线与函数切于点，设公切线与函数切于点，然后利用导数的几何意义表示出切线方程，则可得，消去，得，再构造函数，然后利用导数可求得结果.
【详解】设公切线与函数切于点，
由，得，所以公切线的斜率为，
所以公切线方程为，化简得，
设公切线与函数切于点，
由，得，则公切线的斜率为，
所以公切线方程为，化简得，
所以，消去，得，
由，得，
令，则，
所以在上递减，
所以，
所以由题意得，
即实数的取值范围是，
故选：A
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的几何意义，考查导数的计算，考查利用导数求函数的最值，解题的关键是利用导数的几何意义表示出公切线方程，考查计算能力，属于较难题.
8．已知O为坐标原点，P是椭圆E：上位于x轴上方的点，F为右焦点.延长PO，PF交椭圆E于Q，R两点，，，则椭圆E的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由椭圆的对称性，及，得四边形为矩形，设，利用椭圆的定义，及条件所给出的长度关系，可表示出，，，利用勾股定理，求出m，推断出点P的位置，求出离心率.
【详解】
如图，设左焦点为，连接，，，
由题，，关于原点对称，所以四边形为平行四边形，
又因为，所以四边形为矩形.
设，则，
又因为，则，，，
在中，，即，
解得或（舍去），故点P为椭圆的上顶点.
由，所以，即，所以离心率.
故选：B.
【点睛】解题时注意数形结合，抓住椭圆的对称性，将图形关系用含a，b，c的代数式表示出来，即可求解离心率.
二、多选题
9．设随机变量，则下列说法正确的是（ ）
A．服从正态分布
B．
C．
D．当且仅当时，取最大值
【答案】BC
【分析】根据二项分布及正态分布的定义即可判断A；根据二项分布的概率公式即可判断B；根据二项分布的期望与方差公式即可判断C；利用不等式法结合二项分布的概率公式即可判断D.
【详解】对于A，随机变量，
则服从二项分布，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，，
，
所以，故C正确；
对于D，设为最大值，
则，
即，解得，
所以当或时，取最大值，故D错误.
故选：BC.
10．如图所示，该曲线W是由4个圆：，，，的一部分所构成，则下列叙述正确的是（ ）

A．曲线W围成的封闭图形面积为4+2π
B．若圆与曲线W有8个交点，则
C．与的公切线方程为
D．曲线W上的点到直线的距离的最小值为4
【答案】ACD
【分析】A选项可将曲线W围成的封闭图形可分割为一个边长为2的正方形和四个半径为1的相同的半圆，即可判断；
B选项可直接由图讨论判断对错；
C选项可由圆心到直线的距离等于半径，求出公切线；
D选项可先找到，的公切线方程为，曲线W上的点到直线的距离的最小值即为平行线间的距离.
【详解】曲线W围成的封闭图形可分割为一个边长为2的正方形和四个半径为1的相同的半圆，
所以其面积为，故A选项正确.
当时，交点为B，D，F，H；当时，交点为A，C，E，G；
当或时，没有交点；当时，交点个数为8，故B选项错误.
设与的公切线方程为，
由直线和圆相切的条件可得，
解得，（舍去），
则其公切线方程为，即，故C选项正确.
同理可得，的公切线方程为，
则两平行线的距离，故D选项正确.
故选：ACD.
11．如图，正方体棱长为1，P是上的一个动点，下列结论中正确的是（ ）

A．BP的最小值为
B．当P在上运动时，都有
C．当P在直线上运动时，三棱锥的体积不变
D．的最小值为
【答案】ABC
【分析】判断BP的最小值即为正三角形的边上的高，即可判断A；证明平面，根据线面垂直的性质定理可判断B；根据线面平行的性质结合棱锥的体积公式可判断C；将平面沿着翻折到平面上，将的最小值转化为线段AC的长度，判断D.
【详解】对于A，连接，在正方体中，，
故BP的最小值为正三角形的边上的高，即，A正确；
对于B，连接，

由于平面，平面，故，
而平面，
故平面，平面，故；
同理可证，平面，
故平面，平面，故，即，B正确；
对于C，连接，因为，

故四边形为平行四边形，则平面，平面，
故平面，P点在直线上运动，即P到平面的距离为定值，
而为边长为的正三角形，其面积为定值，
故三棱锥的体积为定值，由于
故三棱锥的体积为定值，C正确；
对于D，将平面沿着翻折到平面上，连接，

与交于点P，则即为的最小值；
在中，，，
即的最小值为，D错误；
故选：ABC
【点睛】难点点睛：本题解答的难点在于D选项的判断，解答时要采用将空间问题平面化的方法，即将两平面翻折到一个平面上，从而将两条线段的和变为一条线段的长度问题.
12．已知双曲线：的一条渐近线方程为，圆：上任意一点处的切线交双曲线于，两点，则（ ）
A．
B．满足的直线仅有2条
C．满足的直线仅有4条
D．为定值2
【答案】AD
【分析】由双曲线及其渐近线方程求得，写出双曲线方程，讨论或斜率不存在易得，判断A、B；若，且，得到，联立双曲线方程应用韦达定理及向量夹角的坐标表示求得为定值，即，进而有，即可判断C、D.
【详解】因为双曲线：，所以其渐近线方程为，
又双曲线的一条渐近线方程为，即，
所以，解得，故，A对；

若时，，此时，
若斜率不存在时，，此时，
所以对应直线有4条，B错；
若，且，直线斜率存在为，
则，即（也满足），代入，
消得：，即，，
所以，，
则，
所以，即，
所以，则直线有无数条，C错误；
由C分析易知：，则，故，D正确.
故选：AD
【点睛】关键点点睛：对于C、D，设切点坐标并写出切线方程，联立双曲线方程，应用韦达定理、向量夹角坐标表示判断为定值为关键.
三、填空题
13．设，为两个不共线向量，若向量与共线，则实数 .
【答案】/2.5
【分析】根据向量共线定理，得到方程组，求出答案.
【详解】与共线，故存在实数，使得，
即，
所以，解得.
故答案为：
14．以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，其变换后得到线性回归方程，则 ．
【答案】
【分析】两边取对数，对照系数，求出
【详解】，即，
∴，．
故答案为：
15．设，函数，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】设，可确定当时，函数的零点个数，继而作出的大致图像，考虑时的图象情况，分类讨论，将零点问题转化为函数图象的交点问题，数形结合，即可解决.
【详解】设，当时，，此时，
由，得，即，解得或，
即在上有2个零点；
若，，其图象对称轴为，
函数的大致图像如图：
则此时，即，则，
即无解，则无零点，此时无零点，不符合题意；
故需，此时函数的大致图像如图：
由得或，
要使得函数恰有3个零点，需满足在上有一个零点
此时只有一个解，故只需与函数在y轴左侧图象无交点，
则需，解得，结合，
可得，
故答案为：
【点睛】方法点睛：本题为复合函数的零点问题，解答时采用数形结合的方法去解决，即作出函数的大致图像，将函数零点问题转化为曲线的交点个数问题，即可解决.
16．设函数的定义域为，对于任意的，当，有，若，则不等式的解集为 .
【答案】
【分析】构造函数，利用函数的单调性求解.
【详解】因为，
所以，
即
又，所以
令，因为对于任意的，，
所以在上单调递增，又，
，由有：
即，由函数的单调性有： .
则不等式的解集为: .
故答案为：.
四、解答题
17．已知函数.
(1)求的值；
(2)在△ABC中，若，求的最大值.
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）利用诱导公式、倍角公式与辅助角公式将函数解析式化简，再可求的值即可；
（2）由A，B为三角形的内角，，可求得，从而，展开后利用三角函数的辅助角公式即可求得的最大值.
【详解】（1）∵
，
∴.
（2）由题意可知，，
而可得：，即，
∴，
∵，∴，，
∴的最大值为.
五、证明题
18．如图，三棱柱的所有棱长都是，平面，分别是的中点.

(1)求证：平面平面；
(2)求和平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，证得平面，建立空间直角坐标系，分别求得平面A1BD和BAE的一个法向量，求得，得到，即可证得平面平面；
（2）由（1）可知：是平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求得和平面所成角的正弦值.
【详解】（1）取的中点，连接，则，
又因为平面，所以平面，则两两垂直，
如图，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，

可得，
设分别为平面和平面的法向量，
由，令，则，
可得是平面的一个法向量，
由，令，则，
可得是平面的一个法向量，
因为，即，所以平面平面.
（2）由（1）可得：，是平面的一个法向量，
设和平面所成角为，
则，
所以和平面所成角的正弦值为.
六、解答题
19．如图的形状出现在南宋数学家杨浑所著的《详解九章算法•商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球设各层球数构成一个数列.

(1)写出与的递推关系，并求数列的通项公式；
(2)记数列的前项和为，且，在与之间插入个数，若这个数恰能组成一个公差为的等差数列，求数列的前项和.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）利用每一层小球的数量找到递推关系，再利用累加法求通项公式即可；
（2）利用与的关系求出数列，进而求得，再利用错位相减法求即可.
【详解】（1）由题意可知，，
，
所以数列的一个递推关系为，
所以当时，利用累加法可得
，
将代入得，符合，
所以数列的通项公式为.
（2）当时，，即，
当时，，①
，②
①-②，得，即，
所以数列是以3为首项，3为公比等比数列，
所以，
由题意可知，所以，
所以，
所以，③
，④
③-④得，
所以，
所以数列的前项和.
20．已知函数.
(1)若，求的极值；
(2)若对任意，恒成立，求整数m的最小值.
【答案】(1)极大值为，无极小值
(2)1
【分析】（1）求导函数，由导函数确定函数的单调性得极值；
（2）不等式恒成立转化为在上恒成立，设，转化为求的最大值，确定的零点的范围，得出最大值的范围后可得最小的整数．
【详解】（1）当时，，
.
当时，，则在上单调递增；
当时.，则在上单调递减.
所以在时取得极大值且极大值为，无极小值；
（2）因为对任意，恒成立，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
设，则.
设，
显然在上单调递减，
因为，，
所以，使得，即，
当时，，；当时，，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
因为，所以，
故整数m的最小值为1.
【点睛】方法点睛：本题考查用导数求函数的极值，研究不等式恒成立问题．求解不等式恒成立问题，常常需要转化，用分离参数法转化为求函数的最值，本题中函数的最值点不能直接求出，我们用表示，通过得出的范围，从而可得最大值的范围，然后得出结论．
七、应用题
21．某中学举办了诗词大会选拔赛，共有两轮比赛，第一轮是诗词接龙，第二轮是飞花令．第一轮给每位选手提供5个诗词接龙的题目，选手从中抽取2个题目，主持人说出诗词的上句，若选手在10秒内正确回答出下句可得10分，若不能在10秒内正确回答出下句得0分．
(1)已知某位选手会5个诗词接龙题目中的3个，求该选手在第一轮得分的数学期望；
(2)已知恰有甲、乙、丙、丁四个团队参加飞花令环节的比赛，每一次由四个团队中的一个回答问题，无论答题对错，该团队回答后由其他团队抢答下一问题，且其他团队有相同的机会抢答下一问题．记第n次回答的是甲的概率为，若．
①求P2，P3；
②证明：数列为等比数列，并比较第7次回答的是甲和第8次回答的是甲的可能性的大小．
【答案】(1)12
(2)①，；②证明过程见详解，第7次回答的是甲的可能性比第8次的大
【分析】（1）设该选手答对的题目个数为，该选手在第一轮的得分为η，可得，再写出的所有可能取值，分别求出其对应的概率，进而得到的分布列，并求出的数学期望，从而可求得的数学期望；
（2）①直接根据题意可得第一次是甲回答，第二次甲不回答，所以第二次甲回答的概率为；
②先根据题意建立与的关系式，即可证明数列为等比数列，进而可得到的通项公式，从而可比较P7，P8．
【详解】（1）设该选手答对的题目个数为，该选手在第一轮的得分为，则，
易知的所有可能取值为0，1，2，
则，
，
，
故的分布列为
则，
所以．
（2）①由题意可知，第一次是甲回答，第二次甲不回答，∴，则．
②由第n次回答的是甲的概率为，得当n≥2时，第次回答的是甲的概率为，第次回答的不是甲的概率为，
则，
即，
又，
∴是以为首项，为公比的等比数列，
则，
∴，
∴第7次回答的是甲的可能性比第8次回答的是甲的可能性大．
八、证明题
22．已知抛物线：，过点作斜率互为相反数的直线，分别交抛物线于及两点．
(1)若，求直线的方程；
(2)求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设，，由，得，又，，解得两点的坐标，进而可得答案．
（2）设直线：，则直线：，设，，，，联立直线AB与抛物线的方程，结合韦达定理由弦长公式计算，同理可得，进而可得，即可得出答案．
【详解】（1）设，，∵，∴，，
∵，∴，．
又∵，∴，即，
又∵，∴，或，
当时，，∴，；
当时，，∴，，此时直线AB的斜率不存在，舍去，
∴，，∴直线的方程为：．
（2）设直线：，则直线：，
设，，，，

由，即，则，所以，，
又∵，，
∴
，同理可证：，
∴，∴，
又∵，∴，∴．
【点睛】方法点睛：
解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
0
1
2
P