【期中真题】湖北省高中名校联盟2023届高三上学期第二次联合测评数学试题.zip

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湖北省高中名校联盟2023届高三第二次联合测评
数学试卷
本试题共4页，22题.满分150分.考试用时120分钟.考试时间：2022年11月15日下午15：00-17：00
★祝考试顺利★
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.回答非选择题时，用签字笔或钢笔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.
第Ⅰ卷（选择题）
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. 设集合,集合,则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解出集合, 利用交集的概念,将结果用区间表示即可选出结果.
【详解】解:由题知,
,
,
即.
故选:D
2. 设复数，则（ ）
A. z的虚部为 B. C. z的实部为 D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法运算，计算后依次对各选项进行判断即可.
【详解】由已知
，
对于A，复数的虚部为，因此复数的虚部为，故A错误；
对于B，复数的共轭复数，因此复数的共轭复数为，故B正确；
对于C，复数实部为，因此复数的实部为，故C错误；
对于D，复数的模，因此复数的模，故D错误.
故选：B.
3. 已知x，y是任意实数，则p：是q：且的（ ）
A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据充分条件，必要条件的定义即得.
【详解】因为由推不出且，而由且可推出，
所以p：是q：且的必要不充分条件.
故选：C.
4. 已知函数在上单调递增，则a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数函数及二次函数的单调性可得，进而即得.
【详解】因为函数在上单调递增，又函数在上单调递增，
所以在上单调递增，且，
所以，
解得.
故选：B.
5. 已知，，则（ ）
A. B. C. 7 D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件求出，然后结合两角差的正切公式即可求解.
【详解】因为，则，又因为，
所以，
所以，
故选：B.
6. 已知，，则在方向上的投影向量的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据投影向量的计算公式求解即可
【详解】依题意，，，故在方向上的投影向量的坐标为：.
故选：C
7. 2022年10月16日中国共产党二十大报告中指出“我们经过接续奋斗，实现了小康这个中华民族的千年梦想，打赢人类历史上规模最大的脱贫攻坚战，历史性地解决绝对贫困问题，为全球减贫事业作出了重大贡献”，为进一步了解和巩固脱贫攻坚成果，某县选派7名工作人员到A，B，C三个乡镇进行调研活动，每个乡镇至少去1人，恰有两个乡镇所派人数相同，则不同的安排方式共有（ ）
A. 1176 B. 2352 C. 1722 D. 1302
【答案】A
【解析】
【分析】把7名工作人员分别分为三种情况讨论，然后分别计算即可求解．
【详解】由题可知把7名工作人员分别分为三种情况，
把7名工作人员分为1，1，5三组，则不同的安排方式共有：种，
把7名工作人员分为2，2，3三组，不同的安排方式共有：种，
把7名工作人员分为3，3，1三组，不同的安排方式共有：种，
综上，不同的安排方式共有种，
故选：A．
8. 在A、B、C三个地区爆发了流感，这三个地区A、B、C分别有6%、5%、4%的人患了流感，假设这三个地区的人口数的比为5：7：8，现从这三个地区中任意选取一个人.则下列叙述正确的是（ ）
A. 这个人患流感的概率为0.15
B. 此人选自A地区且患流感的概率为0.0375
C. 如果此人患流感，此人选自地区的概率为
D. 如果从这三个地区共任意选取100人，则平均患流感的人数为4人
【答案】C
【解析】
【分析】记事件D：选取的这个人患了流感，记事件E：此人来自A地区，记事件F：此人来自B地区，记事件G：此人来自C地区，则，且彼此互斥，然后根据条件依次得到、、、、、的值，然后根据全概率公式、条件概率公式、二项分布的知识逐一判断即可.
【详解】记事件D：选取的这个人患了流感，记事件E：此人来自A地区，记事件F：此人来自B地区，记事件G：此人来自C地区，
则，且彼此互斥，
由题意可得，，，
，，，
A由全概率公式可得；A错误；
B.，，选自A地区且患流感的概率为0.0150；B错误；
C.由条件概率公式可得，C正确.
D.从这三个地区中任意选取一个人患流感的概率为0.0485，任意选取100个人，患流感的人数设为X，
则，即；D错误.
故选：C
二、多项选择题（每小题有多于一个的正确选项，全答对得5分，部分答对得2分，有错误选项的得0分）
9. 下列叙述正确的是（ ）
A. 的最小值为
B. 命题p：，的否定为：，
C. 8个数据148、148、154、154、146、142、156、158的中位数为151
D. 设随机变量X服从正态分布且，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据基本不等式及三角函数的性质可判断A，根据全称量词命题的否定为存在量词命题可判断B，根据中位数的概念可判断C，根据正态分布的性质可判断D.
【详解】对于A，，而等号成立时，即显然不成立，故A错误；
对于B，命题p：，的否定为：，，故B正确；
对于C，8个数据148、148、154、154、146、142、156、158的中位数为，故C正确；
对于D，因为随机变量X服从正态分布且，则，，故D错误.
故选：BC.
10. 如图，棱长为2的正方体中，P为线段上动点（包括端点）.则下列结论正确的是（ ）

A. 当点P在线段上运动时，三棱锥的体积为定值
B. 记过点P平行于平面的平面为，截正方体截得多边形的周长为
C. 当点P为中点时，异面直线与所成角为
D. 当点P为中点时，三棱锥的外接球表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A，显然平面，所以在任何位置时到平面的距离相等，即可得解；
对B，由在上且，故截面为，算出周长即可；
对C，当点P为中点时，由于为正方形，所以，即可得到垂直；
对D，是线面垂直型的外接球问题，当点P为中点时，，设外接圆直径，所以三棱锥的外接球的直径，即可得解.
【详解】对A，由于，显然平面，
又，所以在任何位置时到平面距离相等，
所以三棱锥的体积为定值，故A正确；
对B，由在上且，故截面为，
所以截面周长为，故B错误；
对C，当点P为中点时，由于为正方形，
所以，又，所以，故C正确；
对D，当点P为中点时，，
所以在正方体中平面，
由，，
所以，，
所以外接圆直径，
所以三棱锥的外接球的直径，
所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确；
故选：ACD
11. 已知抛物线C：过点，焦点为F，准线与x轴交于点T，直线l过焦点F且与抛物线C交于P，Q两点，过P，Q分别作抛物线C的切线，两切线相交于点H，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 抛物线C的准线过点H
C. D. 当取最小值时，
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意将抛物线方程求出，写出直线l方程，联立找出交点坐标的关系，表示出两切线斜率即可证明A，联立两切线方程即可求出两切线的交点坐标，即可证明B，分别求出的正切值找出两角的关系即可判断C，用两点距离公式即可求出何时为最小值，继而找到的值.
【详解】将点代入可得，抛物线方程为：，焦点为，准线方程为.
设，，
由可得或，
故或，所以或，
即.
故过点P切线斜率为，过点Q切线斜率为.
设直线l方程为，联立方程，
得，根据韦达定理：
，故两切线互相垂直，，A正确.
设过点P切线方程为：
设过点Q切线方程为：
两式相减得
所以，得代入①式

因为，故，所以两切线得交点过抛物线准线，故B正确；
由题意可知，


所以，即，
直线l ：随着m 的值改变时也会随之发生改变，
因此也会随着改变，故不是定值，C错误
设，，



当且仅当时等号成立，此时，D正确故选：ABD
【点睛】
结论点睛：
①抛物线焦点弦两点的切线互相垂直；
②抛物线焦点弦两点切线的交点在抛物线准线上；
③抛物线交点弦两点与准线和x轴的交点的连线，两线与x轴形成的夹角（焦点在y轴上则是与y 轴形成的夹角）相等.
以上结论考生可将解析中的抛物线方程换成一般抛物线方程，按照解析步骤即可证明.
12. 已知函数（），（），则下列说法正确的是（ ）
A. 若有两个零点，则
B. 若且，则
C. 函数在区间有两个极值点
D. 过原点的动直线l与曲线相切，切点的横坐标从小到大依次为：，，…，.则
【答案】ABD
【解析】
【分析】A项：方法1：分离参数画图即可求得m的范围；方法2：研究原图的图象与x轴交点即可；B项：由极值点偏移的证明步骤即可证得结果；C项：应用辅助角公式化简，求的极值点可得；D项：由 化简可得.
【详解】A项：方法1：∵有两个零点，即：方程有两个根.
令
∴ 有两个交点.
∵
∴令，解得，
当，，在单调递减，
当，，在单调递增.
当，，当，.
如图所示，

又∵
∴，A正确.
方法2：，则，
令，解得，
当，，在单调递减，
当，，在单调递增，
所以是的极小值点同时也是最小值点，即，
当时，， ，所以在只有一个零点，
又因为，只需证明恒成立，即可得到在内只有一个零点.
令，
∵
∴在上单调递增.
∴
∴恒成立得证.
∴在R上有两个零点，A正确；
B项：方法1：由A项知∵
∴且m>1且在单调递减，在单调递增.
不妨设：，
要证：
只需证：
又∵，
∴
又∵在单调递减.
∴只需证：
又∵
∴只需证：，
令
∴只需证：，
∵=
当，恒成立，所以，
∴在 上单增
∴
∴原命题得证.B正确.
C项： ∵
∴， 解得：，即为的极值点.
∴在区间 有1个极值点为.C项错误.
D.∵，，则，
设切点坐标为，则切线斜率为，
则，
即，D正确.
故选：ABD.
【点睛】函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
极值点偏移问题的解法：
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：
对结论型，构造函数；
对结论型，构造函数，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
三、填空题（每小题5分，共20分，把正确答案填写在答题卡相应位置上.）
13. 的展开式中的系数为_______________.
【答案】40
【解析】
【分析】利用的展开式的通项，令的指数等于3和1，即得展开式中的系数.
【详解】因为的展开式的通项，
令和，可得的系数为.
故答案：40.
14. 设双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，若过点且斜率为的直线l与双曲线的右支交于A，B两点，则该双曲线的离心率的取值范围为_______________.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件可得出与的大小关系，再利用公式即得.
【详解】由题可知双曲线的渐近线方程为，

由于过点且斜率为的直线l与双曲线的右支交于A，B两点，
则，
因此，，又，
所以，该双曲线的离心率为取值范围是.
故答案为：.
15. 已知数列满足，，且，则______________.
【答案】2550
【解析】
【分析】理解递推公式的意义，即偶数项是相邻两项的等比中项，奇数项是相邻两项的等差中项，据此找到规律计算即可.
【详解】由条件： 得： ，即偶数项是相邻两项的等比中项；
得： ，即奇数项是相邻两项的等差中项；
∴原数列为：1，2，4，6，9，12，16，……，其中第 项 ，第 项（ ） ；
；
故答案为：2550.
16. 若不等式对任意恒成立，则a的取值范围是_______________.
【答案】
【解析】
【分析】根据，构造函数，求导可得在时为增函数，从而存在零点使得，即，由即可得解.
【详解】由，
令，
即对任意恒成立，
易知时为增函数，
且时，时，
故存在使得，即，
所以时为减函数，
时为增函数，
所以

所以，
即，
所以，，
故答案为：
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. 已知等差数列中，首项，公差，，，成等比数列.
（1）求数列通项公式；
（2）若，设数列的前n项和为，，求正整数n的最大值.
【答案】（1）；
（2）1617
【解析】
【分析】（1）根据已知条件，列出关系式，解出公差，即可得到；
（2）代入整理可得，，求出表达式，即可解出.
【小问1详解】
由题意可知：，解得
∴ ∴
【小问2详解】
由题意可知
∴
∵，解得
∴n的最大整数为1617
18. 中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，．
（1）求角B；
（2）若边上的点D满足，，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理，结合化简可得：，从而得出答案；
（2）由已知得，两边平方，结合数量积的运算性质及余弦定理求出，然后利用三角形面积公式计算即可．
【小问1详解】
在中，由正弦定理可得：
∵，∴
∴
∵，∴
∴，化简可得：∴，
∵，∴
∴，又∵，∴.
【小问2详解】

∵，∴
两边平方得：，即
则，∴①
在中，由余弦定理得：，化简得：②
由①②可得：，即，∴或
当时，，∴；
当时，，，∴．
19. 如图1，在直角梯形中，，，，，沿、、将，，折起，使得、、三点重合在一起，得到图2所示三棱锥．

（1）求三棱锥的体积；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）3 （2）
【解析】
【分析】（1）由已知可得面，进一步得，由余弦定理可得，然后由即可得出答案；
（2）过点P在平面内作的垂线，以P为原点，垂线为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，求出平面法向量，取平面的法向量，结合向量夹角公式得出答案．
【小问1详解】
，，由翻折问题的性质可得：
，，，，面
∴面
∵，，交于一点，∴，
在图1中，过点作于，则是矩形，∴
∴，从而
∴
∴在图2中，
在中，根据余弦定理可得
得，∴
∴．
【小问2详解】
过点P在平面内作的垂线，∵面，∴以P为原点，垂线为x轴，为y轴，为z轴建立如图所示空间直角坐标系：
，，，，
设平面法向量为，
取，取平面的法向量
所以
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
20. 国庆节期间某商场开展了一项促销活动，凡在商场消费金额满200元的顾客可以免费抽奖一次，抽奖的规则如下：箱子内装有10张大小、形状、材质完全相同的卡片，其中写有“喜”“迎”“国”“庆”的卡片各两张，另两张是没有写汉字的空白卡片；顾客抽奖时，一次性抽取4张卡片，抽完后卡片放回，记抽出的四张卡片上的汉字的个数为n（若出现两个相同的汉字，则只算一个，如抽出“迎”“迎”“国”“庆”，则），若则中一等奖，则中二等奖，则中三等奖，时没有奖励.商场规定：一等奖奖励20元购物券，二等奖奖励10元购物券，三等奖奖励5元购物券.
（1）求某位顾客中一等奖的概率；
（2）若某位顾客可以抽奖2次，记2次抽奖所获购物券的总金额为X，求X的数学期望.
【答案】（1）；
（2）分布列见解析，.
【解析】
【分析】（1）根据古典概型概率公式即得；
（2）设一次抽奖所获奖励为Y，可得取值为20，10，5，0，然后结合排列组合知识及概率公式分别求概率进而可得分布列及期望，进而即得.
【小问1详解】
由题意设获一等奖的概率为P，则；
【小问2详解】
设一次抽奖所获奖励为Y，则Y的可能取值为20，10，5，0，
∴，

，
，
所以Y的分布列为：
Y
20
10
5
0
P




∴，
因为两次抽奖相互独立，
所以.
21. 已知椭圆：（）的离心率为，的长轴的左、右端点分别为、，与圆上点的距离的最大值为.
（1）求椭圆的方程；
（2）一条不垂直坐标轴的直线交于C、D两点（C、D位于x轴两侧），设直线、、、的斜率分别为、、、，满足，问直线是否经过定点，若过定点，求出该定点，否则说明理由.
【答案】（1）
（2）直线过定点
【解析】
【分析】（1）根据条件可求得，然后即可得到椭圆的方程；
（2）直线的方程为：，联立椭圆方程，结合韦达定理然后根据条件求得直线的方程，即可得到结果.
【小问1详解】
设，由题意知：，
又∵，∴，则
∴椭圆方程为：.
【小问2详解】
设直线的方程为：联立方程得：
，设、，
∴，
∵
∴，同理
∵
∴
∴
∵
∴
∴即
∴
∴
∴
∴
∴或.
显然直线不过点
所以直线过定点
22. 已知函数，
（1）时，求函数在上的单调区间；
（2）时，试讨论在区间上的零点个数.
【答案】（1）在上单调递减
（2）时，在区间有三个零点
【解析】
【分析】（1）求导，得，利用导数的相关性质，得到的单调性.
（2）通过导数，分类讨论，，，，进而分析的图像，可求解.
【小问1详解】
时，，∴
而在上单调递增，而
∴，.
∴在上单调递减
【小问2详解】
当时：
①时，， ∴ ∴在区间上无零点
②时，方程的解等价于方程的解.
时，在单调递增，
而
∴唯一使得且在单调递减，单调递增
而，
∴在上有两个零点
③时，，，
令，则在上单调递减
，，
唯一使得
∴在单调递增，上单调递减
而，，
∴唯一使得
∴在单调递增，上单调递减
而，
∴在上无零点.
④时
∴在单调递减
而，
∴唯一使得
综上所述：时，在区间有三个零点