2023届湖北省黄冈中学等二十一所重点中学高三上学期第二次联考数学试题含解析

这是一份2023届湖北省黄冈中学等二十一所重点中学高三上学期第二次联考数学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，双空题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

湖北省二十一所重点中学2023届高三上学期第二次联考
数学试题
一、单选题
1．设全集，集合，B={1，2，3}，则（）∩B=（       ）
A．{1} B．{1，2} C．{2，3} D．{1，2，3}
2．已知复数，则复数的虛部为（       ）
A． B． C． D．
3．对任意的，当时，恒成立，则实数的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
4．若函数（）在上单调，且在上存在极值点，则ω的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
5．已知常数满足.设和分别是以和为渐近线且通过原点的双曲线，则和的离心率之比（       ）
A． B． C．1 D．
6．十八世纪早期，英国数学家泰勒发现了公式，(其中，，n!=1×2×3×…×n0!=1)，现用上述公式求的值，下列选项中与该值最接近的是（       ）
A． B． C． D．
7．在计算机的C语言编译器中，一般对char（一种整数类型）读取后八个字节，如00010000 0000视为0000 0000 即为0.故因此衍生出了补码，即当取值在10000000到1111 1111之间，视为负数处理.如果定义一个char类型变量，后输出的值为（        ）
A．0 B．128 C． D．
8．某旅游景区有如图所示A至H共8个停车位，现有2辆不同的白色车和2辆不同的黑色车，要求相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列，则不同的停车方法总数为（       ）


A．288 B．336 C．576 D．1680
二、多选题
9．已知正数x，y，z满足，则（       ）
A． B． C． D．
10．高斯是德国著名数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德，牛顿并列为世界三大数学家，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，例如，.则下列说法正确的是（       ）
A．函数在区间（）上单调递增
B．若函数，则的值域为
C．若函数，则的值域为
D．，
11．华人数学家李天岩和美国数学家约克给出了“混沌”的数学定义，由此发展的混沌理论在生物学､经济学和社会学领域都有重要作用.在混沌理论中，函数的周期点是一个关键概念，定义如下：设是定义在R上的函数，对于R，令，若存在正整数k使得，且当0 A．0 B． C． D．1
12．在数列中，对于任意的都有，且，则下列结论正确的是（       ）
A．对于任意的，都有
B．对于任意的，数列不可能为常数列
C．若，则数列为递增数列
D．若，则当时，
三、双空题
13．设展开式中各项系数和为的系数为，则___________；___________.
四、填空题
14．空间四面体中，，二面角的大小为，在平面内过点作的垂线，则与平面所成的最大角的正弦值___________.

15．函数，其中a，b为实数，且.已知对任意，函数有两个不同零点，a的取值范围为___________________.
16．已知平面向量， 和单位向量， 满足， ， ， 当变化时， 的最小值为， 则的最大值为__________.
五、解答题
17．现有下列三个条件：
①函数的最小正周期为；
②函数的图象可以由的图象平移得到；
③函数的图象相邻两条对称轴之问的距离.
从中任选一个条件补充在下面的问题中，并作出正确解答.
已知向量，，，函数.且满足_________.
（1）求的表达式，并求方程在闭区间上的解；
（2）在中，角，，的对边分别为，，.已知，，求的值.
18．已知数列满足，.
(1)若且.
（ⅰ）当成等差数列时，求k的值；
（ⅱ）当且，时，求及的通项公式.
(2)若，，，.设是的前n项之和，求的最大值.
19．已知四棱锥的底面为直角梯形，平面，.

(1)若点是棱上的动点请判断下列条件：①直线AM与平面ABCD所成角的正切值为；②中哪一个条件可以推断出平面（无需说明理由），并用你的选择证明该结论；
(2)若点为棱上的一点（不含端点），试探究上是否存在一点N，使得平面ADN平面BDN？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由.
20．某种电子玩具启动后，屏幕上的LED显示灯会随机亮起红灯或绿灯．在玩具启动前，用户可对（）赋值，且在第1次亮灯时，亮起红灯的概率为，亮起绿灯的概率为．随后若第n（）次亮起的是红灯，则第n+1次亮起红灯的概率为，亮起绿灯的概率为；若第n次亮起的是绿灯，则第n+1次亮起红灯的概率为，亮起绿灯的概率为．
(1)若输入，记该玩具启动后，前3次亮灯中亮红灯的次数为X，求X的分布列和数学期望；
(2)在玩具启动后，若某次亮灯为红灯，且亮红灯的概率在区间（，）内，则玩具会自动唱一首歌曲，否则不唱歌．现输入，则在前20次亮灯中，该玩具最多唱几次歌？
21．已知点在抛物线E：（）的准线上，过点M作直线与抛物线E交于A，B两点，斜率为2的直线与抛物线E交于A，C两点.
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)（ⅰ）求证：直线过定点；
（ⅱ）记（ⅰ）中的定点为H，设的面积为S，且满足，求直线的斜率的取值范围.
22．已知函数．
(1)求函数的最小值；
(2)若方程有两实数解，求证：．（其中为自然对数的底数）．

参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
先计算出，再计算即可.
【详解】
.
故选：C.
2．A
【解析】
【分析】
先由复数的运算求出，再求出虚部即可.
【详解】
，故虚部为.
故选：A.
3．C
【解析】
【分析】
将不等式等价变形，构造函数，再借助函数单调性、最值求解作答.
【详解】
依题意，，令，，
则对任意的，当时，，即有函数在上单调递减，
因此，，，而，则，
所以实数的取值范围是.
故选：C
4．C
【解析】
【分析】
依据函数在上单调，可知，计算出函数的对称轴，然后根据函数在所给区间存在极值点可知，最后计算可知结果.
【详解】
因为在上单调，所以，则，由此可得.
因为当，即时，函数取得极值，
欲满足在上存在极值点，因为周期，故在上有且只有一个极值，
故第一个极值点，得，又第二个极值点，
要使在上单调，必须，得.
综上可得，的取值范围是.
故选：C
【点睛】
思路点点睛：第一步：先根据函数在所给区间单调判断；第二步：计算对称轴；第三步：依据函数在所给区间存在极值点可得，即可.
5．C
【解析】
【分析】
由题可以判断中心为点，且为实轴在直线上的双曲线，为实轴在直线上的双曲线，可以用表示离心率，继而求出离心率之比.
【详解】
由题意知双曲线的中心为点，
由两双曲线过原点可知为实轴在直线上的双曲线，所以，，
为实轴在直线上的双曲线，所以，，
因此.
故选：C.
【点睛】
本题考查对双曲线渐近线和离心率性质的理解，属于中档题.
6．B
【解析】
【分析】
求出后代入得cos1=sin可得答案，即与最接近.
【详解】

所以cos1=
= sin=sin，由于
与最接近，
故选：B
7．D
【解析】
【分析】
根据题中所给算法进行计算即可.
【详解】
因为取值在10000000到1111 1111之间，视为负数处理，
所以换算为10进制，即128-255之间的数用负数处理，
又因为处理为，处理为，处理为，……
以此类推，处理为.
故选：D
8．B
【解析】
【分析】
根据题意,分2步进行分析,由分步计数原理计算可得答案.
【详解】
解:第一步:排红车,第一列选一个位置,则第二列有三个位置可选,由于车是不相同的,故红车的停法有种,
第二步,排黑车,若红车选,则黑车有共7种选择,黑车是不相同的,故黑车的停法有种，
根据分步计数原理,共有种,
故选：B
9．ABD
【解析】
【分析】
设，，求出，根据对数的运算性质及换底公式计算即可判断A；利用作商法即可判断B；利用作差法即可判断D；再根据AD即可判断C.
【详解】
解：设，，
则，，，
所以，A正确；
因为，则，
因为，则，
所以，B正确；
因为，
则，D正确.
因为，则，所以，C错误.
故选：ABD.
10．AC
【解析】
【分析】
求出函数式确定单调性判断A；举特例说明判断B，D；变形函数式，分析计算判断C作答.
【详解】
对于A，，，有，则函数在上单调递增，A正确；
对于B，，则，B不正确；
对于C，，
当时，，，有，
当时，，，有，的值域为，C正确；
对于D，当时，，有，D不正确.
故选：AC
11．AC
【解析】
【分析】
根据题意中周期点定义，分别求出当、、、时的函数周期，进而得出结果.
【详解】
A：时，，周期为1，故A正确；
B：时，，
所以不是的周期点.故B错误；
C：时，，周期为1，故C正确；
D：时，，不是周期为1的周期点，故D错误.
故选：AC.
12．ACD
【解析】
【分析】
A由递推式有上，结合恒成立，即可判断：B反证法：假设为常数列，根据递推式求判断是否符合，即可判断；C、D由上，讨论、研究数列单调性，即可判断.
【详解】
A：由，对有，则，即任意都有，正确；
B：由，若为常数列且，则满足，错误；
C：由且，
当时，此时且，数列递增；
当时，此时，数列递减；
所以时数列为递增数列，正确；
D：由C分析知：时且数列递减，即时，正确.
故选：ACD
【点睛】
关键点点睛：选项B应用反证法，假设为常数列求通项，判断是否与矛盾；对于C、D，将递推式变形为，讨论、研究数列单调性.
13．     1024     5400
【解析】
【分析】
令，即可得到展开式各项系数和，从而求出，再由，写出展开式的通项，再令，求出、，再代入计算可得；
【详解】
解：依题意令得，所以；
又，所以展开式的通项为
令，解得，所以，故的系数；
故答案为：；；
14．##
【解析】
【分析】
通过空间想象确定与平面所成角最大时平面ABC与平面的关系，从而得到所求角和的关系，然后设棱长，利用二面角和直接计算可得.
【详解】
记过点B作的垂线l，垂足为E，过点E作垂直于直线CE的平面，交平面于直线BF，则当平面ABC时，与平面所成角最大，且与互余.
此时，因为平面ACB，平面
所以平面ACB平面，
则由点E向平面作垂线，垂足H在CB上，过H作CD垂线HG，垂足为G，连接EG.
由题知，，记，则在中，
又，所以在中，，
在中，
记此时与平面所成角为，则.
故答案为：

15．
【解析】
【分析】
将函数有两个不同零点转化为方程有两个不等实根；再将方程变形构造新函数，求导并研究新函数的单调性，求其最小值，得到，再由已知条件求得即可.
【详解】
因为有两个不同零点有两个不相等的实根
即有两个不相等的实根；
所以 ，令 ，
则 ，显然不为零，
所以 ，因为 ， ，
所以 ，所以 ；
令 ，则 ；
令 ，则 ，
所以在上单调递增，又 ，
所以当时， ；当 时， ；
所以当时， ；当 时， ；
故在上单调递减，在上单调递增；
所以 ，所以 ；
又，所以 ，所以 即 ， ，
又 ，所以 ；
故答案为： .
16．
【解析】
【分析】
不妨设 ， ，则由题知，由已知条件得，，将用坐标表示，并求模，代入及，整理得，构造函数，求出最小值，
表示出的解析式，用均值不等式求其最大值即可.
【详解】
不妨设 ， ，则由题知

又 ，所以
整理得① ，所以
又 ，
所以
而

将①代入整理得：

令 ，
，有最小值，


又 ，当且仅当时等号成立
所以 ，当时有最大值 .
故答案为： .
17．（1）不能选②，，或或；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据向量数量积坐标运算公式求得，根据其性质，可以判断不可能选②，结合①③的条件，可以求得，得到函数解析式，根据三角函数值以及角的范围，确定出方程的解；
（2）结合（1），求得，根据正弦定理以及题中条件，求得，根据平方关系求得，结合诱导公式以及三角形内角和，求得的值.
【详解】
（1）因为，，
所以.
若满足条件①：，所以，故.
因为，
无法由的图象经过平移得到的图象，因此不能选②.
若满足条件③：因为，所以，故，即.
综上，无论选条件①或③，所求.
因为，所以.
又，所以，
所以或或，即或或.
所以方程在闭区间上的解为或或.
（2）由（1）知，
所以，，即，.
因为，所以，，.
又，由正弦定理，
得，
整理得.
因为，所以，所以.
又，得，
所以
.
18．(1)（ⅰ），（ⅰⅰ），；
(2).
【解析】
【分析】
（1）根据等差数列的定义以及等差中项的性质即可求的值；由题可得是首项为，公比为2的等比数列，进而可得数列的通项，再利用累乘法即可求的通项公式；
（2）利用分组求和可得，结合，，求出利用基本不等式求最大值，即可求出的最大值.
（1）（ⅰ）因为成等差数列，所以，所以，又所以；（ⅱ）因为，所以，，所以，所以，因为，又由，所以是首项为，公比为2的等比数列，所以，所以，∴所以；
（2）由可得，所以，因为，所以，即，因为，，，所以即，，因为，，所以，因为，所以，所以，可得，所以，令，设，，对称轴为，是开口向上的抛物线，在单调递增，所以时取得最大值，故最大值为，所以最大值为.
【点睛】
方法点睛：数列求和的方法
（1）倒序相加法：如果一个数列的前项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可以用倒序相加法
（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可以用错位相减法来求；
（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；
（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；
（5）并项求和法：一个数列的前项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如类型，可采用两项合并求解.
19．(1)②，证明见解析
(2)存在，
【解析】
【分析】
（1）先连接、交于，确定是的几等分点，再确定是的几等分点．
（2）建立空间直角坐标系，平面垂直，对应法向量垂直，数量积为，列出方程求解．
（1）条件②可以推断平面.如图，连接，相交于点，连EM.在梯形中，有，，.又因为，所以，故，又平面，平面，所以平面.故当时，平面.
（2）以A为原点，AD，AB，AP分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示坐标系，则A(0，0，0)，D(1，0，0)，P(0，0，1)，C(1，1，0)，B(0，2，0)，设，则对于平面ADN，设其法向量，满足，即，故取对于平面BDN，设其法向量，满足，即，故取，若平面ADN平面BDN，则，即，解得，此时N为PC的中点，.
20．(1)分布列见解析，
(2)7次
【解析】
【分析】
（1）由题意分析的所有可能取值为0，1，2，3.分别求概率，写出分布列，求出数学期望；
（2）记第次亮灯时，亮起红灯的概率为，得到，能证明出是首项为，公比为的等比数列.求出，根据题意建立不等式，求出n的最大值.
（1）据题意，的所有可能取值为0，1，2，3.当时，前3次亮灯的颜色为“绿绿绿”，则当时，前3次亮灯的颜色为“红绿绿”，或“绿红绿”，或“绿绿红”，则当时，前3次亮灯的颜色为“红红绿”或“红绿红”或“绿红红”，则当时，前3次亮灯的颜色为“红红红”，则所以的分布列为：

0
1
2
3






（2）记第次亮灯时，亮起红灯的概率为，由题设，则因为则，所以是首项为，公比为的等比数列.则，所以由，得，所以为奇数.由，得因为为奇数，则，即，则.当时，，9，11，13，15，17，19.因为玩具在这7次亮灯中亮红灯是随机事件，所以在前20次亮灯中，该玩具最多唱7次歌.
21．(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【解析】
【分析】
（1）根据点在抛物线的准线上可得，即可求出抛物线方程
（2）（ⅰ）设直线的方程为，与抛物线联立方程组得到，再写出直线的方程，根据两点式写出 ，整理消去 ，即可求出直线所过定点
（ⅱ）因为，根据（ⅰ）中的结论和弦长公式求出，再根据列出关于的不等式，解出的范围即可
（1）由题意可知C：（）的准线方程为：，即，所以.抛物线C的标准方程为
（2）设，，，（ⅰ）由题意知直线不与y轴垂直，故直线方程可设为：，与抛物线方程联立，化简得：，根据韦达定理可得： 即，，直线方程为，整理得：.又因为，即.将代入化简可得：，代入整理得： 故直线过定点（ⅱ）由（ⅰ）知与x轴平行，直线的斜率一定存在，由（ⅰ）知所以，又因为即，化简得或又由，得：且，即或综上所述，
22．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）直接令，求导，再把导数构造成新函数，再次求导，确定单调性，进而确定单调性，即可求得最小值；
（2）先求导确定单调性，结合图像得，设直线与直线、交点的横坐标分别为、，再结合函数放缩得，最后构造函数证得即可得证.
（1）易得，令，则，令，则，令解得，令解得，∴在上单调递减，在上单调递增，又∵时，，，，∴在上单调递减，在上单调递增，∴；
（2）易得，∵，当时，，当时，，∴在上单调递减，在上单调递增，又∵时，，，画出草图如图所示：不妨设，∴．由（1）知，，当且仅当时取等号，令，，显然在单减，单增，故，即，∴，当且仅当时取等号，设直线与直线、交点的横坐标分别为、，则，，
由图可知，∴①，令，，又，可得当时，，即，令，，则，即，即，又，则，又，则，∴②综合①②可得，．
【点睛】
本题关键点在于先由单调性结合图像得，由以及结合函数图象得，最后构造函数证得即可得证.