湖北省2023届高三下学期第二次模拟考试数学试卷（含解析）

这是一份湖北省2023届高三下学期第二次模拟考试数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
湖北省2023届高三下学期第二次模拟考试数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________一、单选题1．设集合A={0，1，2}，B={m|m=x+y，x∈A，y∈A}，则集合A与B的关系为（　　）A． B． C． D．2．已知复数，若，，，是的共轭复数，则（    ）A．0 B．1 C． D．3．已知向量，的夹角为，，，则（    ）A． B．21 C．3 D．94．下列函数中，值域为的是（    ）A． B．C． D．5．袋中装有四个大小完全相同的小球，分别写有“灵､秀､湖､北”四个字，每次有放回地从中任取一个小球，直到写有“湖”､“北”两个字的小球都被取到，则停止取球．现用随机模拟的方法估计取球停止时的概率，具体方法是：利用计算机产生0到3之间取整数值的随机数，用分别代表“灵､秀､湖､北”四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果．现经随机模拟产生了以下18组随机数：由此可以估计，恰好取球三次就停止的概率为（    ）A． B． C． D．6．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．7．已知（其中为自然常数），则､､的大小关系为（    ）A． B． C． D．8．如图，已知直角梯形中，，，，以直角梯形的底边所在直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，则所得几何体的表面积为（    ）A． B． C． D． 二、多选题9．设为两个互斥的事件，且，则下列各式正确的是（    ）A． B．C． D．10．已知函数是定义在R上的奇函数，当时，，则（    ）A．当时， B．，都有C．的解集为 D．的单调递增区间是，11．已知点，且点P在圆上，C为圆心，则下列结论正确的是（    ）A．的最大值为B．以AC为直径的圆与圆C的公共弦所在的直线方程为：C．当最大时，的面积为D．的面积的最大值为12．关于函数，下列结论中正确的有（    ）A．当时，的图象与轴相切B．若在上有且只有一个零点，则满足条件的的值有3个C．存在，使得存在三个极值点D．当时，存在唯一极小值点，且 三、填空题13．若展开式中的所有二项式系数和为512，则该展开式中的系数为___________.14．若点是曲线上任意一点，点是直线上任意一点，则的最小距离为________.15．已知，若曲线在点处的切线的斜率为-1，则________；当时，与曲线和曲线都相切的直线的方程是________.16．已知抛物线的焦点为，直线，过点且与抛物线分别交于点和点，弦和的中点分别为，若，则下列结论正确的是(              )①的最小值为32②以四点为顶点的四边形的面积的最小值为128③直线过定点④焦点可以同时为弦和的三等分点 四、解答题17．等差数列{}满足，其前n项和为.(1)求数列{}的通项公式；(2)求的值.18．（1）化简:；（2）已知，，，求的值.19．如图所示，在四棱锥中，，，，.(1)证明：；(2)求直线BC与平面PCD所成角的余弦值.20．快递业的迅速发展导致行业内竞争日趋激烈．某快递网点需了解一天中收发一件快递的平均成本（单位：元）与当天揽收的快递件数即揽件量（单位：千件）之间的关系，对该网点近天的每日揽件量（单位：千件）与当日收发一件快递的平均成本（单位：元）（）的数据进行了初步处理，得到散点图及一些统计量的值． 表中，．(1)根据散点图判断与哪一个更适宜作为关于的经验回归方程类型？并根据判断结果及表中数据求出关于的经验回归方程；(2)已知该网点每天的揽件量（单位：千件）与单件快递的平均价格（单位：元）之间的关系是，收发一件快递的利润等于单件的平均价格减去平均成本，根据（1）中建立的经验回归方程解决以下问题：①预测该网点某天揽件量为千件时可获得的总利润；②单件快递的平均价格为何值时，该网点一天内收发快递所获利润的预报值最大？附：对于一组具有线性相关关系的数据，其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，．21．已知抛物线：上有一点.(1)求抛物线的标准方程及其准线方程；(2)过点的直线交抛物线C于A，B两点，为坐标原点，记直线OA，OB的斜率分别为，，求证：为定值.22．设，函数.(1)证明：当时，恒成立(2)若函数无零点，求实数a的取值范围(3)若函数有两个相异零点，求证：
参考答案：1．D【分析】先分别求出集合A和B，由此能求出结果．【详解】∵合A={0，1，2}，B={m|m=x+y，x∈A，y∈A}={0，1，2，3，4}，∴A⊆B．故选D．【点睛】本题考查命题真假的判断，考查集合的包含关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2．B【分析】先根据复数运算法则计算，再化简复数等式，根据复数相等列方程求，由此可得结论.【详解】因为，所以，，因为，所以．又，，所以，，所以．故选：B.3．C【分析】利用求向量模值的方法求得正确答案；【详解】解：由题意得：，故选：C4．C【分析】根据函数的定义域、幂函数的性质、以及基本不等式可直接求得选项中各函数的值域进行判断即可.【详解】由已知值域为，故A错误；时，等号成立，所以的值域是，B错误；因为定义域为， ，函数值域为，故C正确；，，，所以，故D错误.故选：C.5．B【分析】利用古典概型的概率计算公式即可求解.【详解】由随机数可知：恰好取球三次就停止的有：，共4组随机数，所以恰好取球三次就停止的概率，故选：.6．C【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.7．D【分析】构造函数，得，，，利用导数判断出的单调性可得答案.【详解】构造函数，易得，，，，当时，当时，所以在递减，递增，易知，所以，，因为，所以，所以，故选：D.8．C【分析】由题意得：旋转后的几何体为一个圆锥与一个同底的圆柱的组合体，根据圆锥与圆柱表面积的求法，代入数据，计算求值，即可得答案.【详解】旋转后所得几何体，如图所示：所得几何体为一个圆锥与一个同底的圆柱的组合体，由题意得，，所以底面圆的周长为，底面圆的面积为，所以圆锥的侧面积为，圆柱的侧面积为，所以所得几何体的表面积为.故选：C9．ACD【分析】根据互斥事件的含义可知，判断;根据题意可知，从而，判断C;根据互斥事件的概率加法公式可判断D.【详解】∵为两个互斥事件，,∴，即，故A正确，B选项错误，∵ 为两个互斥事件,则，∴ 故C选项正确，∵为两个互斥事件，∴，故D选项正确．故选∶．10．BD【分析】对于A，利用奇函数的定义，可得答案；对于B、D，利用导数以及奇函数的性质，可得答案；对于C，根据对数函数的性质以及不等式的性质，可得答案.【详解】对于A，当时，，则，函数在其定义域上是奇函数，则，故A错误；对于B，当时，，，当时，，单调递增；当时，，单调递减，故，当时，，，则；当时，，，则，综上，当时，，因为函数是奇函数，所以，当时，，故B正确；对于C，由B可知，当时，，，则；当时，，，则，因为函数是奇函数，所以当时，；当时，，因为函数是奇函数，所以，综上，不等式，其解集为，故C错误；对于D，由B可知，当时， 单调递增；当时， 单调递减，因为函数是奇函数，所以当时， 单调递减；当时， 单调递增，故D正确.故选：BD.11．BD【分析】由求得最大值判断A，求出以AC为直径的圆的方程与圆C的方程相减得公共弦所在直线方程，判断B，由圆心在直线上，确定当时，直线距离最大为圆半径，从而求得的面积的最大值判断D，当最大时，是圆的切线，不可能，这样可判断C．【详解】由已知圆心为，半径为，，，即在圆外，在圆内，，当且仅当是的延长线与圆的交点时等号成立，所以最大值是，A错；中点为，圆方程为，此方程与圆方程相减得并化简得，即为两圆公共弦所在直线方程，B正确；直线的方程为，即，圆心在直线上，到直线的距离的最大值等于圆半径，，所以的面积的最大值为，D正确；当的面积为时，，而最大时，是圆的切线，此时，不可能有，因此C错误．故选：BD．12．BCD【分析】运用导数研究函数的性质及其大致图像，将选项中的几个问题转化为函数问题通过研究其图像与性质解决.【详解】对于A，，即，由函数的图像可知方程有两个根：，，，即斜率为0的切线其切点不在x轴上，故A错误；对于B，，令， ，单调递增，单调递减，，结合图像可知满足在上有且只有一个零点的的值有3个：0，，，故B正确；对于C，，，可知单调递减，单调递增， 单调递减，，故时，有三个实数根，存在三个极值点，故C正确；对于D,,由图像可知此方程有唯一实根，因为，所以，，，，可知，故D正确.故选：BCD.【点睛】运用导数可以研究函数的单调性、极值、最值以及切线，从而知道函数的大致图像，借助于图像与性质运用数形结合的思想可以解决有关函数的一系列问题.13．84【分析】根据二项式系数和的公式，可以求得的值，从而通过展开式的通项公式，求出的系数【详解】解：展开式中的所有二项式系数和为，则，通项公式为，令，求得，可得该展开式中的系数，故答案为：84.14．##【分析】利用导数的几何意义处理即可.【详解】令，则，即曲线在处的切线方程为：，即,如下图所示，当时的最小值为点到直线的距离（为垂足）.故.故答案为：15．          【解析】先求导可得，再由可得的值；当时，可得，设直线与曲线和曲线的切点分别为，，根据切线的斜率等于曲线在切点处的导数值，以及利用两个切点表示出切线斜率，可得方程组，从而解出切点坐标，即得.【详解】由题得，函数的导数为，由曲线在点处的切线的斜率为，可得，解得.当时，所以 ，设直线与曲线和曲线的切点分别为，，则切线的斜率等于曲线在切点处的导数值，又，，则有，解得，，故切点为，切线斜率，可得切线方程为，即.故答案为：，【点睛】本题考查根据导数的几何意义求参数，以及求与两个曲线都相切的直线方程.16．①②③【解析】依题意得直线的斜率均存在，设，，直线，把直线方程和抛物线方程联立，利用韦达定理和抛物线的定义分别求出的表达式，利用基本不等式求最值即可判断①；求出四边形面积的表达式，利用基本不等式求最值即可判断②；表示出坐标，进而得到直线的方程即可判断③；假设点为弦的三等分点，不妨设，利用平面向量的坐标表示进行求解，根据能否推出矛盾判断④即可.【详解】依题意得直线的斜率均存在，且，设，，直线，联立方程，整理可得，所以，则，因为，以代替可得，，所以，当且仅当时取等号，所以①正确；因为，所以四边形的面积，当且仅当时取等号，所以②正确；因为，，所以直线的方程为，即，恒过定点，故③正确；若点为弦的三等分点，不妨设，则，所以，即，又，解得（舍去），或，代入，得，与两直线垂直矛盾，故④错误.故答案为：①②③【点睛】本题考查抛物线的定义及其几何性质、直线与抛物线相交的弦长和面积的求解、基本不等式的运用、平面向量的坐标表示；考查运算求解能力和逻辑推理能力；熟练掌握相关知识，并能灵活运用是求解本题的关键；属于综合性试题.17．(1)(2)89 【分析】（1）根据条件列出关于首项和公差的方程组，即可求通项公式；（2）根据（1）的结果，求数列的前项和，再代入，即可求解.【详解】（1）设首项为，公差为d，依题意得，解得：∴（2）当时，∴，当时，∴，故，∴.18．（1）；（2）.【分析】（1）先利用诱导公式化简，再结合同角三角函数的关系化简即可；（2）根据，可得，，结合同角三角函数的关系可得，的值，进而结合两角和的正弦公式求解即可.【详解】（1）；（2）因为，所以，，所以，，所以.19．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）通过构造线面垂直的方法来证得.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线BC与平面PCD所成角的正弦值进而求得其余弦值.【详解】（1）连接BD，设BD的中点为O，连接OA，OP.因为，所以，因为，所以，又平面，所以平面OAP，因为平面OAP，所以.（2）因为，所以，又，所以，所以，又平面，所以平面ABCD.，，所以.如图，以O为原点，OB，OP所在直线分别为x轴、z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，，，平面PCD的法向量分别为，所以，即，取，则，设与平面PCD所成的角为，则则直线BC与平面PCD的夹角余弦值为.20．(1)更适宜作为关于的经验回归方程类型，(2)①元；②单件快递的平均价格元时，该网点一天内收发快递所获利润的预报值最大. 【分析】（1）根据散点图可确定回归模型，令，利用最小二乘法可求得，由此可得回归方程；（2）设收发千件快递获利千元，可得；①将代入解析式即可求得；②利用导数可求得的单调性，进而确定最大值点，由此可得.（1）由散点图可知：更适宜作为关于的经验回归方程类型；令，则，，关于的经验回归方程为：.（2）设收发千件快递获利千元，则；①当时，，即该网点某天揽收件快递可获得的总利润约为元．②，令，解得：，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，当时，，此时；单件快递的平均价格元时，该网点一天内收发快递所获利润的预报值最大.21．(1)抛物线：，准线方程为：(2)证明见解析 【分析】(1)根据抛物线C所过的点即可求出C的方程及其准线方程.(2)设出直线AB方程，与抛物线C的方程联立，借助韦达定理即可计算作答.【详解】（1）因抛物线：过点，则有，解得，所以抛物线的标准方程是：，准线方程为：.（2）依题意，过点的直线AB不垂直于y轴，设直线AB方程为，由消去x并整理得：，设，则，，于是得，所以为定值.22．(1)证明见解析(2)(3)证明见解析 【分析】（1）求导，利用导数的正负判断原函数的单调性即可.（2）利用导数求出最值，若函数无零点则说明最大值小于0即可，从而求出的范围.（3）通过函数有两个相异零点构造出两个方程，，再将所证明的不等式两边同取对数进行构造，与前面构造的方程建立联系从而得到新不等式，再次构造新函数来证明该不等式成立即可.（1）（1）证明：，由于已知，∴恒成立，∴在递增，∴∴时，恒成立（2）的定义域是，.由于.令，解得，∴在上递增，在上递减.∴，欲使函数无零点，则只要，即，∴，故所求a的范围是（3）因为有两个相异的零点，又由于，故不妨令，且有，，∴，，要证令，则，故只要证明时恒成立.而由（1）知时，恒成立，即恒成立，从而证明.故.