湖北省部分重点中学 2023 届高三第二次联考数学试卷含答案.pdf

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1、第 1页，共 6页湖北省部分重点中学 2023 届高三第二次联考高三数学试卷考试时间：2023 年 1 月 11 日 14:0016:00试卷满分 150 分本试卷共 6 页，22 题.考试用时 120 分钟。祝考试顺利祝考试顺利注意事项：注意事项：1.答题前先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，认真核准准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效。3.选择题用 2B 铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。4

2、.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。一、单选题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40.0 分.在每小题列出的选项中，只有一项是符合题目要求的1.已知集合=|1=0，=|2 0 的解集为(,)(1,+)，其中 0，则+2的最小值为()A.2B.2C.2 2D.36.已知函数 及其导函数 的定义域都为 R，且 3 2 为偶函数，+2 为奇函数,则下列说法正确的是（）A.32=0B.2=0C.2023+2022=0D.2023+2022=07.在长方体 1111中，1=5,=4,分别是棱11,1上的点，且1=1,1=351,=14,Q 是平面内一动点，若直线1与平面平行，则1?1?的最小

3、值为()A.44125B.17C.895D.16258.已知是数列的前项和，且1=2=1，=21+32(3)，则下列结论正确的是()A.数列+1为等比数列B.数列+1+2为等比数列C.40=14(320 1)D.=31+(1)12二、多选题;本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.在每小题列出的四个选项中，有多个选项符合题目要求的，全部选对得 5 分，部分选对得 2 分，有选错的得 0 分.9.设1，2为复数，则下列四个结论中正确的是()A.|1 2|2=(1+2)2 412B.1 1是纯虚数或零C.|1+2|1|+|2|恒成立D.存在复数1,2，使得|12|14D.若()与轴相切，

4、则=1212.曲率半径是用来描述曲线上某点处曲线弯曲变化程度的量，已知对于曲线22+22=1(0)上点(0,0)处的曲率半径公式为=22(024+024)32，则下列说法正确的是()A.若曲线上某点处的曲率半径越大，则曲线在该点处的弯曲程度越小B.若某焦点在 x 轴上的椭圆上一点处的曲率半径的最小值为 c（半焦距）,则该椭圆离心率为512C.椭圆22+22=1(0)上一点处的曲率半径的最大值为2D.若椭圆22+22=1(0)上所有点相应的曲率半径最大值为 8，最小值为 1，则椭圆方程为216+24=1三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.13.已知向量=(1,3)，=(

5、2,)，若/，则22=14.用 1，2，3，4，5 组成没有重复数字的五位数，其中个位小于百位且百位小于万位的五位数有个，则(1+)3+(1+)4+(1+)5+(1+)+3 3的展开式中，2的系数是.(用数字作答)15.已知正四面体的棱长为 2，在棱上，且CM=3MD，则二面角 的余弦值为;平面截此正四面体的外接球所得截面的面积为16.已知双曲线2422=1 的右焦点为 F，过双曲线上一点 P（0,0）(0 0)的直线 0 20 4=0 与直线 x=6相交于点 A，与直线 x=2 63相交于点 B，则|=_.第 4页，共 6页四、解答题（本大题共 6 小题，共 70.0 分。解答应写出文字说明

6、，证明过程或演算步骤）17.(本小题 10.0 分)已知数列中，1=2，当 2 时，(1)=21(1)求数列的通项公式;(2)设=(29)，数列中是否存在最大项与最小项?若存在，求出最大项与最小项;若不存在，说明理由18.(本小题 12.0 分)从有 3 个红球和 3 个蓝球的袋中，每次随机摸出 1 个球，摸出的球不再放回，记表示事件“第次摸到红球”，=1，2，6(1)求第一次摸到蓝球的条件下第二次摸到红球的概率;(2)记(123)表示1，2，3同时发生的概率，(3|12)表示已知1与2都发生时3发生的概率()证明：(123)=(1)(2|1)(3|12);()求(3).19.(本小题 12.

7、0 分)请在这三个条件：=45；=5；=，中任选一个条件补充在下面的横线上，并加以解答如图，锐角中，=2425,_,BC=6,D在边BC上，且BD=2DC,点E在边AC上，且BEAC，BE交AD于点F.(1)求AC的长；(2)求cosDAC及AF的长.CDBAEF第 5页，共 6页20.(本小题 12.0 分)在三棱柱 111中，1，1=23，点为棱1的中点，点是线段上的一动点，1=2=2(1)求证：1(2)求平面11与平面11所成的二面角的正弦值21.(本小题 12.0 分)已知抛物线C：2=4的焦点为，直线交抛物线于,两点（A,B异于坐标原点O），交 y 轴于点(0,)（1），且|=|,直

8、线1 ，且与抛物线相切于点 P.(1)求证：A,F,P三点共线；(2)过点作该抛物线的切线2（点 A 为切点），2交1于点 N()试问，点 N 是否在定直线上，若在，请求出该直线，若不在，请说明理由；()求的最小值。第 6页，共 6页22.(本小题 12.0 分)已知函数()=(1)+22(1)(2)(1)求函数()的单调区间；(2)若()=(1)且 1，证明：(1,，(1)1第 1页，共 4页高三数学第二次联考参考答案123456789101112DABADCADBCACDADABD13.10014.202315.5 3913916.6217.解：(1)因为当 2 时，(1)=21，所以=2

9、11，.1 分从而数列是以11=2 为首项，2 为公比的等比数列即=2 21=2，则=2.4 分(2)=(29)=(29)2=292，.5 分+1=2(+1)92+1292=1122+1.6 分当 15 时+1 0，当 6 时+1 0.7 分另一方面，当 4 时，0.8 分从而的最大项为6=364，最小项为1=72.10 分18.解：(1)第一次摸到蓝球不放回，袋中剩 5 个球，其中 3 个红球，2 个蓝球，从 5 个球中摸一个共 5 种不同的结果，其中是红球的结果共 3 种，所以第二次摸到红球的概率为35，即第一次摸到蓝球的条件下第二次摸到红球的概率为35.3 分(2)()证明：由条件概率定

10、义，可得()=()()，(1)(2|1)(3|12)=(1)12 1 123 12=(123)，(123)=(1)(2|1)(3|12);.3 分()3表示第三次摸到红球，则摸法为：第一次第二次第三次概率红红红362514=120红蓝红363524=320蓝红红363524=320第 2页，共 4页(3)=120+320+320+320=1020=12.12 分19.解：若选条件（1）在锐角中，sinBAC=2425，=45，BC=6 由正弦定理可得=所以 A=6452425=5，.4 分(2)由 sinBAC=2425，=45，可得 cosBAC=725，=35，所以 cosC=cos(BA

11、C+ABC)=cosBAC+sinBAC=35因为BEAC，A=5，所以 CE=BCcosC=6 35=185，AE=AC CE=75.8 分在中，由余弦定理可得AD=AC2+DC2 2AC DCcosC=25+4 12=17,cosDAC=AD2+AC2CD22ADAC=17+25410 17=19 17.85由BEAC得 AFcosDAC=AE,所以 AF=7519 1785=7 1719.12 分若选条件（1）在锐角中，sinBAC=2425可得 cosBAC=725由余弦定理可得 BC2=AB2+AC2 2AB ACcosBAC 即AC2145AC 11=0所以 AC=5（AC=115

12、舍）.4 分（2）由（1）知：AC=AB=5 所以 cosC=35如条件做法。若选条件（1）在锐角中，sinBAC=2425，BC=6，AB=AC由余弦定理可得 BC2=AB2+AC2 2AB ACcosBAC，所以 AC=5.4 分（2）同条件 2 做法。20.(1)证明：因为1/1，1，所以1.连接，1，由题意知 1是正三角形，因为点为棱1的中点，所以1.又，平面，=，所以1平面蓝蓝红362534=320第 3页，共 4页 平面 1.6 分(2)由（1）知1平面.而，平面，则1，1，于是即为平面11与平面11所成的二面角的平面角或其角.8 分在正三角形1中，=2，于是=3.因为 1，1/1

13、，于是 1，又，且1，平面11，1 =，所以 平面11因为 平面11，所以 .在 中，=3，=1，从而=13=33.于是平面11与平面11所成的二面角的正弦值为33.12 分21(1)(0,1)，设(1,124)，(2,224)(3,324)由|=|得|t-1|=124+1，又 1所以=124+2，即(0,124+2)所以=124(124+2)10=21，1,|=3=123=213=41,1 3=4即 P(41,412)=124110=12441;=412 1410=12441，即=则A,F,P三点共线.4 分(2)()点N在定直线 y=1 上。理由如下：=,|=1=121故:124=121(

14、1)即=121124同理可得:324=123(3)即=123324联立=141 3=1 即点N在定直线 y=1 上.7 分()直线:124=21(1)即=21+124+2 代入2=4联立得2+81 12 8=0，所以=6412+4(12+8)=4(1+41)2 0，|AB|=412+1 2|1+41|因为1，则 N 到的距离等于点 P 到的距离而点 P(41,412)到直线的距离=|2141412+124+2|412+1=412+124+2412+1=(21+12)2412+1=12412+1 2|1+41|(21+12)2412+1=14|1+41|314（2141）3=16当且仅当1=41

15、，即1=2 时等号成立。.12 分第 4页，共 4页22.解：(1)()的定义域为(0,+)，则()=+1=(1)(+1)，令()=0，解得=1 或=1，因为 2，所以 1 1，则当 0 0，则()单调递增，当 1 1 时，()1 时，()0，则()单调递增，故()的单调递增区间为(0,1)和(1,+)，单调递减区间为(1,1)；.4 分(2)欲证 (1,，(1)ln 1，即证 (1,，1 1ln，令()=1ln，1 1，所以()0，所以()在(1,上单调递增，所以()(1)=0，所以()0，所以()=1ln在(1,上单调递增，所以()()=1ln，所以欲证 (1,，1 1ln，只需证 1 1ln，.7 分因为()=(1)，所以22(1)+(1)ln=12，即(1)22=(1)(1 ln)，.8 分令()=1 ln，则()=1 1=1，当 1 时，()0所以()在(1,+)上单调递增，所以()(1)=0，即 1 ln 0，所以 1 ln 0，故式可等价变形为：1=(1)22(1ln)，所以，欲证式成立，只需证(1)22(1ln)1ln(1)成立，所以仅需证 ln 21+1，令()=ln 2(1)+1，(1)，则()=(1)2(+1)2 0，()在(1,+)上单调递增，故 H()(1)=0，即 ln 2(1)+1，结论得证.12 分