湖北省高中名校联盟2023-2024学年高三上学期第二次联合测评数学试题（Word版附答案）

这是一份湖北省高中名校联盟2023-2024学年高三上学期第二次联合测评数学试题（Word版附答案），共14页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，已知为等差数列，，则，已知，且，则的最大值为，如图，已知，是双曲线C等内容，欢迎下载使用。

命题单位：襄阳五中数学学科组审题单位：圆创教育研究中心 宜昌市夷陵中学
本试卷共4页，22题．满分150分．考试用时120分钟．考试时间：2023年11月14日下午15：00-17：00
★祝考试顺利★
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．
一、单项选择题（本大题共8题，每小题5分，共计40分．每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的）
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数，则的共轭复数为（ ）
A．B．C．D．
3．已知平面向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A．B．C．D．
4．按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：27，31，37，m，42，49；乙组：24，n，33，44，48，52，若这两组数据的第30百分位数、第50百分位数都分别对应相等，则（ ）
A．60B．65C．70D．71
5．已知为等差数列，，则（ ）
A．12B．24C．26D．36
6．关于的不等式在恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知，且，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，已知，是双曲线C：的左、右焦点，以为圆心的圆与双曲线左右两支交于P、Q两点，且则双曲线C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题（本大题共4题，每小题5分，共计20分，在每小题列出的四个选项中，有多项是符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9．关于二项式的展开式，下列结论正确的是（ ）
A．展开式所有项的系数和为-1B．展开式二项式系数和为256
C．展开式中第5项为D．展开式中不含常数项
10．如图为襄阳凤雏大桥，连接襄阳襄城、樊城，既缓解交通压力又是汉江上美丽的风景线，她的悬链类似双曲函数的图像．常见的有双曲正弦函数，双曲余弦函数．下列结论正确的是（ ）
A．
B．双曲正弦函数是奇函数，双曲余弦函数是偶函数
C．若点P在曲线上，为曲线在点P处切线的倾斜角，则
D．
11．设，过定点A的动直线：与过定点B的动直线：交于点P，则下列说法正确的有（ ）
A．B．面积的最大值为
C．D．的最大值为
12．如图，正方体的棱长为4，点E、F、G分別在棱、、上，满足，，记平面与平面的交线为，则（ ）
A．存在使得平面截正方体所得截面图形为四边形
B．当时，三棱锥体积为
C．当时，三棱锥的外接球表面积为
D．当时，与平面所成的角的正弦值为
三、填空题：本大题共4题，每小题5分，共计20分
13．抛物线的焦点坐标为______．
14．在圆锥中，为底面圆心，为圆锥的母线，且，若棱锥为正三棱锥，则该圆锥的体积为______．
15．已知，函数在上单调递娍，则实数的取值范围是______．
16．对于任意的实数，函数满足关系式，则______．
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答需写出必要的解题过程或文字说明，17题10分，其余每题各12分
17．（10分）已知数列首项，且满足．
（1）求证：数列为等比数列，并求的通项；
（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围．
18．（12分）在中，内角A、B、C的对边分别为a，b，c，角A的平分线交BC于D，，．
（1）若，求a的值；
（2）求面积的最小值．
19．（12分）如图，平面ABCD，，，，，．
（1）求点C到平面的距离；
（2）当平面EBD与平面BDF垂直时，求线段CF的长．
20．（12分）移动物联网广泛应用于生产制造、公共服务、个人消费等领域．截至2022年底，我国移动物联网连接数达亿户，成为全球主要经济体中首个实现“物超人”的国家．现有2018~2022年移动物联网连接数与年份代码的散点图，其中年份2018~2022对应的分别为1~5．
（1）根据参考数据计算样本相关系数（精确到）；
（2）令变量，，利用（1）中结论求关于的经验回归方程，并预测2024年移动物联网连接数．
附注：（i）回归方程中斜率和截距最小二乘估计公式分别为，，样本相关系数；
（ii）参考数据：，，，
21．（12分）已知椭圆C：的离心率为，点在椭圆C上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过P作两条相互垂直的直线PA，PB分别交椭圆C于另一点A，B，求证直线AB过定点，并求点P到直线AB的距离最大值．
22．（12分）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）设在处的切线方程为，若，要么恒成立，要么恒成立，求实数a的取值范围．
湖北省高中名校联盟2024届高三第二次联合测评
数学试卷参考答案与评分细则
1．A 【解析】，，，选A．
2．C 【解析】，．选C．
3．B 【解析】．选B．
4．D 【解析】由，第30百分位数是第2个数据故
由，第50百分位数是第3与4个数据平均值，
∴．∴ 选D．
5．A 【解析】故．选A．
6．B 【解析】若为真，恒成立，则，
由于，递增，，时
，，递减，时，，，递增，
，，，∴，选B
7．B 【解析】，；
令，则．选B．
8．D 【解析】延长与双曲线交于点，因为，根据对称性可知，
设，则，可得，即，
所以，则，，
即，可知，
在中，由勾股定理得，
即，解得．故选：D．
9．BCD 【解析】A中：取．有，A错；
B中：，B对；
C中：由则时，C对
D中：由已知可知恒成立，D对
10．ABC 【解析】A中：左边=，A对
B中：关于对称且有，恒成立，B对
C中：，C对
D中：左边，右边，左边≠右边，D错
11．BCD 【解析】A中：由，知：．
B中：，B对
C中：由，知：知：，C对
对于D，在中，，
设，
所以，故D正确．
故选：BCD．
12．BD 【解析】设正方体的棱长为4，以为原点，以、、所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
对于A选项，时，在点，，由可知，所以截面即为四边形；
由图形知，截面为五边形或六边形．故A错误．
对于B选项，当时，，所以，
所以平面，，
又平面，所以，
三棱锥体积为，故B正确．
对于C选项，当时，且平面，
所以根据球的性质容易判断，三棱锥的外接球的球心在过线段的中点，
且垂直于平面的直线上，，，所以的中点，
可记球心，，外接球的半径，
解得，，
所以三棱锥的外接球表表面积为，故C错误．
对于D选项，当时，，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，所以可取，
由平面知，平面的法向量为，
记平面与平面的交线的一个方向向量为，
则，令，则，，所以可取，
又平面的法向量为，则，，，
设与平面所成的角为，则，故D正确．故选：BD．
13． 【解析】由可知：．即焦点坐标为
14． 【解析】因为棱锥为正三棱锥，
所以，，
因为，，由勾股定理得，
即圆锥的底面圆半径，则．
15． 【解析】，
因为，函数在上单调递减，
当时，，
所以，解得．故答案为：
16．0 【解析】取，则有，则恒成立．
17．解：（1）取倒数，变形，而
∴数列是以首项，公比为的等比数列，
∴，∴
（2）若，则，∴
而是时的递减数列，∴，故．
18．解：（1）∵平分线为，由，
得，若，则，则．
在中，由余弦定理，所以．
（2）因为，则，所以，当且仅当时等号成立．
因此
19．解：（1）∵平面，平面
∴，又，∴平面，又
∴点到平面距离为；（也可利用等体积法求距离）
（2）依题意，建立以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得，，，，．
设，则．
依题意，，
设为平面的法向量，则，即，令，可得，
设为平面的法向量，则，即．令，可得．
由得，所以，线段的长为．
20．解：（1）根据给定数据．
因为，
所以，
所以
（2）由（1）知，
所以关于的经验回归方程，又，
所以当时，则，，
所以预测2024年移动物联网连接数亿户．
21．解：（1）∵，，则，已知过，∴
∴椭圆C：
（2）当斜率k不存在时：，
由知：有：
代入知．可得或
但时与重合舍去，∴此时
当斜率k存在时，设直线方程：，联立方程得：
设，，则，，由直线，相互垂直得：，带入化简得
即：；
当时，直线过点（舍）；当时，直线过定点，
综上所述，直线过定点，
在中，到距离的最大值为，而
所以，点到直线的距离最大值为．
22．解：（1）函数的导函数
当时，，由得，∴在单调递增，在单调递减；
当时，有，且，，
由，即得
∴在单调递增，在单调递减；
当时：
若时，有，且，，
由，即得
∴在单调递增，在，单调递减；
若时，有，恒成立，恒成立，∴在单调递减；
综上：当时，在单调递增，在单调递减；
当时，在单调递增，在单调递减；
当时，在单调递增，
在，单调递减；
若，在单调递减．
（2），．
①时．恒成立
在处的切线：，即
∵恒成立．则在上为增函数
记
在时，
在时，
因此不符合题意．
②在时，
可知在时，取有，且在时时，，且递减．
在时即时，，且递增，过处切线：
切线
令
则，在时，为减函数，
∴，∴，即
在时，为增函数，，∴，即
∴存在，解得，恒成立．∴可取．
综合①②讨论可知：．