湖北省八市2023届高三下学期3月联考数学试题含答案.docx

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1、2023年湖北省八市高三（3月）联考数学试卷本试卷共4页，22题，全卷满分150分.考试用时120分钟.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粘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. 已知

2、集合，若，则（ ）A. B. C. D. 2. 若（为虚数单位），则（ ）A. B. C. D. 3. 已知两个非零向量的夹角为，且，则（ ）A. B. C. D. 34. 羽毛球运动是一项全民喜爱的体育运动，标准的羽毛球由16根羽毛固定在球托上，测得每根羽毛在球托之外的长为7cm，球托之外由羽毛围成的部分可看成一个圆台的侧面，测得顶端所围成圆的直径是6cm，底部所围成圆的直径是2cm，据此可估算得球托之外羽毛所在的曲面的展开图的圆心角为（ ）A. B. C. D. 5. 将顶点在原点，始边为轴非负半轴的锐角的终边绕原点逆时针转过后，交单位圆于点，那么的值为（ ）A. B. C. D. 6.

3、甲乙丙丁戊5名志愿者参加新冠疫情防控志愿者活动，现有三个小区可供选择，每个志愿者只能选其中一个小区.则每个小区至少有一名志愿者，且甲不在小区概率为（ ）A. B. C. D. 7. 设，则（ ）A. B. C. D. 8. 如图，为双曲线左右焦点，过的直线交双曲线于两点，为线段的中点，若对于线段上的任意点，都有成立，且内切圆的圆心在直线上.则双曲线的离心率是（ ）A. B. C. 2D. 二多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记录每次的点数，设事件 “第一

4、次出现2点”，“第二次的点数小于5点”，“两次点数之和为奇数”，“两次点数之和为9”，则下列说法正确的有（ ）A 与不互斥且相互独立B. 与互斥且不相互独立C. 与互斥且不相互独立D. 与不互斥且相互独立10. 已知函数，将图象上所有的点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到函数的图象，若在上恰有一个最值点，则的取值可能是（ ）A. 1B. 3C. 5D. 711. 在棱长为2的正方体中，为中点，为四边形内一点（含边界），若平面，则下列结论正确的是（ ）A. B. 三棱锥的体积为C. 线段最小值为D. 的取值范围为12. 设定义在上的函数与的导函数分别为和，若，且与均为偶函数，则下列说法中一定

5、正确的是（ ）A. B. C. D. 三填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，且展开式中项的系数为20，则实数的值为_.14. 已知函数，若存在四个不相等的实根，且，则的最小值是_.15. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与该抛物线交于两点，的中点纵坐标为，则_.16. 高斯函数是以德国数学家卡尔-高斯命名的初等函数，其中表示不超过的最大整数，如.已知满足，设的前项和为的前项和为.则（1）_；（2）满足的最小正整数为_.四解答题：共70分.解答应写出文字说明证明过程或演算步啝.17. 在中，记角的对边分别为，已知，且，点在线段上.（

6、1）若，求的长；（2）若的面积为，求的值.18. 已知各项均为正数的数列的前项和为，且为等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）若为正整数，记集合的元素个数为，求数列的前50项和.19. 如图所示，六面体的底面是菱形，且平面，平面与平面的交线为.（1）证明：直线平面；（2）已知，三棱锥的体积，若与平面所成角为，求的取值范围.20. 3月14日为国际数学日，也称为节，为庆祝该节日，某中学举办了数学文化节活动，其中一项活动是“数学知识竞赛”，初赛采用“两轮制”方式进行，要求每个班级派出两个小组，且每个小组都要参加两轮比赛，两轮比赛都通过的小组才具备参与决赛的资格.高三（7）班派出甲乙两个小组参赛，

7、在初赛中，若甲乙两组通过第一轮比赛的概率分别是，通过第二轮比赛的概率分别是，且各个小组所有轮次比赛的结果互不影响.（1）若三（7）获得决赛资格的小组个数为X，求X的数学期望；（2）已知甲乙两个小组在决赛中相遇.决赛以三道抢答题形式进行，抢到并答对一题得10分，答错一题扣10分，得分高的获胜：假设这两组在决赛中对每个问题回答正确的概率恰好是各自获得决赛资格的概率，且甲乙两个小组抢到该题的可能性分别是，假设每道题抢与答的结果均互不影响，求乙已在第一道题中得10分的情况下甲获胜的概率.21. 已知函数，其中.（1）讨论函数的单调性；（2）数列满足，证明：当时，.22. 已知椭圆的离心率为.且经过点是

8、椭圆上的两点.（1）求椭圆方程；（2）若直线与斜率之积为（为坐标原点），点为射线上一点，且，若线段与椭圆交于点，设.（i）求值；（ii）求四边形的面积.2023年湖北省八市高三（3月）联考数学试卷本试卷共4页，22题，全卷满分150分.考试用时120分钟.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粘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.

9、4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.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. 已知集合，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】因为，所以，则，即，此时，所以，故选：D.2. 若（为虚数单位），则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由可得，所以，故选：.3. 已知两个非零向量的夹角为，且，则（ ）A. B. C. D. 3【答案】C【解析】因为非零向量的夹角为，且，所以，即，化简得：，.故选：C.4. 羽毛球运动是一项全民喜爱的体育运动，标准的羽毛球由16根羽毛固定在球托上，测得每根羽毛在球托之外的

10、长为7cm，球托之外由羽毛围成的部分可看成一个圆台的侧面，测得顶端所围成圆的直径是6cm，底部所围成圆的直径是2cm，据此可估算得球托之外羽毛所在的曲面的展开图的圆心角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】将圆台补成圆锥，则羽毛所在曲面的面积为大、小圆锥的侧面积之差，设小圆锥母线长为x，则大圆锥母线长为x7，由相似得，即x，所以可估算得球托之外羽毛所在的曲面的展开图的圆心角为.故选：C.5. 将顶点在原点，始边为轴非负半轴的锐角的终边绕原点逆时针转过后，交单位圆于点，那么的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由点在单位圆上，则，解得，由锐角，即，则，故，.故选：A.

11、6. 甲乙丙丁戊5名志愿者参加新冠疫情防控志愿者活动，现有三个小区可供选择，每个志愿者只能选其中一个小区.则每个小区至少有一名志愿者，且甲不在小区的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】首先求所有可能情况，5个人去3个地方，共有种情况，再计算5个人去3个地方，且每个地方至少有一个人去，5人被分为或当5人被分为时，情况数为;当5人被分为时，情况数为；所以共有.由于所求甲不去，情况数较多，反向思考，求甲去的情况数，最后用总数减即可，当5人被分为时，且甲去，甲若为1，则，甲若为3，则共计种，当5人被分为时，且甲去，甲若为1，则，甲若为2，则，共计种，所以甲不在小区的概率为，故选：B.

12、7. 设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】因为，.所以.因为，所以.构造函数，则，当时，所以在上单调递减，则.因为，所以，所以，即，故，故选：B.【点睛】关键点点睛：本题涉及比较指数式，对数式，三角式大小，难度较大.本类问题常利用估值和构造函数解决问题，估值时常利用.而构造函数需观察式子间联系，后利用函数单调性可比较式子大小.8. 如图，为双曲线的左右焦点，过的直线交双曲线于两点，为线段的中点，若对于线段上的任意点，都有成立，且内切圆的圆心在直线上.则双曲线的离心率是（ ）A. B. C. 2D. 【答案】D【解析】如图1，取中点为Q，连接EQ，PQ.则，.因，则，因直线外一

13、点到直线连线中垂线段最短，则为垂线.因Q为中点，E为中点，则，得.又DO为直角三角形斜边中线，则.如图2，设内切圆的圆心为I，内切圆与交点为M，与交点为T，与交点为N.则，又，则.又由切线性质，可知，则.则离心率为，故选：D【点睛】结论点睛：本题涉及以下结论：（1）极化恒等式：；（2）双曲线焦点三角形的内切圆圆心在直线上.二多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记录每次的点数，设事件 “第一次出现2点”，“第二次的点数小于5点”，“两次点数之和为奇数”，“两

14、次点数之和为9”，则下列说法正确的有（ ）A. 与不互斥且相互独立B. 与互斥且不相互独立C 与互斥且不相互独立D. 与不互斥且相互独立【答案】ABD【解析】对于A：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次与第二次的结果互不影响，即与相互独立；第一次出现2点，第二次的点数小于5点可以同时发生，与不互斥；故A正确；对于B：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次的结果会影响两次点数之和，即与不相互独立；第一次出现2点，则两次点数之和最大为8，即与不能同时发生，即与互斥，故B正确；对于C：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第二次的结果会影响两次点数之和，即与不相互独立；若第一次的点数为5，第二次的点数4

15、点，则两次点数之和为9，即与可以同时发生，即与不互斥，故C错误；对于D：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次的结果不会影响两次点数之和的奇偶，即与相互独立；若第一次的点数为2，第二次的点数3点，则两次点数之和为5是奇数，即与可以同时发生，即与不互斥，故D正确.故选：ABD.10. 已知函数，将图象上所有的点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到函数的图象，若在上恰有一个最值点，则的取值可能是（ ）A. 1B. 3C. 5D. 7【答案】BCD【解析】.由题意，可得，由，可得.因为在上恰有一个最值点，所以，解得，由选项可知A错误，BCD正确，故选：BCD11. 在棱长为2的正方体中，为中点，为

16、四边形内一点（含边界），若平面，则下列结论正确的是（ ）A. B. 三棱锥的体积为C. 线段最小值为D. 的取值范围为【答案】BCD【解析】取、中点分别为、，连接、，如下图：为正方体，平面，平面，且，平面平面，为四边形内一点（含边界），且平面，点线段上（含端点），对于选项A：当为时，则与的夹角为，此时， 则，则与不垂直，故A错误；对于选项B：为四边形内一点（含边界），到平面的距离为2，三棱锥的体积为，故B正确；对于选项C：点在线段上（含端点），当时，线段最小，在边上的高为，则，则当时，即，故C正确；对于选项D：为正方体，平面，平面，为直角三角形，且直角为，点在线段上（含端点），则当最大时，即点

17、为点时，此时，此时最小为，当最小时，即，此时，此时最大，为，则的取值范围为，故D正确；故选：BCD12. 设定义在上的函数与的导函数分别为和，若，且与均为偶函数，则下列说法中一定正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】对于选项A：为偶函数，即，图像关于点对称，令，得，解得，故A正确；对于选项B：为偶函数，即，图像关于点对称，图像关于点对称，图像关于点对称，图像关于点与点对称，自变量每增加1，函数值增加4，即，令，得，则，故B正确；对于选项C：图像关于点对称，令，得，故C错误；对于选项D：图像关于点对称，则两自变量相加等于1时，函数值之和为，即，故D正确；故选：ABD.三填空

18、题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，且展开式中项的系数为20，则实数的值为_.【答案】#0.5【解析】因为二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，所以，二项式的通项为，令，解得， 所以展开式中项为，解得.14. 已知函数，若存在四个不相等的实根，且，则的最小值是_.【答案】【解析】作函数与图像如下：存在四个不相等的实根，且，则，且，则，即，得，则，当且仅当时，即，时，等号成立，15. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与该抛物线交于两点，的中点纵坐标为，则_.【答案】或【解析】抛物线的焦点，设直线的方程为，所以，则，联立，消去得：，

19、恒成立，所以，所以，则，又，整理得：，所以，解得或.16. 高斯函数是以德国数学家卡尔-高斯命名的初等函数，其中表示不超过的最大整数，如.已知满足，设的前项和为的前项和为.则（1）_；（2）满足的最小正整数为_.【答案】 . . 91【解析】因为，所以，设，则有，所以数列是等比数列，公比，所以，即，所以，令，则，所以，所以，所以，所以；因为，因为，所以，所以，即，且当时，单调递增；又因为，即，所以单调递增，又因为，所以，所以，所以或，所以当为偶数时，设，所以，所以，所以当为奇数时，设，所以，所以，所以，所以，当为偶数时，由可得，或(舍)因为，所以，又因为为偶数，所以；当为奇数时，由可得，由(舍

20、)，或，因为，所以，所以，又因为为奇数，所以， 综上所述，.【点睛】对于形如，且的类型题目，变换成的形式，使数列为等比数列，从而可求得数列的通项公式.四解答题：共70分.解答应写出文字说明证明过程或演算步啝.17. 在中，记角的对边分别为，已知，且，点在线段上.（1）若，求的长；（2）若的面积为，求的值.【解析】（1）依题意有.,.,因为，所以，又.，则，在中，由正弦定理得，解得.（2）设，则，又，即，可得，故，由余弦定理可得，在中，由正弦定理可得，故，在中，由正弦定理可得，故，因为，18. 已知各项均为正数的数列的前项和为，且为等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）若为正整数，记集合的元素

21、个数为，求数列的前50项和.【解析】（1）因为为等差数列，所以，且当时，可得；当时，则；由，故，所以是首项为1，公差为1的等差数列，故.（2），因为，当且仅当时成立，所以，当，因为，所以能使成立的的最大值为，所以，所以的前50项和为.19. 如图所示，六面体底面是菱形，且平面，平面与平面的交线为.（1）证明：直线平面；（2）已知，三棱锥的体积，若与平面所成角为，求的取值范围.【解析】（1）连接，即.四边形为平行四边形，则.平面平面，平面，平面平面，又平面，四边形是菱形，又平面平面，则，又，平面，平面，又平面.（2）连接交于点，则.平面，平面，因为平面，则.，四边形是菱形，则，以为轴，轴，轴建立

22、如图的空间直角坐标系，设，则.，即，则，又是平面的一个法向量，设，则.20. 3月14日为国际数学日，也称为节，为庆祝该节日，某中学举办了数学文化节活动，其中一项活动是“数学知识竞赛”，初赛采用“两轮制”方式进行，要求每个班级派出两个小组，且每个小组都要参加两轮比赛，两轮比赛都通过的小组才具备参与决赛的资格.高三（7）班派出甲乙两个小组参赛，在初赛中，若甲乙两组通过第一轮比赛的概率分别是，通过第二轮比赛的概率分别是，且各个小组所有轮次比赛的结果互不影响.（1）若三（7）获得决赛资格的小组个数为X，求X的数学期望；（2）已知甲乙两个小组在决赛中相遇.决赛以三道抢答题形式进行，抢到并答对一题得10

23、分，答错一题扣10分，得分高的获胜：假设这两组在决赛中对每个问题回答正确的概率恰好是各自获得决赛资格的概率，且甲乙两个小组抢到该题的可能性分别是，假设每道题抢与答的结果均互不影响，求乙已在第一道题中得10分的情况下甲获胜的概率.【解析】（1）设甲乙通过两轮制的初赛分别为事件，则，由题意可得，的取值有，.所以（2）依题意甲，乙抢到并答对一题的概率为，乙已得10分，甲若想获胜情况有：甲得20分：其概率为甲得10分，乙再得-10分，其概率为；甲得0分，乙再得-20分，其概率为.故乙先得10分后甲获胜的概率为.21. 已知函数，其中.（1）讨论函数的单调性；（2）数列满足，证明：当时，.【解析】（1）

24、函数的定义域为，且，当时，由可得，由可得，所以在上单调递减，在上单调递增；当时，由，可得，（i）当，即时，在上单调递减；（ii）当，即时，令，得，当变化时，变化如下，+减函数增函数减函数综上：当时，在上单调递减，在单调递增；当时，在上单调递减；当时，在上单调递减；在上单调递增；（2）由题意知时，由（1）知，在上单调递减，且，当时，又，令，得，由可得，由可得，所以在上递减，在递增，因为，所以，又当时，所以，即，又因为函数在时单调递减，所以，即，即，即，所以.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩

25、构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.22. 已知椭圆的离心率为.且经过点是椭圆上的两点.（1）求椭圆的方程；（2）若直线与的斜率之积为（为坐标原点），点为射线上一点，且，若线段与椭圆交于点，设.（i）求值；（ii）求四边形的面积.【解析】（1）依题意有，解得，故椭圆C方程为.（2）（i）设，因，则.因P，Q均在椭圆上，则.又，则.因为，所以，则.又在椭圆上，则.；（ii）由（i），可知，则四边形面积为.当直线PQ斜率为0时，易知，又，则.根据对称性不妨取，由得，则，得此时；当直线斜率不为0时，设的方程为，将直线方程与椭圆方程联立有：，消去x得：.则其判别式大于0，.又原点到直线PQ距离为，则此时.综上可得四边形面积为.【点睛】关键点点睛：本题涉及椭圆中的向量比例问题及椭圆中的面积问题，难度较大.对于向量比例问题，本题利用点E在椭圆上，构建了关于的方程；对于面积问题，本题由题目条件，将求四边形面积转化为了求相关三角形的面积，但需注意所涉直线的特殊性.