2023届湖北省部分市州高三上学期元月期末联考数学试题（解析版）

2023届湖北省部分市州高三上学期元月期末联考数学试题

一、单选题

1．已知复数z满足（其中i为虚数单位），则（    ）

A．1 B．2 C． D．5

【答案】C

【分析】利用复数除法运算求得，进而求得.

【详解】，

所以.

故选：C

2．已知集合，，则集合（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求函数的定义域求得集合，由此对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】，

对于函数，由解得，所以.

所以，，

或，

，所以D选项符合.

故选：D

3．有一组样本数据：5，6，6，6，7，7，8，8，9，9.则关于该组数据的下列数字特征中，数值最大的为（    ）

A．平均数 B．第50百分位数 C．极差 D．众数

【答案】A

【分析】分别求出平均数、第50百分位数、极差、众数，即可得到答案

【详解】平均数为；

，则第50百分位数为；

极差为；

众数为

故平均数最大

故选：A.

4．已知，且，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】判断的范围，求得的值，利用二倍角公式，即可求得答案

【详解】由题意，则，

由可得，

即有，即，，解得，

故选：C

5．已知函数则函数的图象大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】分段求出函数的解析式，利用导数判断其单调性，根据单调性可得答案.

【详解】当，即时，，

，

令，得，令，得，

所以函数在上为增函数，在上为减函数，由此得A和C和D不正确；

当，即时，，

，

令，得，令，得，

所以函数在上为增函数，在上为减函数，由此得B正确；

故选：B

6．已知数列的前n项和为，且，，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用，求出数列的递推关系，从而得数列的通项公式，然后由求和公式计算．

【详解】，时，，相减得，

∴，又，，

所以从第二项项开始成等比数列，时，，

，

故选：D．

7．已知，分别为双曲线：的左，右焦点，点P为双曲线渐近线上一点，若，，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．2

【答案】B

【分析】由题可得，然后利用二倍角公式结合条件可得，然后根据离心率公式即得.

【详解】因为，为的中点，

所以，，

所以，又， ，

所以，

所以.

故选：B.

8．在三棱锥中，，，设侧面与底面的夹角为，若三棱锥的体积为，则当该三棱锥外接球表面积取最小值时，（    ）

A． B． C． D．4

【答案】B

【分析】通过计算推出为的外接圆的直径，到平面的距离为，设的中点为，则为的外接圆的圆心，设三棱锥的外接球的球心为，半径为，根据以及求出的最小值及取最小值时，有平面，再取的中点，连，，则可得，计算可得.

【详解】因为，，所以，

所以，所以，所以，

所以为的外接圆的直径，

设的中点为，则为的外接圆的圆心，

因为，设到平面的距离为，

则，所以，

当该三棱锥外接球表面积取最小值时，半径最小，

设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则平面，

若点和点在平面的同侧，如图：

则，即，当且仅当三点共线时，取等号，

在中，，所以，

所以，所以，当且仅当三点共线时，取等号，

若点和点在平面的异侧，

则，所以，

若与重合时，，不合题意，

综上所述：的最小值为，且当时，三点共线，

此时平面，取的中点，连，，则，

因为平面，平面，所以，

又，所以平面，

因为平面，所以，

所以是侧面与底面的夹角，即，

因为，，

所以.

故选：B

二、多选题

9．如图所示，在边长1为的正六边形ABCDEF中，下列说法正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】由正六边形性质，结合向量线性运算及数量积的几何表示即可判断.

【详解】由正六边形性质可知，正六边形ABCDEF对边平行且相等，对角线交于O将正六边形分成六个全等正三角形.

对A，，A错；

对B，，B对；

对C，，C对；

对D，，，，D错.

故选：BC

10．已知实数a，b，c满足，则下列关系式中可能成立的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】ABC

【分析】将化为，设，得，，，利用函数，，的图象可求出答案.

【详解】由可知，，所以，

设，则，，，

在同一直角坐标系中作出函数，，的图象，

由图可知，当时，，此时C正确；

当时，，此时B正确；

当时，，此时A正确.

故选：ABC

11．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A．是的一个周期

B．的图象关于点中心对称

C．在区间上的零点个数为4

D．的最大值为

【答案】ABD

【分析】根据周期函数的定义，验证可知A正确；根据中心对称的定义，验证可知B正确；由，解方程求出零点可知C不正确；由，通过换元，设，化为关于的函数，利用导数求出其值域，可得到结果.

【详解】对于A，因为，所以是的一个周期，故A正确；

对于B，因为，所以的图象关于点中心对称，故B正确；

对于C，由，得或，，

得或，，

由及得或或，所以或或，

由及得或或或或，所以或或或或，

所以在区间上的零点为，，，，，共5个，故C不正确；

对于D，，

所以，

设，，

则，

令，得，令，得，

所以在上为增函数，在上为减函数，

所以当时，取得最大值为，或时，取得最小值为，

所以，所以，

所以的最大值为，故D正确；

故选：ABD

12．已知正方体的棱长为3，P为正方体表面上的一个动点，Q为线段上的动点，.则下列说法正确的是（    ）

A．当点P在侧面（含边界）内时，为定值

B．当点P在侧面（含边界）内时，直线与直线所成角的大小为

C．当点P在侧面（含边界）内时，对任意点P，总存在点Q，使得

D．点P的轨迹长度为

【答案】ACD

【分析】对选项A，易证得，即可求出的值；对选项B，易知直线与直线所成角为，求出，即可得出答案；对选项，通过关系建立方程，结合点的坐标满足，得到关于的一元二次方程，再通过判别式即可判断出对任意点，总存在点，便得；对于选项D，点P的轨迹一部分是在面三个面内以为半径，圆心角为的三段弧，另一部分是在面三个面内以为半径，圆心角为的三段弧，求解即可.

【详解】对于A，因为P在侧面（含边界）内，由正方体的性质知，

平面，平面，所以，

所以，故A正确；

对于B，点P在侧面（含边界）内，由正方体的性质知，

平面，平面，所以，

直线与直线所成角为，

所以，

直线与直线所成角的大小为，故B不正确；

对于C，建立如下图所示的空间直角坐标系，根据题意，可得：，，，，，，，

为线段上的动点，则有：（）

解得：，设点，

因为，所以，

则，若，

则有：，

，又

则有：

又，则有：，

故对任意点，总存在点，便得，故选项正确；

对于D，当时，如图2，点P的轨迹一部分是在面三个面内以为半径，圆心角为的三段弧，

另一部分是在面三个面内以为半径，圆心角为的三段弧；所以此时点P轨迹的长度为，故D选项正确；

故选：ACD.

三、填空题

13．的展开式中，常数项为________.

【答案】6

【分析】根据乘法分配律以及二项式展开式的通项公式求得正确答案.

【详解】二项式展开式的通项公式为，

令，解得；令，则无自然数解.

所以展开式中的常数项为.

故答案为：

14．已知红箱内有5个红球、3个白球，白箱内有3个红球、5个白球.第一次从红箱内取出一球，观察颜色后放回原处；第二次从与第一次取出的球颜色相同的箱子内再取出一球，则第二次取到红球的概率为________.

【答案】##

【分析】根据全概率公式求得正确答案.

【详解】依题意，第二次取到红球的概率为.

故答案为：

15．过抛物线焦点F的直线l与抛物线交于两点，点在抛物线准线上的射影分别为，，点P在抛物线的准线上.若AP是的角平分线，则点P到直线l的距离为______.

【答案】5

【分析】连，，根据抛物线的定义以及，证明，从而推出和，可得就是点P到直线l的距离，再根据，推出，结合，可得.

【详解】如图，连，，

由抛物线的定义可知，，又，，

所以，所以，，即，

所以就是点P到直线l的距离，

因为，，，

所以，所以，

所以，又，所以.

故点P到直线l的距离为.

故答案为：

16．已知关于的不等式恒成立，则的最大值为________.

【答案】

【分析】令，若时，，不符合题意；若时，，不符合题意；若时，利用导数求出的最小值为，则关于的不等式恒成立，转化为，再令，利用导数求出其最大值为，则得，由此可得结果.

【详解】令，则，

若时，，不符合题意；

若时，，不符合题意；

若时，令，得，令，得，

所以在上为减函数，在上为增函数，

所以，

因为关于的不等式恒成立，所以，

因为，所以，

令，

则，

令，则，

所以在上为减函数，因为，

所以当时，，，当时，，，

所以在上为增函数，在上为减函数，

所以当时，取得最大值，最大值为，

所以，所以的最大值为.

故答案为：.

【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：

一般地，已知函数，

（1）若，，总有成立，故；

（2）若，，有成立，故；

（3）若，，有成立，故；

（4）若，，有，则的值域是值域的子集 ．

四、解答题

17．已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且.

(1)求边b的值；

(2)若D为边BC的中点，，求的面积.

【答案】(1)4

(2)

【分析】（1）根据正弦定理，找到边关系求解.

(2)根据余弦定理，求出，再根据面积公式求解.

【详解】（1）因为，

由正弦定理得：，且，

所以.

（2）延长AD至点E，满足，连接EB，EC，在中，

由余弦定理得：，

因为，，

代入上式整理得：，所以

所以.

18．已知数列中，对任意的，都有.

(1)若为等差数列，求的通项公式；

(2)若，求数列的前n项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由为等差数列，设公差为d，又，可得，，于是可求得的值，即可得的通项公式；

（2）根据，可得数列的奇数项是首项为3，公差为4的等差数列；偶数项是首项为1公差为4的等差数列，再对项数分奇偶讨论，结合等差数列求和公式，即可数列的前n项和.

【详解】（1）解：因为为等差数列，设公差为d，

又，可得：，，

所以，解得：，，

所以的通项公式为.

（2）解：由条件，可得：，

两式相减得：，因为，又，所以，

所以数列的奇数项是首项为3，公差为4的等差数列；偶数项是首项为1公差为4的等差数列.

所以当n为偶数时，

；

当n为奇数时，

.

综上：.

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.

【答案】(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.

20．2022年11月21日.第22届世界杯在卡塔尔开幕.小组赛阶段，已知某小组有甲、乙、丙、丁四支球队，这四支球队之间进行单循环比赛（每支球队均与另外三支球队进行一场比赛）；每场比赛胜者积3分，负者积0分；若出现平局，则比赛双方各积1分.若每场比赛中，一支球队胜对手或负对手的概率均为，出现平局的概率为.

(1)求甲队在参加两场比赛后积分的分布列与数学期望；

(2)小组赛结束后，求四支球队积分均相同的概率.

【答案】(1)分布列见解析，

(2)

【分析】（1）甲队参加两场比赛后积分的取值为0，1，2，3，4，6，求出取每个值的概率后，可得分布列和数学期望；

（2）根据题意分析，可得要使四支球队积分相同，则每只球队总积分为3分或者4分，然后分2种情况求出概率，再相加可得解.

【详解】（1）甲队参加两场比赛后积分的取值为0，1，2，3，4，6，

则，，

，，

，，

所以随机变量X的分布列为：

随机变量的数学期望：

.

（2）由于小组赛共打6场比赛，每场比赛两个球队共积2分或者3分；6场比赛总积分的所有情况为12分，13分，14分，15分，16分，17分，18分共7种情况，要使四支球队积分相同，则总积分被4整除，所以每只球队总积分为3分或者4分.

若每支球队得3分：

则6场比赛都出现平局，其概率为：；

若每支球队得4分：则每支球队3场比赛结果均为1胜1平1负，

其概率为：﹒

所以四支球队积分相同的概率为.

21．已知，为椭圆：的左、右焦点.点为椭圆上一点，当取最大值时，.

(1)求椭圆的方程；

(2)点为直线上一点（且不在轴上），过点作椭圆的两条切线，，切点分别为，，点关于轴的对称点为，连接交轴于点.设，的面积分别为， ，求的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)由已知结合椭圆定义，可求与的倍数关系，结合向量相关条件以及椭圆中，即可求得与，也就得出椭圆方程.

(2)利用过椭圆一点的切线方程的推导过程，得出切线方程，进而得出直线的定点坐标，然后解设的方程，并与椭圆联立，然后利用韦达定理化简整理出点的坐标，由此求出的关系式，利用基本不等式即可求解.

【详解】（1）依题意有当为椭圆短轴端点时

最大，此时，则

为正三角形，则

且

，又，，，

故椭圆方程为.

（2）设，，，

则依题意有：，：

因，都过点，则，

则方程为，即过定点.

故设方程为，，

联立，

，，又

直线方程为：，令得

，

当且仅当即，时取等号

故最大值为.

22．设函数.

(1)当时，求在上的最值；

(2)对，不等式恒成立，求实数a的取值范围.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）由，，令，，即，结合其导数讨论单调性，进而求解；

（2）由题意可得，，对于恒成立，设，分、、三种情况讨论即可求解.

【详解】（1）当时，，，

设，，即，

所以，

所以在上单调递增，

所以，，

即，.

（2）由，

即，

即，对于恒成立，

设，，

当时，，

由（1）知时，，所以，

当时，.

当时，，时，，不符合题意.

当时，，

即，

设，

则，

当时，，即在单调递增，

又，，

所以存在使得，当时，，

所以在单调递减，此时，不合题意

综上所述，a的取值范围为.