2023届湖北省荆荆宜三校高三上学期11月联考数学试题含解析

这是一份2023届湖北省荆荆宜三校高三上学期11月联考数学试题含解析，共19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。
 2023届湖北省荆荆宜三校高三上学期11月联考数学试题 一、单选题1．已知集合，，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】先分别解出集合A,B，再通过集合的关系和集合的运算逐项分析判断.【详解】由题意可得：，，则，A错误；，B正确；集合之间不存在包含关系，C、D错误；故选：B.2．已知复数，是的共轭复数，则的虚部为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据复数乘方的运算得周期，即可化简复数，在按照复数的除法运算化成一般形式，即可求共轭复数，于是可得的虚部.【详解】解：在复数中：，故周期为4，则且所以则，所以的虚部为.故选：C.3．的展开式中常数项为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】写出二项展开式通项，令的指数为零，求出参数的值，再代入通项即可得解.【详解】的展开式的通项为，令，得，所以常数项为．故选：B．4．等差数列的前项和为，若，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用等差数列的性质与等差数列的前n项和的公式计算即可.【详解】由题意可得：，则，故.故选：B.5．在三棱锥中，，点是的中点，则“平面平面”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】先证明充分性，再证明必要性，然后，再逐个选项进行判断即可【详解】证明充分性，“平面平面”，而面面，又由，点是的中点，所以，，所以，面，所以，，所以，既是的中线也是高，所以，是等腰三角形，所以，，充分性成立；证明必要性，，又由得，点是的中点，所以，根据等腰三角形的性质，和，所以，面，所以，“平面平面”，所以，必要性成立故选：C【点睛】关键点睛：解题关键在于充分理解面面垂直与线面垂直的关系，并利用等腰三角形的性质进行证明线线垂直，难度属于基础题6．已知函数在区间恰有3个零点，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】由，可得，转化为函数在区间恰有3个零点，得到，即可求解.【详解】由，可得，又由函数在区间恰有3个零点，等价于函数在区间恰有3个零点，故，解得.故选D.【点睛】此类问题的解答中把函数在区间恰有3个零点，通常转化为函数在区间恰有3个零点，结合三角函数的图象与性质进行求解，体现了转化思想的应用.7．若不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据在上递增，利用同构法求解即可．【详解】解：构造，则在上显然递增，由得，即，，，令，则，由得，递增，由得，递减，，．故选：B．【点睛】本题解题的关键是看到 “指对跨阶”要想到同构，同构后有利于减少运算，化烦为简．8．已知，，且，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据放缩求解即可．【详解】解：，令，，则，在上递增，，，，∵ ，∴ ，∵ ，令，，∴ ，∴ 是增函数．∴ ，∴ ，∴ ，∴ ，综上所述．故选：D．【点睛】本题解题的关键是对常见三角不等式模型的理解记忆，对放缩的要求较高． 二、多选题9．若，则下列不等式中成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】对A、B、C：根据题意利用作差法分析判断；对D：根据题意结合幂函数、指数函数单调性分析判断.【详解】对A：，∵，则，∴，则，A正确；对B：，∵，则，∴，则，B正确；对C：，∵，则，∴，则，C错误；对D：∵，则，且在上单调递减，∴，又∵在R上单调递增，则，∴，D正确；故选：ABD.10．若正三棱锥和正四棱锥的所有棱长均为，将其中两个正三角形侧面与按对应顶点粘合成一个正三角形以后，得到新的组合体是（    ）A．五面体 B．七面体C．非柱体的多面体 D．斜三棱柱【答案】AD【分析】由题意画出图形，证明四边形与四边形是平面图形，再结合所有棱长相等得新的组合体是斜三棱柱，也是五面体．【详解】将两个正三角形侧面与△按对应顶点粘合成一个正三角形以后，如图，取中点，的中点，连接，，，是正三角形，，是正三角形，，，平面, 平面，△是正三角形，，又，，而，平面,则平面，四边形是平面四边形，由，，得四边形为平行四边形，则，又，，同理可得，再由所有棱长相等，可得几何体为斜三棱柱，也是五面体．故选：AD．11．设（其中为正整数，），且的一条对称轴为；若当时，函数在单调递增且在不单调，则下列结论正确的是（    ）A．B．的一个对称中心为C．函数向右平移个单位后图象关于轴对称D．将的图象的横坐标变为原来的一半，得到的图象，则的单调递增区间为【答案】ACD【分析】根据三角函数的性质可得，，进而得，结合选项即可逐一求解.【详解】当时，函数在单调递增且在不单调,故的周期满足,由于为正整数，所以，故A正确，由于是的对称轴，所以,解得，由于，所以取则，故，所以，故B错误，向右平移个单位后得到，为偶函数，为C正确，将的图象的横坐标变为原来的一半，得到，令,解得则的单调递增区间为，故D正确，故选：ACD12．甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球.现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为，恰有1个黑球的概率为，恰有2个黑球的概率为，则下列结论正确的是（    ）A．，B．数列是等比数列C．数列是等比数列D．的数学期望【答案】ACD【分析】利用已知条件求出，，推出即可判断选项A；推出，得到说明数列是等比数列，再利用期望的公式求解即可判断.【详解】由题知，，，且，；则，；故A正确；由上可得，故，则数列是等比数列，故B错误，C正确；且；则，故D正确.故选:ACD. 三、填空题13．若向量与的夹角为150°，，，则_______.【答案】【分析】首先利用向量数量积的运算律展开，结合数量积的运算公式，即可求解.【详解】，得，即 ，解得：或（舍）.故答案为：14．在数列中，，，，则的前2022项和为______.【答案】1015【分析】分奇偶项讨论，结合并项求和运算求值.【详解】∵，令，则，故，当为偶数时，则，，∴；当为奇数时，则，，∴；设数列的前n项和，则.故答案为：1015.15．四棱锥的底面ABCD是矩形，侧面底面ABCD，，，则该四棱锥外接球的表面积为________.【答案】【分析】由题意，作图，分别找出侧面与底面ABCD外接圆的圆心，计算其半径，根据球的性质，作平面垂线，找出球心，根据勾股定理，可得答案.【详解】由题意，作图如下：在矩形中，连接对角线，，记，即点为矩形的外接圆圆心，在中，，，则，的外接圆半径为，记外接圆圆心为，即，取中点为，在矩形中，易知，，在中，易知，且共线，过作平面，令，连接，侧面底面ABCD，且侧面底面ABCD，平面，且平面，由平面，则，即四边形为矩形，，平面，根据球的性质，可得点为四棱锥外接球的球心，在中，，四棱锥外接球的表面积.故答案为：.【点睛】求多面体的外接球问题，首先找到多面体的两个表面的外接圆圆心与半径，过圆心作表面的垂线，找出球心，构造直角三角形，利用勾股定理，可得答案.16．已知的外接圆的圆心为，若，则_________.【答案】【分析】根据外接圆作图，设外接圆半径为，由于，则可得，结合正弦定理确定，可得，又有外心的几何性质将变为，可得，根据余弦定理有，联合可得三边比例关系，即可得的值.【详解】解：如图，的外接圆的圆心为，过作于点设外接圆半径为，由于，所以，即，由正弦定理得，且角为锐角，则由余弦定理得①因为，所以，其中，，所以，即，又余弦定理得所以②联立①②得：，则.故答案为：. 四、解答题17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，点D在线段AC上，且，，.(1)求角B的大小；(2)求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理边化角得到，再利用两角和差公式以及诱导公式求得结果.（2）由（1）可知是以为直角的直角三角形，的面积,又因为，所以可得，即可得到的长，进而得到答案.【详解】（1）根据，由正弦定理得，∴，又∴，即，又∴，∴.（2）设，由得，即，两边平方得，即，可得.所以.故的面积.18．已知有一系列双曲线：，其中，，记第条双曲线的离心率为，且满足，.(1)求数列的通项公式；(2)求证：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）首先利用已知数列的前项和求，再根据双曲线的方程，得与的关系，求数列的通项公式；（2）首先表示，利用错位相减法求和，即可证明不等式.【详解】（1）因为，当时，，解得；当时，，两式相减，可得，所以，所以是以2为首项，以1为公差的等差数列，所以.由题意，得，所以.（2）所以，故，得证.19．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面是边长为2的正三角形，平面平面，.(1)求证：平行四边形为矩形；(2)若E为侧棱PD的中点，且点B到平面ACE的距离为，求平面ACE与平面ABP夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）取AD中点Q，连PQ，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质证得，再利用线面垂直的判定、性质推理作答.（2）以点A为原点，建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.【详解】（1）设Q为AD的中点，连接PQ，如图，因为正三角形，有，又平面平面，平面平面，平面，因此平面，又平面，即有，而，平面，于是得平面，又平面，有，所以平行四边形为矩形.（2）在平面内作，则平面，即有射线两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，Az所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图，设，则，，，，，，则，，设平面的法向量为，则，令，得，又，于是得点B到平面ACE的距离为，解得，，，，设平面的法向量为，则，取，得所以平面ACE与平面ABP夹角的余弦值为.20．某工厂质检部门要对该厂流水线生产出的一批产品进行检验，如果检查到第4件仍未发现不合格品，则此次检查通过且认为这批产品合格，如果在尚未抽到第4件时已检查到不合格品，则拒绝通过且认为这批产品不合格.且每件产品质检费用为80元.设这批产品的数量足够大，并认为每次检查中查到不合格品的概率都为，即每次抽查的产品是相互独立的.(1)求这批产品能够通过检查的概率；(2)记对这批产品的质检个数记作，求的分布列和数学期望；(3)已知100批此类产品，若，则总平均检查费用至少需要多少元？（总平均检查费用=每批次平均检查费用×批数）【答案】(1)(2)分布列见解析，(3)27512元 【分析】（1）根据题意结合独立事件的概率乘法公式运算；（2）由题可知，分别求概率，可得分布列和期望；（3）设，求导，利用导数求最值，进而可得结果.【详解】（1）记事件A为“这批产品能够通过检查”，则由题意知：.（2）由题可知，，，，，所以的分布列为：1234 故的数学期望为：.（3）设，则，因为，且开口向下，则当时恒成立，所以在单调递减，所以，所以每批次平均检查费用至少为（元），故100批次此类产品总平均检查费用至少需要（元）.21．已知O是平面直角坐标系的原点，F是抛物线：的焦点，过点F的直线交抛物线于A，B两点，且的重心为G在曲线上.(1)求抛物线C的方程；(2)记曲线与y轴的交点为D，且直线AB与x轴相交于点E，弦AB的中点为M，求四边形DEMG的面积最小值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据直线与抛物线的位置关系，求解交点坐标关系，根据三角形重心坐标公式，即可得重心坐标，再代入曲线上，即可得确定抛物线方程；（2）根据坐标关系可证得，则可按梯形面积公式求解即可得面积表达式，结合基本不等式求解最值即可.【详解】（1）解：焦点，显然直线AB的斜率存在，设：，联立，消去y得，，设，，，则，，所以，所以，且，故，即，整理得对任意的恒成立，故，所求抛物线的方程为.（2）解：由（1）知，，，，，，则，又弦AB的中点为M，的重心为G，则，故，所以，D点到直线AB的距离，，，所以四边形的面积，当且仅当，即时取等号，此时四边形的面积最小值为.22．已知函数.(1)求的单调区间；(2)若对恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2). 【分析】（1）求导，再分，和三种情况讨论，结合导数的符号即可得出答案；（2）不等式对恒成立，即不等式恒成立，利用导数求出函数的最小值，再分，，和四种情况讨论，结合（1）中的结论即可得出答案.【详解】（1）解：，①当时，，由得，由得，故在单调递增，在单调递减；②当时，，由得，由得或，故在单调递增，在上单调递减，③当时，，由得或，由得，故在单调递增，在上单调递减，综上，当时，的增区间为，减区间为；当时，的增区间为，减区间为；当时，的增区间为，减区间为；（2）解：由，得，即，（*）令，则，当时，，当时，，所以函数在单调递减，在单调递增，则，由（1）得，①当时，，在单调递增，在上单调递减.，且当趋向正无穷时，趋向0，故恒成立；②当时，在单调递增，在单调递减；故，，满足题意；③，则，当时，则，当时，则，所以在单调递增，在单调递减，所以，又因为，且和都在处取得最值，所以当，解得，所以；④若，则，由（1）得在单调递减；在单调递增；在单调递减，此时，与（*）矛盾，不符合题意，舍去.综上，实数的取值范围为.【点睛】方法点睛：分类讨论求函数的单调区间及利用导数解决不等式恒成立的问题，考查了分类讨论思想，解决第（2）问的关键在于结合（1）中的结论.