2023届荆荆宜三校高三上学期9月联考数学试卷含答案.pdf

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1、?2022年湖北省荆荆宜三校高三上学期9月联考高三数学试卷 考试时间：2022年9月27日下午15:00-17:00 试卷满分：150分注意事项1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号等填写在答题卡和试卷指定的位置上。2.回答选择题时，逃出每题答案后，用铅笔把答案卡对应题目的答案标号涂黑。如需要改动，先用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。一、选择题：本大题共8小题，每一小题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.己知集合A=x I x2-x-2：二O,B=xly在=-i，则AUB=A.1,2B.一l，叫c.斗，ID.

2、l，叫）2.己知角的终边经过点4才），则可以为白2 A.-B 3.己知 A,B 为两个随机事件，的I lC.一D.一一3 6 P(A），坷的0，则飞，相互独立”是“P(AIB)=P(AIB）”A.充分不 必要条件B必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件4.衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若f（x）是f（功的导函数，f气x)是f）的导函 数，则 曲 线y=f(x）在 点（x,f(x）处的 曲率K=If气x)I 3.己知(1）2)2 f(x)=lnx-cos(x-1），则曲线y=f(x）在点（l,f(l）处的曲率为A.0 B主C.jJ_ D.J24 2 5己

3、知 函 数f(x)=2sin(w叫）（w 0,0？）的部分图 象如图，月X1)=f(x2）%，则叫：（x2-x1)3 A.一3 c.-.fiB.一一4.fi D.一X1 X1 y3 噜26;,:2 6.己 知（mx+lY(nEN.,mR）的展开式只有第5项的二项式系数最大，设(mx+lr=ao+a1x+a2X2 anx”，若a,=8，则句an=A.63B.64 C.247 D.255 湖北省新高考联考体数学试卷（共4页）第1页7.己知阳叫是方程ax2+bx+c=O(a:;tcO）的 两根，有以下四个命题：甲：tan（如才；si n（）5 乙：tantan一；丙：一一一一一；丁：tanta nt

4、an（）一tan（）一如果其中cos（一）4 只有一个假命题，则该命题是A.甲B.乙C.丙D.丁8.己知函数.f(x)xlnx-x2+(3-a)x+l（则，若f(x）存在两个极值点抖，刊的.xi），当主取得最小值时，实数。的值为A.0B.1C.2D.3二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部 选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9.某地为响应“扶贫必扶智，扶智就扶知识、扶技术、扶方法”的号召，建立农业科技图书馆，供农民免费借阅，收集了近5年的借阅数据如下表：年份I 2016 I 2011 I 201s 1 201 9 1 2但0年

5、份代码xI I I 2 I 3 I 4 I 5 年借阅量y（万册）4.9 I 5.1 I 5.5 I 5.7 I 5.s 根据上表，可得y关于x 的经验回归方程为全0.24x+a，则A.G二4.68B.借阅量 4.9,5.1,5.5,5.7,5.8的上四分位数为5.7C.y与x的线性相关系数r 0 D.2021年的借阅量定不少于6.12万册1 0.下列结论正确的有A.若lna2 In肘，则221叫c.若bae，则。b b(l B若比国，则2a 2b a b D.若0 2a b 3-a2，则 sina sin!_2 11.己知函数f(x)=2sin（王 马，若将函数f(x）的图象纵坐标不变，横坐

6、标缩短到原来的工，再2 6 向右平移j个单位长度，得到函数酬的图象，则A函数g忡汩i巾号）C函数g(xB.函数f(x）的周期为4 12.己知奇函数（x）在R上可导，其导函数为f（x），且（1-x)-f(l+x)+2x=0恒成立，若f(x)在O,l上单调递增，则A.f(x）在1,2上单调递减C.f(2022)=2022B.f(O)=OD./(2023)=1 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题卡中的横线上13.设。0，若aa=(9a户，则loga(3a)一一一.1 4.某小区共有 3个核酸检测点同时进行检测，有6名志愿者被分配到这3个检测点参加服务，6人中有4名“熟手”

7、和2名“生手”，l名“生手”至少需要l名“熟手”进行检测工作的传授，每个检测点至少需要l名“熟手”，且2名“生手”不能分配到同一个检测点，则不同的分配方案种数是湖北省新高考联考休数学试卷（共4页）第2页湖北省新高考联考体*数学答案（共 7 页）第1页2022 年湖北省荆荆宜三校高三上学期 9 月联考 高三数学答案一、选择题一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D C A C C B D 二、二、选择题选择题 题号 9 10 11 12 答案 ABC AD ABC BCD 三、填空题三、填空题 13712142161510 xy=1624四、解答题四、解答题 17【解析】（

8、1）由正弦定理知sin2sinAaCc=,1 分 又23AC=,所以2132sinsinsin()sincos322CACCC=+=+，所以53sincos22CC=，所以3tan5C=4 分（2）由3tan5C=知222222cossin1tan11cos2cossin1tan14ccCCccC=+，2222sincos2tan5 3sin2cossin1tan14ccCCccC=+，6 分 记ABC的面积为S因为23BACC=,所以1sin4sin2Sa cBB=115 36 34sin(2)2 3cos22sin22 32314147CCC=故ABC的面积为6 37 10 分 18【解析

9、】（1）由题意，45 555 10652575 30852095 1073100+=，2 分 此时85=+，故()0.158651(85.9)2PXXP=+=，4 分 所以该市全体考生中笔试成绩高于85的人数约为10000 0.158651587人 5 分（2）进入面试的考生中笔试成绩位于80,90)、90,100的人数之比为2:1，则抽取的6人中成绩不低于90 湖北省新高考联考体*数学答案（共 7 页）第2页 分的人数为2，所以随机变量的取值为0，1，2 6 分 2426C2(0)5CP=，114226C C8(1)15CP=，2226C1(2)15CP=，9 分 所以的分布列为 0 1 2

10、 P 25 815 115 所以2812()012515153E=+=12 分 19【解析】（1）由11133nnnnnnaaa aaa+=得11113313nnnnnnnnaaaaa aaa+=，1 分 所以11113()nnnnaaaa+=+，3 分 因为115021aa=+，则1nnaa+是公比为 3 的等比数列 4 分 （2）由（1）得11532nnnaa+=所以22211125()2924nnnnnnaabaa+=+=，6 分 所以25252(91)24121993nnnnnS=8 分 所以25(91)264nnnS=，因为25与64互素，所以64|()912nnSZ 因为01223

11、391(1 8)1CC8C8C8C 81nnnnnnnnn=+=+122328C8 C8C)8C(nnnnnn=+，所以正整数n的最小值为8 12 分 20【解析】（1）证明：分别取BC，1BC的中点O和F，连接OA，OF，EF，1BO 湖北省新高考联考体*数学答案（共 7 页）第3页 因为O，F分别是BC，1BC的中点，所以1FO/BB，且112FOBB=，因为点E为棱1AA的中点，所以1AE/BB，且112AEBB=，所以FO/AE，且FOAE=，所以四边形AOFE是平行四边形，所以EF/AO 2 分 因为1EBEC=，F是1BC的中点，所以1EFBC，又平面1BCE 平面11BBCC，且

12、平面1BCE平面111BBCCBC=，所以EF 平面11BBCC，所以AO 平面11BBCC，4 分 因为AO平面ABC，所以平面11BBCC 平面ABC 5 分 （2）因为侧面11BBCC为菱形，且160BBC=，所以1BBC为正三角形，所以1BOBC，由（1）知平面11BBCC 平面ABC，所以OA，OC，1OB两两垂直设2AB=，则12 2AABC=以O为坐标原点，OA，OC，1OB分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 则(2,0,0)A，(0,2,0)C，1(0,0,6)B，26(2,)22E，所以1(0,2,6)BC=，26(2,)22CE=，(2,2,0)AC=

13、，7 分 设平面1BCE的法向量为111(,)x y z=m，则111111260,2620,22BCyzCExyz=+=mm令11z=，得(0,3,1)=m 设平面1ABC的法向量为222(,)x y z=n，则12222260,220,BCyzACxy=+=nn令23y=，得(3,3,1)=n，10 分 湖北省新高考联考体*数学答案（共 7 页）第4页 则42 7cos,|73 133 1=+m nm nmn，所以平面1ABC与平面1BCE的夹角的余弦值为2 77 12 分 21【解析】（1）因为点3(1,)2A在椭圆上，所以221314ab+=，因为点(4,0)P在椭圆外，且2|43PF

14、=，所以3c=，即223ab=，由解得24a=，21b=，所以椭圆的方程为2214xy+=4 分 （2）解法解法一一：设点11(,)M x y，22(,)N xy，并设直线MN：:(2)MNlxmyt t=+将直线MN代入方程2214xy+=得22()440myty+=，即222(4)240mymtyt+=，因为直线l与椭圆有且仅有一个交点，所以2 22244(4)(4)0m tmt=+=，即224tm=+6 分 直线AP的方程为:42 3APylx=；直线BP的方程为:42 3,BPxyl=+联立方程,42 3,xmytxy=+=得12 34mty=+，同理得242 3mty=，所以122(

15、4)(4 3)4 3412tyytm=+8 分 所以121212)11(,(4)(22St yyStyy=，所以1222222211212221211(444)()44(SS SStyyytytyyt+=+2122221(4)8)1(64yyttttt=+22214848 98)(31216)364(4)816tttttt+=+=+（，10 分 令98(26)t+=，则221122248 8193672856SS SS+=+，当且仅当28=，即209t=时取等号 故当209t=时，221122SS SS+取得最小值97 12 分 解法解法二二：当直线l斜率存在时，设直线l的方桯为ykxm=+，

16、联立221,4,yxxkmy=+=+得222(14)8440kxkmxm+=，因为直线l与椭圆有且仅有一个交点，所以2222644(14)(44)0k mkm=+=，即2241mk=+6 分 由题意得直线PA，PB的直线方程分别为42 3xy=，42 3xy=，设()()1122,M x yN xy 湖北省新高考联考体*数学答案（共 7 页）第5页 由42 3ykxmxy=+=得142 312 3mxk=+，同理得242 312 3mxk+=，所以221 22212161216412134mmx xkm=，又当直线l斜率不存在时也满足1 24x x=8 分 所以211122 1121 2121

17、2441111|24()|2()|222 32 34|33xxSx yx yxxx xxxxx=+=+同理可得()()()212211212|44|5|23Sxyxyxx=+，又因为1 24x x=，由对称性不妨设1(1,2x，则121144,5)xxxx+=+，设1222,3)xxt+=，则1212,(3)33StSt=，所以222222121214217159(3)(3)(73036)()3333377SSS Sttttttt+=+=+=+，当且仅当157t=时，221122SS SS+取得最小值97 12 分 解法三：解法三：设点(2cos,sin),03C，则直线cos:sin12lx

18、y+=，l与x轴的交点为2(,0)cosQ，由于直线:42 3AP xy=，:42 3BP xy=，联立方程cossin12 324xyxy+=得2 34sin2cos1(,)3cossin3cossinM，联立方程cossin12 324xyxy+=得2 34sin2cos1(,)3cossin3cossinN，则11122cos12cos1|()22 cos3cossin3cossinMONMNSSOQyy=22222cos12 3cos2 3(2cos1)2 3cos2cos13cossin3cossin=+，同理：21122cos12cos1|(4)()22cos3cossin3cos

19、sinMPNMNSSPQyy=222222(2cos1)2 3cos2 3(2cos1)2 3(2cos1)cos2cos13cossin3cossin=+，由此12 32cos1S=+，22 3(2cos1)2cos1S=+，所以1222 3SS+=，其中12 3(,33S 所以222211 221111(2 32)(2 32)SS SSSSSS+=+21147 123009710 312477SS=+=（注意：解法二用到了面积公式（注意：解法二用到了面积公式1122 11|2|Sx yx y=，解法三都用切线方程解法三都用切线方程cos:sin12lxy+=，在使用前需，在使用前需 湖北省

20、新高考联考体*数学答案（共 7 页）第6页要证明）要证明）22【解析】（1）()f x的定义域为(1,)+，(0)0f=1()ln(1)1eln(1)2e11xxxfxxxxx=+=+，1 分 令()()F xfx=，则211()e1(1)xF xxx=+，所以()yF x=单调递减因为(0)10F=，3(1)e04F=，由此可得存在唯一1(0,1)x，使得()10F x=2 分 所以()f x在()11,x单调递增，在()1,x+单调递减，所以()1(0)0fxf=，又3(1)ln2e02f=+，所以存在()21,1xx，使得()20fx=3 分 所以()f x在(1,0)单调递减，在()2

21、0,x单调递增，在()2,x+单调递减因为(0)0f=，所以()20f x，而(1)ln220fe=+，所以()f x在()2,1x之间存在唯一零点 综上所述：()f x有两个零点 5 分（2）由（1）可得函数()f x较大的零点为0(0,1)x，则0000ln(1)e10 xxxx+=，则000200ln(1)e1xxxxx+=故只需证明000022204(e1)e12exxxxx+，等价于证明0002200220(e1)e12e44xxxxxx+6 分 不妨设02xt=，1(0,)2t，则等价于证明()222e1e212 etttttt+设222()ee21xxg xxxx=，1(0,)2

22、x，则222()2e(2)e222e e2(1)2()xxxxxg xxxxxx=+=+，因为2e1 02xxx，0,)x+，e1xx+，所以()()2e2(1)2 e10 xxg xxx+=，所以()g x在1(0,)2单调递增，因此()(0)0g xg=所以()22e1e21tttt+，1(0,)2t 8 分 设22()2ee21xxh xxx=+，1(0,)2x，注意到(0)0h=，则2222()(24)e2e22(2)ee1xxxxh xxxxx=+=+，令()22()2ee1xxm xxx=+，注意到(0)0m=，则222()(42)e2e)2(2e21exxxxxm xxxx=+=

23、+，令2()21e2xxk xx=+，注意到(0)0k=，则()2exk xx=+，()1 e0 xkx=，湖北省新高考联考体*数学答案（共 7 页）第7页所以()k x在1(0,)2单调递减，所以15()()e022k xk=，则()0k x在1(0,)2恒成立 因此()k x在1(0,)2单调递增，所以()0k x 在1(0,)2恒成立 所以()m x在1(0,)2单调递增，则()0m x 在1(0,)2恒成立.所以()h x在1(0,)2单调递增，则()0h x 在1(0,)2恒成立.故22e212 etttt，1(0,)2t.综上所述：()0002204ln1e12exxxx+.12 分