湖北省高中2023届高三数学下学期第三次联合测评（开学考试）试卷（Word版附答案）

湖北省高中名校2023届高三第三次联合测评数学试卷本试题共4页，22题．满分150分．考试用时120分钟．考试时间：2023年2月1日下午15:00—17:00★祝考试顺利★注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，用签字笔或钢笔将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．第Ⅰ卷（选择题）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．在复平面内，复数z对应的点为，则（）A．B．C．D．2．已知集合，则（）A．B．C．D．3．下列说法正确的是（）A．“”是“”的充要条件B．“”是“”的必要不充分条件C．命题“”的否定形式是“”D．“”是“”的充分不必要条件4．已知，则（）A．B．C．D． 5．某高中为促进学生的全面发展，秋季学期合唱团、朗诵会、脱口秀、街舞社、音乐社等五个社团面向1200名高一年级同学招新，每名同学依据自己兴趣爱好最多可参加其中一个，各个社团的人数比例的饼状图如图所示，其中参加音乐社社团的同学有15名，参加脱口秀社团的有20名，则（）A．高一年级同学参加街舞社社团的同学有120名B．脱口秀社团的人数占这五个社团总人数的C．高一年级参加这五个社团总人数占全年级人数的D．高一年级同学参加这五个社团的总人数为200名6．已知平面向量满足，且，则的最大值为（）A．B．C．D．7．已知O为坐标原点，分别为双曲线的左、右焦点，点P在双曲线的右支上，若是面积为的正三角形，则的值为（）A．2B．6C．D．8．设，则下列关系正确的是（）A．B．C．D．第Ⅱ卷（非选择题）二、多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．已知函数，则A．的图象可由的图象向右平移个单位长度得到 B．在上单调递增C．在内有2个零点D．在上的最大值为10．已知是圆上的两点，则下列结论中正确的是（）A．若，则B．若点O到直线的距离为，则C．若，则的最大值为4D．的最小值为11．如图，正方体棱长为2，P是直线上的一个动点，则下列结论中正确的是（）A．的最小值为B．的最小值为C．三棱锥的体积不变D．以点B为球心，为半径的球面与面的交线长12．数列各项均为正数，其前n项和，且满足，下列四个结论中正确的是（）A．为等比数列B．为递减数列 C．中存在大于3的项D．中存在小于的项三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．在展开式中，含的项的系数是_____________．（用数字作答）14．过抛物线焦点F的射线与抛物线交于点A，与准线交于点B，若，则p的值为_____________．15．已知正三棱锥的各顶点都在表面积为球面上，正三棱锥体积最大时该正三棱锥的高为__________．16．设且，若对都有恒成立，则实数a的取值范围为___________．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤．17．（10分）在中，，点D在边上，．（1）若，求的值，（2）若，且点D是边的中点，求的值．18．（12分）已知正项数列，其前n项和，满足．（1）求证：数列是等差数列，并求出的表达式；（2）数列中是否存在连续三项，使得构成等差数列？请说明理由．19．（12分）如图所示，在梯形中，，四边形为矩形，且平面，． （1）求证：平面；（2）当点M在线段上运动时，求平面与平面夹角的余弦值的取值范围．20．（12分）2022年冬季奥林匹克运动会在北京胜利举行，北京也成为了第一个同时举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会以及亚洲运动会三项国际赛事的城市．为推广普及冰雪运动，深入了解湖北某地中小学学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参与情况，随机选取了10所学校进行研究，得到如下图数据：（1）在这10所学校中随机选取3所来调查研究，求在抽到学校至少有一个参与“自由式滑雪”超过40人的条件下，“单板滑雪”不超过30人的概率；（2）现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行、转弯、停止”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试．规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”．则该轮测试记为“优秀”，在集训测试中，小明同学滑行，转弯，停止三个动作达到“优秀”的概率分别为，且各个动作互不影响且每轮测试互不影响．如果小明同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到3次，那么理论上至少要进行多少轮测试？21．（12分）已知椭圆过点．（1）若椭圆E的离心率，求b的取值范围；（2）已知椭圆E的离心率，M，N为椭圆E上不同两点，若经过M，N两点的直线 与圆相切，求线段的最大值．22．（12分）已知函数．（注：…是自然对数的底数）（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若只有一个极值点，求实数m的取值范围；（3）若存在，对与任意的，使得恒成立，求的最小值． 数学试卷参考答案与评分细则题号123456789101112答案CDBABDCCBCBDACDBD一、选择题1．【答案】C【解析】由题意可知，所以，故选C．2．【解析】D【解析】对A：，所以，故；对B：，所以．故；所以，故选D．3．【答案】B【解析】对A，若中，时也成立，故A错；对B，当时，，故，若，则，故B对；对C，存在量词命题的否定是，故C错；对D，若均为负数，则无意义，故D错．4．【答案】A【解析】，得，所以，所以，又，故选A．5．【答案】B【解析】参加音乐社社团或者脱口秀社团的同学共有35名，占这五个社团总人数的，所以高一加这五个社团总人数为名，故AD 均错，脱口秀社团的人数占这五个社团总比为，故B对，参加这五个社团总人数占全年级人数的占比为，故C错．6．【答案】D【解析】由可知，如图建立坐标系，，设，由可得：，所以的终点在以为圆心．1为半径的圆上，所以，几何意义为到距离的2倍，由儿何意义可知，故选D．7．【答案】C【解析】是面积为的正三角形，即，所以，所以，所以．又，所以，故选C． 8．【答案】C【解析】记，因为，当时，，所以在上单调递增，所以当时，，即，取，所以，记，因为，所以在上单调递增，所以当时，，即，取，所以，故；记，因为，当时，，所以在上单调递增，所以当时，，即，取，所以，故选C．二、多项选择题9．【答案】BC【解析】．对A，的图象可由的图象向左平移个单位长度得到，故A错；对B，在上，，函数单调递增，故B对；对C，令，可得，当时，故C对；对D，，所以，此时，故D错； 综上所述，选BC．10．【答案】BD【解析】对A，若，又，故A错；对B，若点O到直线的距离为，由勾股定理知，故B对；对C，，几何意义为到直线的距离之和的倍，设中点为Q，，而中点Q的轨迹为，所以，所以的最大值为6，故C错；对D，的最小值为，故D对；综上所述，选BD．11．【答案】ACD【解析】对A，在中边长为面对角线的最小值为的高，其值为，故A对；对B，将与矩形翻折到一个平面内（如图）， 在中，余弦定理可得，，所以，故B错；对C，因为，而A到平面的距离不变，而的面积也不变，所以三棱锥的体积不变，故C对；对D，以点B为球心与面的交线为图周，该圆锥的母线长为2，高为，底面半径，所以交线长为，故D对；综上所述，选ACD．12．【答案】BD【解析】假设数列为等比数列，设其公比为q，则，即，所以，，可得，解得，不合乎题意，故数列不是等比数列，故A错；当时，，可得，所以，数列为递减数列，故B对；由题意可知，，当时，，可得；由B数列为递减数列，故C错；假设对任意的则，则，所以，，与假设矛盾，假设不成立，故D对．故答案为：BD． 三、填空题13．【答案】100【解析】中只有的展开式中才含有，故中的项与展开式中的相乘得到，展开式中项的系数为，故的项的系数为．14．【答案】3【解析】∵，∴，∴，由抛物线的定义知，，∴．15．【答案】【解析】因为，所以正三棱锥外接球半径，正三棱锥如图所示，设外接球圆心为O，过向底面作垂线垂足为D，，因为是正三棱锥，所以D是的中心，所以，又因为，所以，， 所以，令，解得或，所以在递增，在递减，故当时，正三棱锥的体积最大，此时正三棱锥的高为，故正三棱锥体积最大时该正三棱锥的高为．16．【答案】【解析】因为且，因为，故，所以，又，所以，所以．又，所以，显然，所以有，即恒成立，又，所以，故，所以．当时，恒成立，即恒成立，与矛盾．下面证明：在1有，令要使即 即由知，得从而需证：即需证明：，记从而只需证：而由于，则∴在上递增，又∴在递减，递增，而，从而在时总有∴（*）式恒成立，不等式得证．综上所述，．四、解答题17．【解析】（1）在中，由余弦定理得：，所以，解得或；（2）在中，过D作的平行线交于E， 在中，，又，所以．由余弦定理得：，所以，所以，故．18．【解析】（1）依题意，正项数列中，，即，当时，，即，整理得，又，因此，数列是以1为首项，1为公差的等差数列，则，因为是正项数列，即，所以．当时，，又满足此式，即，都有；（2）不存在．由（1）中可得：，假设存在满足要求的连续三项，使得构成等差数列，则，即，两边平方，得，即，整理得：，即，显然不成立，因此假设是错误的，所以数列中不存在使构成等差数列的连续三项．19．【解析】（1）证明：设，∵，∴， ∴，∴，则．∵平面，平面，∴，而平面，∴平面．∵，∴平面．（2）以C为坐标原点，分别以直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，∴．设为平面的法向量，由得取，则．易知是平面的一个法向量，∴．∵，∴平面与平面夹角的余弦值的取值范围为．20．【解析】（1）由题可知10个学校，参与“自由式滑雪”的人数依次为27，15，43，41，32，26，56，36，49，20，参与“单板滑雪”的人数依次为46，52，26，37，58，18，25，48，32，30，其中参与“自由式滑雪”的人数超过40人的有4个，参与“自由式滑雪”的人数超过40人，且“单板滑雪”的人数超过30人的有2个．设事件A为“从这10所学校中抽到学校至少有一个参与“自由式滑雪”的人数超过40人”事件B为“从10所学校中选出的3所学校中参与“单板滑雪”的人数不超过30人” 则，所以．（2）由题意可得小明同学在一轮测试中为“优秀”的概率为，所以小明在n轮测试中获得“优秀”的次数Y满足，由，得．所以理论上至少要进行6轮测试．21．【解析】（1）∵在椭圆，∴，有，所以，又∵，所以，∵，∴；（2）由（1）可知，又，所以，椭圆．因为直线与相切，故．若直线的斜率不存在，不妨设直线为：，此时线段．若直线的斜率存在，可设直线的方程为：． 由直线与相切，故，可得：．联立得，所以，线段．又因为，所以．当且仅当，故当时，的最大值为2．综上所述：当时，线段的最大值2．22．【解析】（1）当时，，故，故在点处的切线方程为．（2）由题意知有且只有一个根且有正有负． 构建，则．①当时，当时恒成立，在上单调递增，因为，所以有一个零点，即为的一个极值点；②当时，当时恒成立，即无极值点；③当时，当；当，所以在单调递减，在上单调递增，故，若，则即．因为，所以当时，，当时，，令，则，故，故在上为增函数．故，故，故当时，有两个零点，此时有两个极值点．当时，当时恒成立，即无极值点；综上所述：．（3）由题意知，对与任意的，使得恒成立，则，当时，取到最小值．当时，，故，所以的最小值为e； 当时，当时，，所以无最小值，即无最小值；当时，由（2）得只有一个零点，即且，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，，此时，因，所以，代入得，令，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，，此时，所以的最小值为．