【文档说明】湖北省部分市州2022-2023学年高三上学期元月联合调研考试数学试题 含答案.docx，共(11)页，514.077 KB，由小赞的店铺上传

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湖北省部分市州2023年元月高三年级联合调研考试数学试卷一、单项选择题：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．已知复数z满足()12i34iz+=+（其中i为虚数单位），则z=（）A．1B．2C．5

D．52．已知集合11Mxx=−−，11Nxyx==−，则集合1xx=（）A．MNB．MNC．()MNRðD．()MNRð3．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4．已知ππ,42，且22sin23=，则sin的值为（）A．33B．255C．63D．310105．已知函数()ln,0,e,0,xxxfxxxx=则函数(

)1yfx=−的图象大致是（）A．B．C．D．6．已知数列na的前n项和为nS，且11nnSa+−=，12a=，则2022S的值为（）A．20222B．202032C．202322−D．2021321−7．已知1F，2F分别为双曲线：()222210,0xyabab−=的

左，右焦点，点P为双曲线渐近线上一点，若12PFPF⊥，121tan3PFF=，则双曲线的离心率为（）A．53B．54C．2D．28．在三棱锥PABC−中，22ABBC==，60ABC=，设侧面PBC与底面ABC的夹角为α，若三棱锥PABC−的体积为33，则当该三棱锥

外接球表面积取最小值时，tan=（）A．34B．433C．3D．4二、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．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．ABCDBF−=B．0ADEBCF++=C．1ADAB=D．ABBCABAF=10．已知实数a，b，c满足lne1bcac==，则下列关系式中可能成立的是（）A．abc

B．acbC．cabD．cba11．已知函数()2sinsin2fxxx=，则下列说法正确的是（）A．π是()fx的一个周期B．()fx的图象关于点π,02中心对称C．()fx在区间0

,2π上的零点个数为4D．()fx的最大值为33812．已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为3，P为正方体表面上的一个动点，Q为线段1AC上的动点，123AP=．则下列说法正确的是（）A．当点P在侧面11AABB（含边界）内时，1DP为定值21B．当点P在侧面11

BCCB（含边界）内时，直线1AP与直线11AB所成角的大小为π3C．当点P在侧面11BCCB（含边界）内时，对任意点P，总存在点Q，使得1DQCP⊥D．点P的轨迹长度为53π2三、填空题：本题共4小题，每小题5分，

共20分．13．()411xxx+−的展开式中，常数项为________．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________．15．过抛物线22ypx=焦点F的直线l与抛物线交于A，B两点，点A，B在抛物线准线上的射影分别为A，B，10AB=，点P在抛物线的准线上．若AP是AAB的角平分线，则点

P到直线l的距离为______．16．已知关于x的不等式()eln0axxb−−−恒成立，则ba的最大值为________．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明．证明过程及演算步骤．17．（10分）已知ABC△内角A，B，C的对边分别为a，b，c，sin2sinCB=

，且42c=．（1）求边b的值；（2）若D为边BC的中点，3cos4CAD=，求ABC△的面积．18．（12分）已知数列na中，对任意的n+N，都有14nnaan++=．（1）若na为等差数列，求na的通项公式；（2）

若13a=，求数列na的前n项和nS．19．（12分）如图所示，在四棱锥PABCD−中，ADBC∥，90BAD=，122ABADBC===，2PAPBPD===．（1）证明：PABD⊥；（2）求直线BC与平面PCD所

成角的余弦值．20．（12分）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14，出现平局的概率为12．（1）求甲队在参加两场比赛后积分X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．21．（12分）已知1F，2F为椭圆

C：()222210xyabab+=的左、右焦点．点M为椭圆上一点，当12FMF取最大值π3时，()1216MFMFMF+=．（1）求椭圆C的方程；（2）点P为直线4x=上一点（且P不在x轴上），过点P作椭圆C的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，点B关于x轴的对称点

为B，连接AB交x轴于点G．设2AFG△，2BFG△的面积分别为1S，2S，求12SS−的最大值．22．（12分）设函数()()22cos2sin2fxaxxx=−−．（1）当1a=时，求()fx在π0,2上的最值；（2）对()0,x

+，不等式()π2π2cos2xfax+−恒成立，求实数a的取值范围．湖北省部分市州2023年元月高三年级联合调研考试·数学参考答案、提示及评分细则一、单项选择题1．C2．D3．A4．C5．B6．D7．B8．B二、多项选择题9．BC10．ABC11．ABD12．ACD三、填空

题13．614．173215．516．1e17．解：（1）因为sin2sinCB=，由正弦定理得：2cb=，且42c=，所以4b=．（2）延长AD至点E，满足ADDE=，连接EB，EC，在EBC△中，由余弦定理得：2223cos24AEACCECAEAEAC+−==，因为4AC=，42E

C=，代入上式整理得：8AE=，所以4AD=所以122sin472ABCADCSSADACADC===△△．18．解：（1）由条件14nnaan++=，可得：124aa+=，238aa+=，因为na为等差数列

，设公差为d，由上式可得：11a=，2d=，所以na的通项公式为()1121naandn=+−=−．（2）由条件14nnaan++=，可得：()1241nnaan+++=+，两式相减得：14nnaa+−=，因为13a=，所以21a=，所以数列na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，211222234142222nnnnnnnSSSn−−=+=+++=奇偶；当n

为奇数时，()2211212nnnSSannn−=+=−++=+．综上：22,2,nnnSnn=+为偶数为奇数．19．解：（1）连接BD，设BD的中点为O，连接OA，OP．因为ABAD=，所以OABD⊥，因为PBPD=，所以OPBD⊥，

又OAOPO=，所以BD⊥平面OAP，因为PA平面OAP，所以BDPA⊥．（2）因为90BAD=，所以OAOB=，又PAPB=，所以POAPOB≌△△，所以OPOA⊥，又OABDO=，所以OP⊥平面ABCD．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()0,1,0A−，()1,0,0B，()1,2,0C−，()1,0,0D−，()0,0,3P，所以()1,1,0AB=，()0,1,3AP=，()0,2,0DC=，()1,0,3DP=，()2,2,0BC=−，平面PCD的法向量分别为()000,,nxyz=，所以

0,0,nDCnDP==即00020,30,yxz=+=取03x=，则()3,0,1n=−，设BC与平面PCD所成的角为α，则236sincos,484BCn−===则直线BC与平面PCD的夹角余弦值为104．20．解：（1）甲队参加两场比赛后积分X的取值为0，1，2，

3，4，6．所以随机变量X的分布列为：X012346P11614141814116随机变量X的数学期望：()1111115012346164484162EX=+++++=．（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：1612P=；若每支球队得4分：则6场比赛

出现2场平局，则每支球队3场比赛结果均为1胜平1负，其概率为：25111111664444224P==﹒所以四支球队积分相同的概率为1265161124512PPP=+=+=．21．（1）

依题意有当M为椭圆短轴端点时12FMF最大，此时12π3FMF=，则12FMF△为正三角形，则2ac=且()1211π22cos366MFMFMFMOMFbaba+====∴23ba=，又222abc=+，∴2a

=，3b=，1c=故椭圆方程为22143xy+=．（2）设()11,Axy，()22,Bxy，()()4,0Ptt，则依题意有PA：11143xxyy+=，PB：22143xxyy+=（注：椭圆上一点的切线方程结论要求证明，没有证明扣一分，本答

案证明过程略）因PA，PB都过点()4,Pt，则1113ytx+=，2213ytx+=则AB方程为13ytx+=，即AB过定点()1,0．故设AB方程为1xmy=+，0m，联立2213412xmyxy=++=，∴()2234690mymy++−=∴122634myym−+=+，1229

34yym−=+，又()22,Bxy−直线AB方程为：()211121yyyyxxxx−−−=−−，令0y=得()()122112211212121212112Gmyymyyxyxymyyyyxyyyyyy++++++===+++21212293421214634yymmmmyym−+=+

=+=−++，∴()4,0G∴12212122613322234mSSFGyyyym−=−=+=+29993343442123mmmm===++当且仅当43mm=即243m=，233m=时取等号故12SS−最大值

为334．22．解：（1）1a=时，()()22cos2sin2fxxxx=−−，π0,2x设2xt=，0,πt即()()2cossin2cossingtttttttt=−−=−−()2co

ssincos22cossin0gtttttttt=−+−=−+∴()gt在0,π上单调递增∴()()min00gtg==，()()()maxππ2cosπsinπ3πgtg==−−=，即()m

in0fx=，()max3πfx=（2）()π2π2cos2xfax+−即()()2π2cossin2π2cos2xaxxax+−−−即()2cossin0axxx−−，对()0,x+上恒成立，设()()2cossinhxaxxx=−−，(

)00h=当1a时，()()2cossinhxxxx−−，由（1）知0,πx时，()2cossin0xxx−−，∴()0hx当()π,x+时，()()2cossin1cossin0xxxxxxx−−=−+−当0a时，()()2cossin

hxaxxx=−−，π0,2x时，()0hx，不合题意．当01a时，()()2cossincos2cossincoshxaaxxxxaaxaxxx=−−−=−+−，()01ha=−()()21sincoshxaxaxx=++

当π0,2x时，()0hx，∴()hx在π0,2单调递增又ππ2022ha=+，()010ha=−∴存在0π0,2x使()00hx=，当()00,xx时

，()0hx∴()hx在()00,x单调递减，此时()()00hxh=，不合题意综上1a．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com