【文档说明】湖北省高三新高考联考协作体2022-2023学年高三上学期期末考试 数学答案.pdf，共(6)页，940.114 KB，由管理员店铺上传

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湖北省新高考联考协作体*数学答案（共6页）第1页2023年湖北省高三上学期1月期末考试高三数学答案一、单选题1--4BCAB5--8DACD二、多选题9.ABD10.CD11.BD12.ACD三、填空题13．2014．1615．516．338【答案解析】1．B【解析】由题设，{|33,N}{

0,1}Axxx，∴A的子集共有422个.2．C【解析】由题设34i(34i)(12i)112i12i(12i)(12i)55z，22112||()()555z，11255zi

.对A，z的实部是115，故A错误；对B，z的虚部是25，故B错误；对C，复数z在复平面内对应的点在第一象限，故C正确；对D，|z|5，故D错误；3．A【解析】根据圆锥的轴截面是一个边长约为2米的正三角形可知，圆锥底面半径为1米，圆锥高为3米，母线长为2米，根据圆锥侧面积公式得

221S.4．B【解析】“方程22117xymm表示焦点在y轴上椭圆”的充要条件为3m1故“17m”是“方程22117xymm表示焦点在y轴上椭圆”的必要不充分条件.5

．D【解析】∵6710610787222220aaaaaaaa，∴7810aa，由已知，得70a，80a∴227878102522aaaa，当且仅当785aa时等号成立.此时，10S506．A【解析

】∵311sincossincossin62262，∴211)6(sin2)6(2cos])6(2cos[)322cos(27．C【解析】由

函数为奇函数，有：221loglogaff，且：0.822loglog120e，结合函数为增函数有：0.822loglog2efff，8．D【解析】记三座体育馆依次为①②③，每个体育馆至少派一名裁判，则有21134213

22CCCA36A种方法，事件A：甲派往①，则若①体育馆分2人，则有33A6种，若①体育馆分1人：则有212312CCA6种，共有6612种，∴121363PA，同理121363PB，若甲与

乙同时派往①体育馆，则①体育馆分两人，有22A种，∴213618PAB，19PABPAPB，A错误；由互斥事件概念易知，B错误；湖北省新高考联考协作体*数学答案（共6页）第2页

1118|163PABPBAPA，D正确；事件C：裁判乙派往②体育馆，若②体育馆分2人，则有33A6种，若②体育馆分1人，则有212312CCA6种，共有6612种，∴121363PC，若事件A，C同时

发生，则有1132CC5种，∴536PAC，553|1123PACPCAPA，C错误；9．ABD【解析】对A：乙同学体温的最大值为36.5C，最小值为36.3C，故极差为0.2C，A正确；对B：甲同学体温按照从小到大的顺序排

列为：36.2C，36.2C，36.4C，36.4C，36.5C，36.5C，36.6C，又775%5.25，故甲同学体温的第三四分位数为上述排列中的第6个数据，即36.5℃，B正确；对C：乙同学体温按照从小到大的顺序排列为：36.

3C，36.3C，36.4C，36.4C，36.4C，36.5C，36.5C，故乙同学体温的平均数为：136.336.336.436.436.436.536.5736.4C，故乙同学体温的方2222221436.33

6.436.336.436.536.436.536.47700S；又甲同学体温的平均数为：136.236.236.436.436.536.536.6736.4C，故甲同学体温的方差2222221

11436.236.436.236.436.536.436.536.436.636.47700S；又2212SS，故乙同学的体温比甲同学的体温稳定，C错误；对D：乙同学体温的众数，中位数，平均数均为36.4C，故D正确.10．C

D【解析】由题图知：2A，函数fx的最小正周期满足354612T，即T，则22，所以函数2sin2fxx．将点,212代入解析式中可得22sin6，则2Z62kk，得2Z3kk，

因为2，所以3，因此2sin23fxx，故A错误；将函数2sin26yx的图像向左平移4个单位长度可得函数2sin22sin2463fxxx

的图像，故B错误；由2sin23fxx，当1112x时，2fx，故C正确；当,02x时，22,333x，所以3sin21,32x

，即2,3fx，即fx最小值为2，故D正确．11．BD【解析】对于A，直线与圆相离，A错误；对于B，设点00(,)Pxy，22||||||APPOOA2||2PO20028162xx202(2)6x6，即

PA的取值范围为6,，故B正确；对于C，当四边形OAPB为正方形时，||||||||OAOBAPBP，又圆22:2Oxy的圆心(0,0)O，半径2r，所以222|||||242POOAAPr，设点

00(,)Pxy，则004yx，所湖北省新高考联考协作体*数学答案（共6页）第4页所以225PQOF，由PQF△的面积为4，所以142SPFQF，得8PFQF，又22220PFQFPQ，所以2PFQF.又由双曲线的对称性可得1QF

PF，由双曲线的定义可得12PFPF=2a,所以1a,故离心率e=516．338【解析】连接1OE，交EF于点H，由题意得1OEEF，设2EFxcm，则3OHxcm，1(103)EHxcm因为02101033xxx

所以530,3x，六棱锥的高22221(103)(3)100203hEHOHxxxcm．正六边形ABCDEF的面积2236(2)634Sxxcm2，则六棱锥的体积24511

631002032310020333VShxxxxcm3．令函数4553()100203,0,3fxxxx，则343()4001003100(43)fxxxxx，当430,3x

时，()0fx，当4353,33x时，()0fx所以()fx在430,3上单调递增，在4353,33上单调递减，所以2max4343641523100203333Vcm3．

此时，底面边长2x=338四．解答题17．(1)232(2)233【解】（1）解：∵sinsin3sinABC，∴由正弦定理可得3abc，∴23ab，∴三角形周长为232abc．…………5分（2）解：由（1）

知23ab，由余弦定理得2222221cos222ababcabcCabab，解得83ab，∴123sin23ABCSabC…………10分18．(1)1nan(2)12(1)2nnTn【解】（1）11

nnnSSa，所以11nnnSSa，即11nnaa，所以数列na是首项为1a，公差为1的等差数列．若选①：由31520aa，得1121420adad，即122016ad，

解得12a．所以1(1)2(1)11naandnn，即数列na的通项公式为1nan．若选②：由2a，5a，11a成等比数列，得21114()10adadad，解得12a，所以1(1)2(1)11naandnn．若选③：因为201

1201920201902Sadad=230，解得12a，所以1(1)2(1)11naandnn．…………6分湖北省新高考联考协作体*数学答案（共6页）第5页（2）1nn

ban，则22nnnbn，则1231222322nnTn，234121222322nnTn，两式相减得：12341222222122221nnnnnTnn，故12(1)2nnTn．

…………12分19．(1)证明见解析(2)45°【解】（1）在直角梯形ABCD中，224CDABBC，//ABCD，ABBC，由翻折的性质可得，翻折后AEEC，DEAE，又2DECE，22CD，222CDDECE，

则DECE，故DE，AE，CE两两互相垂直，以点E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，如图示：则0,2,0C，0,0,2D，1,1,0O，1,0,1F，0,2,2CD

，0,1,1OF，2CDOF，即//OFCD，又CD平面EFB，OF平面EFB，//CD平面EFB．…………5分（2）由,BEAGCBEGODEGO面，，点G为BD

的中点，…………7分在空间直角坐标系Exyz中，1,1,1G，0,0,0E，0,2,0C.1,1,1EG，0,2,0EC，设平面GEC的法向量为,,nxyz，则0,0,nEGnEC即0,20,xyzy

令=1x，则0y，1z，故平面GEC的一个法向量为1,0,1n，又平面BEC的一个法向量为0,0,1m，12cos,212mnmnmn平面GEC与平

面BEC的夹角为45°．…………12分20．(1)4411000(2)92EX，6320DX(3)082171y.t.，14【解】（1）小李制作一次皮影合格的概率1323353410P，小李进行3次制作，恰有一次合格作

品的概率21233744110101000PC.…………4分（2）由题知：10315~，NX，则3915102EX，376315101020DX.…………7分（3）1123456747t，13434768

57y.71163iiity，7745140ty，21140niit，27112t，71722116314023ˆ0.82140112287iiiiityntybtt，235417128ˆˆaybt.

，所以回归直线方程为082171y.t..当15x时，0.82151.7114.0114y，所以第15天能制作14个合格作品.…………12分21．(1)2:4Cyx；(2)证明见解析，0,2.【解】（1）设,,,Mxy

Gxy，则,0Dx，由13GMGD，得32xxyy，代入29yx得24yx，所以湖北省新高考联考协作体*数学答案（共6页）第6页动点M的轨迹2:4Cyx.…………5分

（2）易得4,4,,PPAPB的斜率存在，设:ABxmyt，1122,,,AxyBxy，由24,yxxmyt联立可得：2440ymyt，21212Δ16160,4,4mtyymyyt①，121212121243244

442,2444444PAPByyyykkxxyyyy即②将①代入②得：28848,2tmmtm，所以22xmymmy，所以直线恒过定点0,2.…………12分22．(1)4

(2)答案见解析(3)证明见解析【解】（1）当0a时，ln3fxxxx，fx的定义域为0,，ln11lnfxxx，所以fx在区间0,1,0,fxfx递减；在区间1,,0,fxfx递增.所以当1x时

，fx取得极小值()14f=-.…………3分（2）ln3fxxaxxa的定义域为0,，ln1lnxaafxxxxx.令221ln0,aaxahxxxhxxxxx，当

0a时，0hx恒成立，所以hx即fx在0,上递增.当a<0时，hx在区间0,,0,ahxhx即fx递减；在区间,,0,ahxhx即fx递增.…………7分（3）当2a时，2l

n1fxxxx，2lnfxxx，由（2）知，fx在0,上递增，22ln210,3ln303ff，所以存在02,3x使得00fx，即002lnxx.fx在区间00,,0

,xfxfx递减；在区间0,,0,xfxfx递增.所以当0xx时，fx取得极小值也即是最小值为000000000242ln1211fxxxxxxxxx，由于00004424xxxx，所以00fx.1111

1122ln12110eeeeeeef，2222222ee2lnee12e4e1e50f，根据零点存在性定理可知fx在区间00

,x和0,x，fx各有1个零点，所以fx有2个零点.…………12分