湖北省荆荆宜三校2022-2023学年高三上学期11月联考数学试题及答案

高三数学试题

命题学校：龙泉中学审题学校：宜昌一中考试时间：2022年11月15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，选出每题答案后，用铅笔把答题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、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．已知集合Ax|x23x20,Bxlog1x1，则下列结论正确的是（）

BR2A．AIB．AUBC．ABD．BA2．已知复数zii2i3Li20231，z是z的共轭复数，则z的虚部为（

）

A．1i1112B．2iC．2D．2i

3．x29x

展开式中常数项的系数为（）

A．672B．84C．84D．6724．等差数列an的前n项和为Sn，若S3090，S9030，则S120（）A．5．在三棱锥30ABCDB．中，AC120CDC．，点E是AD的中点，则“平面180D．BCE240

平面ACD”是“ABBD”的（）

AC．．充分不必要条件充要条件BD．．必要不充分条件既不充分也不必要条件6．已知函数ysin



x



6

>0在区间0,恰有3个零点，则的取值范围是（）

A．7176,6B．0,236C．176,236D．176,236

7．若不等式exalnxa恒成立，则实数a的取值范围是（）

A．0,B．1,C．1e,



D．e,8．已知0,6，0,

6，且tan21cos，则（）

A．42B．42C．2D．2第１页，共９页

学二、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．若ab0，则下列不等式中成立的是（

A．）

C．a11abaB．bb1aa111bbaD．(1a)a(1b)b10．若正三棱锥VABC和正四棱锥V1A1B1C1D1的所有棱长均为a，将其中两个正三角形侧面VAB与V1A1B1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11．设f(x)sin(x)（其中为正整数，当0时，函数f(x)在

）

），且f(x)的一条对称轴为x；若122

,单调递增且在,不单调，则下列结论正确的是5533

（）

A．2

B．f(x)的一个对称中心为C．函数f(x)向右平移5

,06

个单位后图象关于y轴对称12D．将f(x)的图象的横坐标变为原来的一半，得到g(x)的图象，则g(x)的单调递增区间为k5k

,kZ242242

12．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n(nN)次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为Xn，恰有1个黑球的概率为pn，恰有2个黑球的概率为qn，则下列结论正确的是（A．p2

）

167，q22727B．数列2pnqn1是等比数列C．数列pn2qn1是等比数列1

D．Xn的数学期望EXn1

3

n(nN)三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）rrrrrrrro

13．若向量a与b的夹角为150，a2，abga2b14，则b_______．14．在数列an中，a12，an11an1，nN，则an的前2022项和为______．n第２页，共９页

15．四棱锥PABCD的底面ABCD是矩形，侧面PAD底面ABCD，APD120，0

ABPAPD2，则该四棱锥PABCD外接球的表面积为________．uuuruuur16．已知ABC的外接圆的圆心为O，若BO4AC，则cosBAC_________．四、解答题：（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（本小题满分10分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若acosCccosAbsinB，点D在线段AC上，且CD2DA，BC23，BD3．（Ⅰ）求角B的大小；（Ⅱ）求ABC的面积．（本小题满分12分）18．已知有一系列双曲线Cn：anxy1，其中an0，nN，记第n条双曲线的离心率为en，2

2

*

且满足e12e2L2

n1enen1g2n，nN*.（Ⅰ）求数列an的通项公式；（Ⅱ）求证：1113

L.a1a2an419．（本小题满分12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD是边长为2的正三角形，平面PAD平面ABCD，ABPD．（Ⅰ）求证：平行四边形ABCD为矩形；（Ⅱ）若E为侧棱PD的中点，且点B到平面ACE的距离为2，求平面ACE与平面ABP夹角的余弦值．2第３页，共９页

20．（本小题满分12分）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p，即每次抽查的产品是相互独立的．（Ⅰ）求这批产品能够通过检查的概率；（Ⅱ）记对这批产品的质检个数记作X，求X的分布列和数学期望；（III）已知100批此类产品，若p0.05,0.1，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）21．（本小题满分12分）已知O是平面直角坐标系的原点，F是抛物线C:x2pyp0的焦点，过点F的直线交抛物23x21线于A，B两点，且OAB的重心为G在曲线y上．23（Ⅰ）求抛物线C的方程；3x21

（Ⅱ）记曲线y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，23求四边形DEMG的面积最小值．22．（本小题满分12分）已知函数fxmxxme

2

x

．（Ⅰ）求fx的单调区间；（Ⅱ）若elnxme

x

x

x

2

1ex1x0对x0恒成立，求实数m的取值范围．第４页，共９页

2022年湖北省荆荆宜三校高三上学期11月联考

高三数学参考答案

一、单项选择题：1-4BCAB5-8二、多项选择题：9ABD10AD三、填空题13．2314．1015CCBD11ACD12ACD16．15．10748．解析：因为x0,





，所以sinxxtanx，6

2

244sin21cos22，Qtantan

，4sin24sincossin

222g22singtan，Qtan

2cos2令tx2sinxx



x0,t2cosx12cos10tx是增函数.66

，22txt002sinxxtantan

综上所述，故选D．12．解析：由题知，p12212211121，q1，且pn1qnpn1pnqnpn，3393333333

121121216217

qn1qnpnqnpn；则p2p1，q2p1q1；故A正确；3333993279327122

两式相加可得pn12qn1pnqn，3331

故pn12qn11pn2qn1，则数列pn2qn1是等比数列，故B错误，C正确；311且pn2qn1；则EXn1pn2qn01pnqn1，故D正确．33综上，选ACD．四．解答题（Ⅰ）根据acosCccosAbsinB，17.解：由正弦定理得sinAcosCsinCcosAsin2B，…………………………………………………2分∴sinACsinB，∴sinBsinB，即sinBsin2B，又sinB0

2

2

nn.……………………………………………………………………………5分2b2b

（Ⅱ）设ABc，ACb，则AD，CD.33∴sinB1，∴B

第５页，共９页2b2b9a9c239法一：在ABD中，由余弦定理可得cosBDA.

b2b23322b4b91233在CBD中，由余弦定理可得cosBDC.92b4b233由于BDABDC180，故cosBDAcosBDC，…………………………………7分整理可得2b24c2450.①在RtABC中，由勾股定理可知c212b2.69692代入①式整理可得c.所以c.…………………………………………………………9分42169323故ABC的面积S.……………………………………………………10分23

222uuuruuuruuur2uur1uuur

法二：设ABc，由CD2DA得CD2DA，即BDBABC，……………………7分33uuur24uur21uuur22421

两边平方得BDBABC，即9c23，999969692可得c.所以c.…………………………………………………………………………9分42169323故ABC的面积S.……………………………………………………10分23

222n1n18.解：（Ⅰ）因为e12e2L2enen12，22当n1时，e12e11，解得e12；当n2时，e12e2L2两式相减，可得2

n1n2en1en112n1，……………………………………………2分enen12nen112n1，所以enen11(n2)，所以en是以2为首项，以1为公差的等差数列，所以en2n1n1．.………………………………………………………………………5分由题意，得en1an，所以anen1n2n..……………………………………………7分2

2

11111

2，.………………………………………………………9分ann2n2nn2

11111111111

L1L故a1a2an2324n1n1nn2

111111311，得证.………………………12分22n1n222419．解：（Ⅰ）设Q为AD的中点，连接PQ，∵△PAD为正三角形，∴PQAD，又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，∴PQ平面ABCD，…………………………………………………………………………………2分又AB平面ABCD，∴PQAB，………………………………………………………………3分又ABPD，PQPDP，∴AB平面PAD．又AD平面PAD，故ABAD，∴平行四边形ABCD为矩形．……………………………5分（Ⅱ）所以第６页，共９页（Ⅱ）在平面PAD内作AM∥PQ，则AMAD．∵AB平面PAD，AD平面PAD，AM平面PAD，∴ABAM．如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AM所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．………………………………………………………6分∵底面ABCD为平行四边形，ABAD，∴ABCD为矩形．设ABa，则A0,0,0，Ba,0,0，Ca,2,0，D0,2,0，P0,1,3，33

．E0,2,2



uruuur33uuur

∴ACa,2,0，AE0,,22，设平面ACE的法向量为m(x,y,z)，

uruuurax2y0urmAC0

 得3由u取x2，得m2,a,3a．ruuur3z0ymAE022uuururABmuuur2a2又ABa,0,0，所以点B到平面ACE的距离为，ur2244am解得a1．…………………………………………………………………………………………8分ur

∴m2,1,3，uuurruuur

AB1,0,0，AP0,1,3，设平面ABP的法向量为n(x1,y1,z1)，ruuurrnAB0x10

 得由ruuu,取z11，得n(0,3,1)．………………………………10分ry13z10nAP0

∴平面ACE与平面ABP夹角的余弦值为urrmnurr236cosm,nurr．…………………………………………………………12分4mn2224

20．解：（Ⅰ）记事件A为“这批产品能够通过检查”，则由题意知：PA1p．……3分（Ⅱ）由题可知X1，2，3，4PX1p，PX21pp，PX31pp，PX41p2

3

所以X的分布列为：XP

故X的数学期望为：123p

21pp

31p2

p

1p43

EXp21pp31pp41pp34p26p4．……………………8分（III）设fpp4p6p4，fp3p8p6，322因为64720，且fp开口向下，所以fp在p0.05,0.1单调递减，所以fminpf0.10.0010.040.643.439；……………………………………10分所以每批次平均检查费用至少为803.439275.12（元）所以100批次此类产品总平均检查费用至少需要100275.1227512（元）．………………12分第７页，共９页pp

AB:ykx，显然直线AB的斜率存在，设，

22联立x22py，消去y得，x22kpxp20，设Ax1,y1，Bx2,y2，Gx0,y0，21．解：（Ⅰ）焦点F0,





2

则x1x22kp，x1x2p，所以y1y2kx1x2p2pkp，……………………2分2

2kpx033x021所以，且y0，223y2pkp

03

2pk2p34p2k212p2k21故，g

32933即2pk2p2p2k21，………………………………4分整理得2kpp1p1对任意的k恒成立，故p1，2

所求抛物线C的方程为x22y．…………………………………………………………………5分2k1

,0，k0，xMk，xG，32k

OD2OG2

，则，又弦AB的中点为M，OAB的重心为G，则OF3OM3（Ⅱ）由（Ⅰ）知，D0,，E

1

3

ODOG2

故，所以DG//ME，……………………………………………………………7分OFOM31

1，D点到直线AB的距离6d

1k261k22k11221kkDG1k2，ME1kk，……………………9分2k2k3

所以四边形DEMG的面积12k1115115301k2kk，22232k1232k1263661k5130k当且仅当，即k时取等号，32k10S

30．…………………………………………………………12分36mx22m1xm1x1mxm122．解：（Ⅰ）f(x)．……………………2分xxeex1①当m0时，f(x)，由f(x)0得x1；由f(x)0得x1；xe故f(x)在,1单调递增，在1,单调递减；………………………………………………3分此时四边形DEMG的面积最小值为11mx1x1

②当m0时，11，mf(x)mxe第８页，共９页11x1；由f(x)0得x1或x1；mm11

故f(x)在1,1单调递增，在,11,上单调递减；………………………4分mm

由f(x)0得1

11mx1x1

③当m0时，11，mf(x)mxe由f(x)0得x1或x1

11；由f(x)0得1x1；mm11

f(x)1,1,1,1故在单调递增，在上单调递减．………………………5分mm

xx2x

（Ⅱ）由elnxmex1e1x0，得ex(lnxx2x1)mx2xm0，mx2xm即（*）……………………………………………………………6分x2lnxx1，xe

12x2x12x1x12

令g(x)xlnxx1，则g(x)2x1，则在(0,1)单调递减，

xxx在(1,)单调递增，则g(x)min1．…………………………………………………………7分111

1，f(x)在0,11,单调递增，在1,1上单调递mmm

2m11

1，且当x时，f(x)0，故fxgx恒成立；………8分减．f(1)eex1

②当m0时，fxx，故f(x)在0,1单调递增，在1,单调递减；故fxmax，eeg(x)min1，满足题意；……………………………………………………………………………9分③若1

0m1，则10，当0x1时，则fx0，当x1时，则fx0，所以fx在(0,1)

m2m1

单调递增，在(1,)单调递减，所以f(x)maxf(1)，e又因为g(x)1，且g(x)和f(x)都在x1处取得最值，2m1e1e1

1，解得m所以当，所以0m；………………………………………10分e22111

④若m>1，则011，由（Ⅰ）得fx在0,1单调递减；在1,1单调递增；在(1,)

mmm

2m13

1，与（*）矛盾，不符合题意，舍去．单调递减，此时f(1)eee1

综上，实数m的取值范围为,．………………………………………………………12分2

①当m0时，1

第９页，共９页