試卷第=page22頁，共=sectionpages44頁2023屆湖北省荊荊宜三校高三上學期11月聯(lián)考數(shù)學試題一、單選題1．已知集合，，則下列結(jié)論正確的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】先分別解出集合A,B，再通過集合的關(guān)系和集合的運算逐項分析判斷.【詳解】由題意可得：，，則，A錯誤；，B正確；集合之間不存在包含關(guān)系，C、D錯誤；故選：B.2．已知復數(shù)，是的共軛復數(shù)，則的虛部為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)復數(shù)乘方的運算得周期，即可化簡復數(shù)，在按照復數(shù)的除法運算化成一般形式，即可求共軛復數(shù)，于是可得的虛部.【詳解】解：在復數(shù)中：，故周期為4，則且所以則，所以的虛部為.故選：C.3．的展開式中常數(shù)項為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】寫出二項展開式通項，令的指數(shù)為零，求出參數(shù)的值，再代入通項即可得解.【詳解】的展開式的通項為，令，得，所以常數(shù)項為．故選：B．4．等差數(shù)列的前項和為，若，，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用等差數(shù)列的性質(zhì)與等差數(shù)列的前n項和的公式計算即可.【詳解】由題意可得：，則，故.故選：B.5．在三棱錐中，，點是的中點，則“平面平面”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】C【解析】先證明充分性，再證明必要性，然后，再逐個選項進行判斷即可【詳解】證明充分性，“平面平面”，而面面，又由，點是的中點，所以，，所以，面，所以，，所以，既是的中線也是高，所以，是等腰三角形，所以，，充分性成立；證明必要性，，又由得，點是的中點，所以，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，和，所以，面，所以，“平面平面”，所以，必要性成立故選：C【點睛】關(guān)鍵點睛：解題關(guān)鍵在于充分理解面面垂直與線面垂直的關(guān)系，并利用等腰三角形的性質(zhì)進行證明線線垂直，難度屬于基礎(chǔ)題6．已知函數(shù)在區(qū)間恰有3個零點，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】由，可得，轉(zhuǎn)化為函數(shù)在區(qū)間恰有3個零點，得到，即可求解.【詳解】由，可得，又由函數(shù)在區(qū)間恰有3個零點，等價于函數(shù)在區(qū)間恰有3個零點，故，解得.故選D.【點睛】此類問題的解答中把函數(shù)在區(qū)間恰有3個零點，通常轉(zhuǎn)化為函數(shù)在區(qū)間恰有3個零點，結(jié)合三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)進行求解，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化思想的應用.7．若不等式恒成立，則實數(shù)的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根據(jù)在上遞增，利用同構(gòu)法求解即可．【詳解】解：構(gòu)造，則在上顯然遞增，由得，即，，，令，則，由得，遞增，由得，遞減，，．故選：B．【點睛】本題解題的關(guān)鍵是看到“指對跨階”要想到同構(gòu)，同構(gòu)后有利于減少運算，化煩為簡．8．已知，，且，則（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根據(jù)放縮求解即可．【詳解】解：，令，，則，在上遞增，，，，∵，∴，∵，令，，∴，∴是增函數(shù)．∴，∴，∴，∴，綜上所述．故選：D．【點睛】本題解題的關(guān)鍵是對常見三角不等式模型的理解記憶，對放縮的要求較高．二、多選題9．若，則下列不等式中成立的是（

）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】對A、B、C：根據(jù)題意利用作差法分析判斷；對D：根據(jù)題意結(jié)合冪函數(shù)、指數(shù)函數(shù)單調(diào)性分析判斷.【詳解】對A：，∵，則，∴，則，A正確；對B：，∵，則，∴，則，B正確；對C：，∵，則，∴，則，C錯誤；對D：∵，則，且在上單調(diào)遞減，∴，又∵在R上單調(diào)遞增，則，∴，D正確；故選：ABD.10．若正三棱錐和正四棱錐的所有棱長均為，將其中兩個正三角形側(cè)面與按對應頂點粘合成一個正三角形以后，得到新的組合體是（

）A．五面體 B．七面體C．非柱體的多面體 D．斜三棱柱【答案】AD【分析】由題意畫出圖形，證明四邊形與四邊形是平面圖形，再結(jié)合所有棱長相等得新的組合體是斜三棱柱，也是五面體．【詳解】將兩個正三角形側(cè)面與△按對應頂點粘合成一個正三角形以后，如圖，取中點，的中點，連接，，，是正三角形，，是正三角形，，，平面,平面，△是正三角形，，又，，而，平面,則平面，四邊形是平面四邊形，由，，得四邊形為平行四邊形，則，又，，同理可得，再由所有棱長相等，可得幾何體為斜三棱柱，也是五面體．故選：AD．11．設(shè)（其中為正整數(shù)，），且的一條對稱軸為；若當時，函數(shù)在單調(diào)遞增且在不單調(diào)，則下列結(jié)論正確的是（

）A．B．的一個對稱中心為C．函數(shù)向右平移個單位后圖象關(guān)于軸對稱D．將的圖象的橫坐標變?yōu)樵瓉淼囊话?，得到的圖象，則的單調(diào)遞增區(qū)間為【答案】ACD【分析】根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)可得，，進而得，結(jié)合選項即可逐一求解.【詳解】當時，函數(shù)在單調(diào)遞增且在不單調(diào),故的周期滿足,由于為正整數(shù)，所以，故A正確，由于是的對稱軸，所以,解得，由于，所以取則，故，所以，故B錯誤，向右平移個單位后得到，為偶函數(shù)，為C正確，將的圖象的橫坐標變?yōu)樵瓉淼囊话?，得到，?解得則的單調(diào)遞增區(qū)間為，故D正確，故選：ACD12．甲口袋中裝有2個黑球和1個白球，乙口袋中裝有3個白球.現(xiàn)從甲、乙兩口袋中各任取一個球交換放入另一口袋，重復次這樣的操作，記甲口袋中黑球個數(shù)為，恰有1個黑球的概率為，恰有2個黑球的概率為，則下列結(jié)論正確的是（

）A．，B．數(shù)列是等比數(shù)列C．數(shù)列是等比數(shù)列D．的數(shù)學期望【答案】ACD【分析】利用已知條件求出，，推出即可判斷選項A；推出，得到說明數(shù)列是等比數(shù)列，再利用期望的公式求解即可判斷.【詳解】由題知，，，且，；則，；故A正確；由上可得，故，則數(shù)列是等比數(shù)列，故B錯誤，C正確；且；則，故D正確.故選:ACD.三、填空題13．若向量與的夾角為150°，，，則_______.【答案】【分析】首先利用向量數(shù)量積的運算律展開，結(jié)合數(shù)量積的運算公式，即可求解.【詳解】，得，即，解得：或（舍）.故答案為：14．在數(shù)列中，，，，則的前2022項和為______.【答案】1015【分析】分奇偶項討論，結(jié)合并項求和運算求值.【詳解】∵，令，則，故，當為偶數(shù)時，則，，∴；當為奇數(shù)時，則，，∴；設(shè)數(shù)列的前n項和，則.故答案為：1015.15．四棱錐的底面ABCD是矩形，側(cè)面底面ABCD，，，則該四棱錐外接球的表面積為________.【答案】【分析】由題意，作圖，分別找出側(cè)面與底面ABCD外接圓的圓心，計算其半徑，根據(jù)球的性質(zhì)，作平面垂線，找出球心，根據(jù)勾股定理，可得答案.【詳解】由題意，作圖如下：在矩形中，連接對角線，，記，即點為矩形的外接圓圓心，在中，，，則，的外接圓半徑為，記外接圓圓心為，即，取中點為，在矩形中，易知，，在中，易知，且共線，過作平面，令，連接，側(cè)面底面ABCD，且側(cè)面底面ABCD，平面，且平面，由平面，則，即四邊形為矩形，，平面，根據(jù)球的性質(zhì)，可得點為四棱錐外接球的球心，在中，，四棱錐外接球的表面積.故答案為：.【點睛】求多面體的外接球問題，首先找到多面體的兩個表面的外接圓圓心與半徑，過圓心作表面的垂線，找出球心，構(gòu)造直角三角形，利用勾股定理，可得答案.16．已知的外接圓的圓心為，若，則_________.【答案】【分析】根據(jù)外接圓作圖，設(shè)外接圓半徑為，由于，則可得，結(jié)合正弦定理確定，可得，又有外心的幾何性質(zhì)將變?yōu)椋傻?，根?jù)余弦定理有，聯(lián)合可得三邊比例關(guān)系，即可得的值.【詳解】解：如圖，的外接圓的圓心為，過作于點設(shè)外接圓半徑為，由于，所以，即，由正弦定理得，且角為銳角，則由余弦定理得①因為，所以，其中，，所以，即，又余弦定理得所以②聯(lián)立①②得：，則.故答案為：.四、解答題17．在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若，點D在線段AC上，且，，.(1)求角B的大??；(2)求的面積.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理邊化角得到，再利用兩角和差公式以及誘導公式求得結(jié)果.（2）由（1）可知是以為直角的直角三角形，的面積,又因為，所以可得，即可得到的長，進而得到答案.【詳解】（1）根據(jù)，由正弦定理得，∴，又∴，即，又∴，∴.（2）設(shè)，由得，即，兩邊平方得，即，可得.所以.故的面積.18．已知有一系列雙曲線：，其中，，記第條雙曲線的離心率為，且滿足，.(1)求數(shù)列的通項公式；(2)求證：.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）首先利用已知數(shù)列的前項和求，再根據(jù)雙曲線的方程，得與的關(guān)系，求數(shù)列的通項公式；（2）首先表示，利用錯位相減法求和，即可證明不等式.【詳解】（1）因為，當時，，解得；當時，，兩式相減，可得，所以，所以是以2為首項，以1為公差的等差數(shù)列，所以.由題意，得，所以.（2）所以，故，得證.19．如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，側(cè)面是邊長為2的正三角形，平面平面，.(1)求證：平行四邊形為矩形；(2)若E為側(cè)棱PD的中點，且點B到平面ACE的距離為，求平面ACE與平面ABP夾角的余弦值.【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】（1）取AD中點Q，連PQ，利用面面垂直的性質(zhì)、線面垂直的性質(zhì)證得，再利用線面垂直的判定、性質(zhì)推理作答.（2）以點A為原點，建立空間直角坐標系，借助空間向量求解作答.【詳解】（1）設(shè)Q為AD的中點，連接PQ，如圖，因為正三角形，有，又平面平面，平面平面，平面，因此平面，又平面，即有，而，平面，于是得平面，又平面，有，所以平行四邊形為矩形.（2）在平面內(nèi)作，則平面，即有射線兩兩垂直，以A為坐標原點，AB，AD，Az所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，如圖，設(shè)，則，，，，，，則，，設(shè)平面的法向量為，則，令，得，又，于是得點B到平面ACE的距離為，解得，，，，設(shè)平面的法向量為，則，取，得所以平面ACE與平面ABP夾角的余弦值為.20．某工廠質(zhì)檢部門要對該廠流水線生產(chǎn)出的一批產(chǎn)品進行檢驗，如果檢查到第4件仍未發(fā)現(xiàn)不合格品，則此次檢查通過且認為這批產(chǎn)品合格，如果在尚未抽到第4件時已檢查到不合格品，則拒絕通過且認為這批產(chǎn)品不合格.且每件產(chǎn)品質(zhì)檢費用為80元.設(shè)這批產(chǎn)品的數(shù)量足夠大，并認為每次檢查中查到不合格品的概率都為，即每次抽查的產(chǎn)品是相互獨立的.(1)求這批產(chǎn)品能夠通過檢查的概率；(2)記對這批產(chǎn)品的質(zhì)檢個數(shù)記作，求的分布列和數(shù)學期望；(3)已知100批此類產(chǎn)品，若，則總平均檢查費用至少需要多少元？（總平均檢查費用=每批次平均檢查費用×批數(shù)）【答案】(1)(2)分布列見解析，(3)27512元【分析】（1）根據(jù)題意結(jié)合獨立事件的概率乘法公式運算；（2）由題可知，分別求概率，可得分布列和期望；（3）設(shè)，求導，利用導數(shù)求最值，進而可得結(jié)果.【詳解】（1）記事件A為“這批產(chǎn)品能夠通過檢查”，則由題意知：.（2）由題可知，，，，，所以的分布列為：1234故的數(shù)學期望為：.（3）設(shè)，則，因為，且開口向下，則當時恒成立，所以在單調(diào)遞減，所以，所以每批次平均檢查費用至少為（元），故100批次此類產(chǎn)品總平均檢查費用至少需要（元）.21．已知O是平面直角坐標系的原點，F(xiàn)是拋物線：的焦點，過點F的直線交拋物線于A，B兩點，且的重心為G在曲線上.(1)求拋物線C的方程；(2)記曲線與y軸的交點為D，且直線AB與x軸相交于點E，弦AB的中點為M，求四邊形DEMG的面積最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)直線與拋物線的位置關(guān)系，求解交點坐標關(guān)系，根據(jù)三角形重心坐標公式，即可得重心坐標，再代入曲線上，即可得確定拋物線方程；（2）根據(jù)坐標關(guān)系可證得，則可按梯形面積公式求解即可得面積表達式，結(jié)合基本不等式求解最值即可.【詳解】（1）解：焦點，顯然直線AB的斜率存在，設(shè)：，聯(lián)立，消去y得，，設(shè)，，，則，，所以，所以，且，故，即，整理得對任意的恒成立，故，所求拋物線的方程為.（2）解：由（1）知，，，，，，則，又弦AB的中點為M，的重心為G，則，故，所以，D點到直線AB的距離，，，所以四邊形的面積，當且僅當，即時取等號，此時四邊形的面積最小值為.22．已知函數(shù).(1)求的單調(diào)區(qū)間；(2)若對恒成立，求實數(shù)的取值范圍.【答案】(1)答案見解析；(2).【分析】（1）求導，再分，和三種情況討論，結(jié)合導數(shù)的符號即可得出答案；（2）不等式對恒成立，即不等式恒成立，利用導數(shù)求出函數(shù)的最小值，再分，，和四種情況討論，結(jié)合（1）中的結(jié)論即可得出答案.【詳解】（1）解：，①當時，，由得，由得，故在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減；②當時，，由得，由得或，故在單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，③當時，，由得或，由得，故在單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，綜上，當時，的增區(qū)間為，減區(qū)間為；當時，的增區(qū)間為，減區(qū)間為；當時，的增區(qū)間為，減區(qū)間為；（2）解：由，得，即，（*）令，則，當時