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

数学试卷（答案在最后）

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z12i34i（其中i为虚数单位），则z（ ） A．1

B．2

C．5 D．5

2．已知集合Mx1x1，Nxy1，则集合xx1（ ） 1xRA．MN B．MN

C．

MN

D．

RMN

3．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 4．已知B．第50百分位数

C．极差

D．众数

22ππ,，且sin2，则sin的值为（ ）

342B．A．3 325 5C．6 3D．310 10lnx,x0,5．已知函数fxx则函数yf1x的图象大致是（ ）

xex,x0,A． B． C．D．

6．已知数列an的前n项和为Sn，且Sn1an1，a12，则S2022的值为（ ） A．22022

B．322020

C．220232 D．3220211

x2y27．已知F1，F2分别为双曲线：221a0,b0的左，右焦点，点P为双曲线渐近线上一点，若

ab1PF1PF2，tanPF1F2，则双曲线的离心率为（ ）

355A． B． C．2

34D．2

8．在三棱锥PABC中，AB2BC2，ABC60，设侧面PBC与底面ABC的夹角为α，若三棱锥PABC的体积为3，则当该三棱锥外接球表面积取最小值时，tan（ ） 3B．

A．

3 443 3C．3

D．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．ABCDBF C．ADAB1

B．ADEBCF0 D．ABBCABAF

10．已知实数a，b，c满足clnaceb1，则下列关系式中可能成立的是（ ） A．abc

B．acb

2C．cab D．cba

11．已知函数fxsinxsin2x，则下列说法正确的是（ ） A．π是

fx的一个周期

πB．

fx的图象关于点,0中心对称

2fx在区间0,2π上的零点个数为4

33 8C．

D．fx的最大值为12．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，P为正方体表面上的一个动点，Q为线段A1C上的动点，

A1P23．则下列说法正确的是（ ）

A．当点P在侧面A1ABB1（含边界）内时，D1P为定值21 B．当点P在侧面BCC1B1（含边界）内时，直线A1P与直线A1B1所成角的大小为

π 3C．当点P在侧面BCC1B1（含边界）内时，对任意点P，总存在点Q，使得D1QCP

D．点P的轨迹长度为53π 2三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

113．1xx的展开式中，常数项为________．

x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y2px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，

24B，AB10，点P在抛物线的准线上．若AP是AAB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aexlnxb0恒成立，则

b的最大值为________． a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，sinC（1）求边b的值；

（2）若D为边BC的中点，cosCAD18．（12分）

已知数列an中，对任意的nN，都有anan14n． （1）若an为等差数列，求an的通项公式； （2）若a13，求数列an的前n项和Sn． 19．（12分）

如图所示，在四棱锥PABCD中，AD∥BC，BAD90，ABAD2sinB，且c42．

3，求△ABC的面积． 41BC2，2PAPBPD2．

（1）证明：PABD；

（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的概率为

1，出现平局41． 2（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）

x2y2π已知F1，F2为椭圆C：221ab0的左、右焦点．点M为椭圆上一点，当F1MF2取最大值时，

ab3MFMFMF6．

121（1）求椭圆C的方程；

（2）点P为直线x4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，

△BF2G的面积分别为S1，S2，点B关于x轴的对称点为B，连接AB交x轴于点G．设△AF2G，求S1S2的最大值． 22．（12分）

设函数fx2ax2cos2xsin2x． （1）当a1时，求fx在0,上的最值；

2（2）对x0,，不等式f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、提示及评分细则

一、单项选择题

1．C 2．D 3．A 4．C 5．B 6．D 7．B 8．B 二、多项选择题

9．BC 10．ABC 11．ABD 12．ACD 三、填空题 13．6

14．

πxπ2aπ2cosx恒成立，求实数a的取值 217 322sinB，

15．5 16．

1 e17．解：（1）因为sinC由正弦定理得：c2b，且c42，

所以b4．

（2）延长AD至点E，满足ADDE，连接EB，EC，在△EBC中，

AE2AC2CE23， 由余弦定理得：cosCAE2AEAC4因为AC4，EC42，

代入上式整理得：AE8，所以AD4 所以S△ABC2S△ADC21ADACsinADC47． 218．解：（1）由条件anan14n，可得：a1a24，a2a38， 因为an为等差数列，设公差为d，由上式可得：a11，d2， 所以an的通项公式为ana1n1d2n1． （2）由条件anan14n，可得：an1an24n1， 两式相减得：an1an4，因为a13，所以a21， 所以数列an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，

nnnn11n22n22SnS奇S偶3414n2；

2222当n为奇数时，

SnSn1ann12n1n22．

2n,n为偶数综上：Sn2．

n2,n为奇数219．解：（1）连接BD，设BD的中点为O，连接OA，OP． 因为ABAD，所以OABD， 因为PBPD，所以OPBD， 又OAOPO，所以BD平面OAP， 因为PA平面OAP，所以BDPA．

（2）因为BAD90，所以OAOB，又PAPB， 所以△POA≌△POB，所以OPOA，又OABDO， 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A0,1,0，B1,0,0，C1,2,0，D1,0,0，P0,0,3， 所以AB1,1,0，AP0,1,3，DC0,2,0，DP1,0,3，

BC2,2,0，平面PCD的法向量分别为nx0,y0,z0，

2y00,nDC0,所以即取x03，则nx03z00,nDP0,3,0,1，

设BC与平面PCD所成的角为α，则sincosBC,n236 484则直线BC与平面PCD的夹角余弦值为10． 4

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：

X P 随机变量X的数学期望：

0 1 2 3 4 6 1 161 41 41 81 41 16EX0111111512346． 1484162（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：P1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，

1； 26111111665﹒ 44442241611所以四支球队积分相同的概率为PP． P126524512其概率为：P221．（1）依题意有当M为椭圆短轴端点时

F1MF2最大，此时F1MF2π，则 3△F1MF2为正三角形，则a2c

且MF1MF2MF12MOMF12bacos∴ba23，又a2b2c2，∴a2，bπ3ba6 63，c1

x2y21． 故椭圆方程为43（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，P4,tt0， 则依题意有PA：

x1xy1yxxyy1，PB：221 4343（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P4,t，则x1则AB方程为xy1tyt1，x221 33yt1，即AB过定点1,0． 3故设AB方程为xmy1，m0，

xmy1联立2， 23x4y12∴3m4y6my90 ∴y1y2226m9，，又Bx2,y2 yy12223m43m4直线AB方程为：yy1y2y1xx1，令y0得

x2x1xGx1y2x2y1my11y2my21y12my1y2y1y2 y1y2y1y2y1y292y1y23m414，∴G4,0 2m12m6my1y23m24∴S1S21336mF2Gy1y2y1y22 2223m49m9933 3m243m42124m2344即m2，m时取等号 m3333． 4π当且仅当3m故S1S2最大值为22．解：（1）a1时，fx2x2cos2xsin2x，x0,

2设2xt，t0,π即gtt2costsint2ttcostsint

gt2costtsintcost22costtsint0

∴gt在0,π上单调递增

∴gtming00，gtmaxgππ2cosπsinπ3π， 即fxmin0，fxmax3π （2）fxxπ2aπ2cosx即2aπ2cosxsinx2aπ2cosx 22即ax2cosxsinx0，对x0,上恒成立， 设hxax2cosxsinx，h00 当a1时，hxx2cosxsinx，

由（1）知x0,π时，x2cosxsinx0，∴hx0 当xπ,时，x2cosxsinxx1cosxxsinx0 当a0时，hxax2cosxsinx，x0,π时，hx0，不合题意． 2当0a1时，hx2aacosxxsinxcosx2aacosxaxsinxcosx，

h0a1

hx2a1sinxaxcosx

当x0,ππ

时，，∴在hx0hx0,单调递增

22

又hππ2a0，h0a10

22π使hx00，当x0,x0时，hx0 2∴存在x00,∴hx在0,x0单调递减，此时hxh00，不合题意 综上a1．