湖北省二十一所重点中学2023届高三数学上学期第三次联考试题（Word版含解析）.doc

1、2023届湖北省二十一所重点中学高三第三次联考数学一选择题：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.则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先根据题意得到或，再求即可.【详解】因为，所以或，所以.故选：B2. 设复数满足，则在复平面上对应的点的轨迹为（ ）A. 直线B. 圆C. 双曲线D. 抛物线【答案】A【解析】【分析】由复数的几何意义求解【详解】设，由题意得，则，在复平面上对应的点的轨迹为两条直线，故选：A3. 若，则（ ）A. B. C. 1D. 2【答案】C【解析】【分析】由同角三角函数基本关系化简求解

2、【详解】由题意得，故选：C4. 已知代表不同的平面，代表不同的直线，则下列说法中正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】利用空间线面的关系，对四个选项一一判断即可.【详解】对于A：若，则与平面可能平行，也可能垂直，也可能斜交.故A错误；对于B：若，则可能平行，也可能相交，也可能异面.故B错误；对于C：若，则可能平行，也可能异面故C错误；对于D：若，则.又，所以.故D正确.故选：D5. 已知为单位向量，且，若，则实数k的值为（ ）A. 6B. 6C. 3D. 3【答案】B【解析】【分析】转化为，利用数量积分配律，求解即可【详解】由题意，故又为单位向

3、量，且故可得，即故选：B6. 图1是一个不倒翁模型，它是一种古老的中国儿童玩具，最早记载出现于唐代，一经触动就摇摆然后恢复直立状态.如图2，将图1的模型抽象成一个正圆锥和半球的组合体.已知半球的密度是圆锥的2倍，已知要让半球质量不小于圆锥质量，才能使它在一定角度范围内“不倒”，则圆锥的高和底面半径之比至多为（ ）A. B. 1C. 2D. 4【答案】D【解析】【分析】由圆锥和球的体积公式列不等式求解【详解】设圆锥的底面半径为，高为，由题意得，即，则，故选：D7. 将曲线的图像画在坐标轴上，再把坐标轴擦去（轴水平向右，轴竖直向上），得到的图像最有可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解

4、析】【分析】当趋于无穷时，曲线无限趋于，结合斜率关系和的正负，用排除法得到答案.【详解】直线把平面划分为四个区域，如图，区域（1）满足，区域（3）满足，均有(xy)(x2y1)0，不满足(xy)(x2y1)10；排除，区域（2）满足；区域（4）满足；所以曲线的图像只可能在区域（2）（4）内，当趋于无穷时，曲线无限趋于，直线的斜率分别是，由直线的斜率与倾斜角的关系可知：直线的倾斜角为135，直线倾斜角为锐角且小于30，从而排除，故选：B8. 若实数满足：对每个满足的不为常数的数列，存在，使得，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 2【答案】C【解析】【分析】根据选项，结合数列的递推关系，对其

5、赋予恰当的值，然后进行逻辑推理论证即可.【详解】令，则.故.下证：当时满足条件.存在，已经成立；存在，则，成立；存在，则，成立.假设存在，使得对每个，设.则.令，则，矛盾.故总存在，满足，其中之一.故选：C【点睛】值的得到可以从二阶不动点的角度考虑，也可以从选项出发考虑.二多选题：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，只有一项是符合题目要求的.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，有选错的得分.9. 已知，则的值可能为（ ）A. B. C. 24D. 【答案】BC【解析】【分析】由对数的运算性质求解【详解】由题意得，则时，同理时，故选：BC10. 已知

6、，则（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】A.先构造函数，通过函数的单调性确定的大致范围，再构造，通过函数的单调性确定与的大小关系，进而得到A选项.B.先构造函数，通过函数的单调性确定的大致范围，再构造，通过函数的单调性确定与的大小关系，进而可知B选项错误.C.通过，得到，进而可得与的大小关系, 进而可知C选项错误.D.与C选项同样的方法即可判断.【详解】A. 令则 ，所以在单调递减，在上单调递增，且，故.令则，所以在上单调递减，且 即 故选项A正确B. 令则，所以在单调递增，在上单调递减，且，故.令所以在上单调递减，且 即 故选项B错误C. 又在单调递增 故选项C错误D.

7、 由C可知， 又在单调递减 故选项D正确故选：AD11. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】CD【解析】【分析】对于A，利用赋值法求解，对于B，利用二项式展开式的通项公式求解，对于C，利用赋值法求解，对于D，利用二项式展开式的通项公式求解.【详解】对于A，令，则，令，则，所以，所以A错误，对于B，二项式展开式的通项公式为，所以，所以B错误，对于C，令，则，因为，所以，因为，所以，所以，所以C正确，对于D，因为二项式展开式的通项公式为，所以， ，所以，所以，所以D正确，故选：CD12. 已知.设命题：过点恰可作一条关于的切线.以下为命题的充分条件的有（ ）A. B. C. D. 【答

8、案】BD【解析】【分析】首先对求导，然后写出切线方程，代入化简得，转化为方程有一个根，再转化成两函数有一个交点的问题.【详解】，设切点为，则切线方程为：，因为切线经过点，将点代入得，化简得，方程有一个根，令，转化为直线与只有一个交点，当时， ， ， 故在和上单调递增，在上单调递减，根据直线与只有一个交点，则有或即，同理当时，故在和上单调递减，在上单调递增，根据直线与只有一个交点，可得或，综上，要想过恰可作一条关于的切线，则或；或.A选项，若，则，无法推出，故A错误；B选项，若，则，若，则，可以推出，故B正确；C选项，无法推出，故C错误；D选项，若，则，若，则，可以推出，故D正确.故选：BD.【

9、点睛】对三次函数切线个数问题是导数中的重难点，也是曾经高考考查过的内容，方法是转化成方程根的个数问题.三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 圆的直径为_.【答案】5【解析】【分析】转化为圆的标准方程，即得解【详解】由题意，故圆的半径为，直径为5故答案为：514. 请写出一个满足以下条件的函数的解析式_.为偶函数；当时，.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根据题意，结合函数的性质写出一个符合题意的函数即可.【详解】记，则.所以当时，有，函数单调递减；当时，有，函数单调递增，所以，即.所以恒成立.所以当时，可取满足.因为为偶函数，所以可以找到一个符合题意的函数：故答案：（答案不

10、唯一）.15. 数学家高斯在各个领域中都取得了重大的成就.在研究一类二次型数论问题时，他在他的著作算术研究中首次引入了二次剩余的概念.二次剩余理论在噪音工程学密码学以及大数分解等各个领域都有广泛的应用.已知对于正整数，若存在一个整数，使得整除，则称是的一个二次剩余，否则为二次非剩余.从1到20这20个整数中随机抽取一个整数，记事件与12互质”，是12的二次非剩余”，则_；_.【答案】 . . 【解析】【分析】根据题意，计算出1-20内与12互质的数，再在这些互质数内，计算出12的二次非剩余数即可.【详解】在1-20内与12互质的数有1，5，7，11，13，17，19，所以 ；根据定义，对于 整

11、数的x不存在，则a是12的二次非剩余数，显然，当a=1时，x=11，当a=5，7，11，13，17，19时，x不存在； ；故答案为： .16. 已知为平面单位向量，平面向量满足，则的最小值为_，最大值为_.【答案】 . . 【解析】【分析】设，利用余弦定理将转换成，再利用换元的思路转换成，分类讨论的范围求最值即可.【详解】设，则.如图由余弦定理，.将表达式齐次化，原式.当时，原式，当时，由图可知，再结合解得，记，令，原式.当，则原式；当，原式；当，原式.综上，的最小值为，最大值为.故答案为：；.四解答题：本题共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. 已知等差数列的首项

12、，记数列的前项和为，且数列为等差数列.（1）证明：数列为常数列；（2）设数列的前项和为，求的通项公式.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）设数列的公差为，则，平方后求出，再利用可表示出，从而可得数列的公差为，从而可表示出，然后可求出为常数，（2）由（1），则，化简后利用裂项相消法可求得结果.【小问1详解】证明：设数列的公差为，则，所以所以所以所以的公差为，因为所以，即，所以，所以为常数，所以数列为常数列；【小问2详解】由（1），对也成立，因为，所以.所以.18. 设的内心为点与的外接圆的另一交点为点.（1）证明：；（2）若，且的三边成等差数列，求.【答案】（1）证明见解析 （

13、2）【解析】【分析】（1）证明角度相等即可；（2）利用内心的性质及三角函数定义，三角形面积公式得到，最后根据余弦定理求出的值.【小问1详解】由，.【小问2详解】设角所对边分别为内切圆半径为.则，由条件，故.又面积，得.若，代入上式得.由余弦定理，符合题意；若，则由与对称，与上面相同；若，则，则，不符合题意.综上，的值为.19. 随机变量的概念是俄国数学家切比雪夫在十九世纪中叶建立和提倡使用的.切比雪夫在数论概率论函数逼近论积分学等方面均有所建树，他证明了如下以他名字命名的离散型切比雪夫不等式：设为离散型随机变量，则，其中为任意大于0的实数.切比雪夫不等式可以使人们在随机变量的分布未知的情况下，

14、对事件的概率作出估计.（1）证明离散型切比雪夫不等式；（2）应用以上结论，回答下面问题：已知正整数.在一次抽奖游戏中，有个不透明的箱子依次编号为，编号为的箱子中装有编号为的个大小质地均相同的小球.主持人邀请位嘉宾从每个箱子中随机抽取一个球，记从编号为的箱子中抽取的小球号码为，并记.对任意的，是否总能保证（假设嘉宾和箱子数能任意多）？并证明你的结论.附：可能用到的公式（数学期望的线性性质）：对于离散型随机变量满足，则有.【答案】（1）证明见解析 （2）不能保证，证明见解析【解析】【分析】通过方差的计算公式，结合变形即可证明.结合所给公式，再变形式子来解出，再利用第（1）证明的离散型切比雪夫不等式

15、即可得到矛盾.【小问1详解】设所有可能取值为取的概率为.则 ， 【小问2详解】（2）由参考公式，.，用到而，故.当时，因此，不能保证.20. 如图，在几何体中，底面为以为斜边的等腰直角三角形.已知平面平面，平面平面平面.（1）证明：平面；（2）若，设为棱的中点，求当几何体的体积取最大值时与所成角的正切值.【答案】（1）证明见解析 （2）6【解析】【分析】（1）先做一条辅助线，再通过面面垂直的性质得到平面，再根据平面，可得，进而根据线面垂直的判定定理即可证明.（2）过点作交与点,连接,通过题目条件和小问1结论证明四边形为平行四边形，然后把多面体分为两个三棱锥求体积，令，把求体积的最大值转化为求关

16、于的函数的最大值.构造函数，通过导函数判断其单调性，进而得到的最大值，求出此时的值.然后以点为原点建立空间直角坐标系，通过向量法求与所成角的正切值.【小问1详解】过点作交与点，平面平面，且两平面的交线为平面 又平面 又且 平面【小问2详解】过点作交与点,连接平面平面，且两平面的交线为平面 又平面 到平面的距离相等且，平面 又，令则，.所以在上单调递增，在上单调递减，即，当且仅当时取得最大值.如图所示，以点为原点建立空间直角坐标系，则，所以.设与所成角为，则，则，即当几何体体积最大时，与所成角的正切值为6.21. 如图，四边形为菱形，与相交于点，平面，平面，为中点.（1）求证：平面；（2）求二面

17、角的正弦值；（3）当直线与平面所成角为时，求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】（1）见解析 （2） （3）【解析】【分析】（1）根据三角形中位线定理可得，进而可得结论；（2）以，为，轴建立空间直角坐标系，分别求出平面的法向量及平面的法向量，根据空间向量夹角余弦公式可得结果；（3）根据直线与平面所成角为可得的值，进而利用空间向量夹角余弦公式可得结果.【小问1详解】证明：因为面，面，所以.因为四边形为菱形，所以为中点，又为中点，所以，面，面，故平面.【小问2详解】由（1），故平面又为菱形，故分别以，为，轴建立空间直角坐标系，设平面的法向量，则得，令，所以设平面的法向量，则得，令，所以于是，又所以

18、.所以，二面角的正弦值为.【小问3详解】设，因为与平面所成角为，所以解得或（舍）.于是，.因此，异面直线与所成角的余弦值.22. 设函数，的极大值点为.（1）求；（2）若曲线，上分别存在两点，使得四边形为边平行于坐标轴的矩形，求的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）对求导，根据其单调区间可得，解出即可；（2）根据题意存在，从而多次构造新函数，再进行分类讨论.【小问1详解】.当在上递增，在上递减.故，即.【小问2详解】由题意，存在.令，则，由在上递增，在上存在唯一零点.由题意，.令.对于，故条件即在上有零点.（i），即，也即.这等价于，即.此时，在上存在在上递增，故.而，故由零点存在定理，在上存在零点，满足条件.（ii）若，即，也即.令，又，故，在上递减，则，不满足题意.综上，的取值范围为.【点睛】本题主要难点在于第（2）小问，而同构的方法在导数难题中经常用到，也是高考压轴题的考察重点，平时要注意积累.