2023届湖北省荆荆宜三校高三上学期9月联考数学试题含答案

2023届湖北省荆荆宜三校高三上学期9月联考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据二次不等式与根式的定义域求解，再取交集即可.

【详解】，，故.

故选：B

2．已知角的终边经过点，则角可以为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】求出的值，结合角为第四象限角可得出结果.

【详解】由题意可知，点在第四象限，且，，

当时，.

故选：C.

3．已知A，B为两个随机事件，，，则“A，B相互独立”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】转化，根据充分性必要性的定义，以及独立性的定义，分析即得解

【详解】由题意，

若A，B相互独立，则

，故，故充分性成立；

若，即，则

即，故，即相互独立，故A，B相互独立，故必要性成立

故“A，B相互独立”是“”的充分必要条件

故选：C

4．衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率．已知，则曲线在点处的曲率为（    ）

A．0 B． C． D．

【答案】A

【分析】求出原函数的导函数与导函数的导函数，然后代入题中公式即可求出答案.

【详解】，

，，

则曲线在点处的曲率为

故选：A.

5．已知函数的部分图象如图，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先结合已知条件和图像求出的解析式，然后利用函数的对称关系求出与之间的关系式，然后通过求出，进而即可求出.

【详解】结合题意可知，，

∵，∴，

又由图像可知，，

又由，即，即，，

从而，故，

令，，

从而的对称轴为，，

由图像可知，与关于对称，即，且，

因为，

所以.

故选：C.

6．已知 的展开式只有第 5 项的二项式系数最大，设，若，则（    ）

A．63 B．64 C．247 D．255

【答案】C

【分析】根据二项式系数的性质求出，根据求出，再由赋值法求解即可.

【详解】因为展开式只有第 5 项的二项式系数最大，所以展开式共9项，所以，，∴，

∴，令，得，令，得，

∴．

故选：C．

7．已知是方程的两根，有以下四个命题：

甲：；

乙：；

丙：；

丁：.

如果其中只有一个假命题，则该命题是（    ）

A．甲 B．乙 C．丙 D．丁

【答案】B

【分析】根据韦达定理可得，对乙､丁运算分析可知乙､丁一真一假，分别假设乙､丁是假命题，结合其他命题检验判断．

【详解】因为是方程的两根，所以，

则甲：；

丙：.

若乙､丁都是真命题，

则，所以，，

两个假命题，与题意不符，所以乙､丁一真一假，

假设丁是假命题，由丙和甲得，所以，

即，所以，与乙不符，假设不成立；

假设乙是假命题，由丙和甲得，又，所以，

即与丙相符，假设成立；故假命题是乙，

故选：．

8．已知函数，若存在两个极值点，，当取得最小值时，实数的值为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】D

【分析】结合已知条件，分析出，然后转化为，通过求在上的最小值来确定的最小值，进而即可求解.

【详解】由题意可知，有两个变号零点，即有两个不同的正根，，

不妨令，则，

当时，，故在上单调递减，

此时最多只有一个零点，不合题意；

当时，；，

故在上单调递增，在单调递减，

因为，，

且由对数函数性质可知，当足够大时，，

所以由零点存在基本定理可知，，

因为，，

所以，

不妨令，由，

从而，

因为，

令，则，

从而在单调递增，且，

故对于，，即在单调递增，

从而当取得最小值是，也取得最小值，即取得最小值，

不妨令，，则，

令，则对于恒成立，

故在上单调递增，

因为，，

所以存在唯一的，使得，

故；，

从而在上单调递减，在单调递增，

故，此时也取得最小值，即，

故.

故选：D.

二、多选题

9．某地为响应“扶贫必扶智，扶智就扶知识、扶技术、扶方法”的号召，建立农业科技图书馆，供农民免费借阅，收集了近5年的借阅数据如下表：

根据上表，可得关于的经验回归方程为，则（    ）A．

B．借阅量4.9，5.1，5.5，5.7，5.8的上四分位数为5.7

C．与的线性相关系数

D．2021年的借阅量一定不少于6.12万册

【答案】ABC

【分析】对于A，由于样本中心点在回归直线上，所以将其坐标代入可求出结果，对于B，利用上四分位数的定义求解，对于C，由于，从而可得相关系数大于零，对于D，由回归方程预测即可

【详解】对于A，因为，，

所以，得，所以A正确，

对于B，因为，所以借阅量4.9，5.1，5.5，5.7，5.8的上四分位数为5.7，所以B正确，

对于C，因为，所以y与x的线性相关系数，所以C正确，

对于D，由选项A可知线性回归方程为，当时，，所以2021年的借阅量约为6.12万册，所以D错误，

故选：ABC

10．下列结论正确的有（    ）

A．若，则

B．若，则

C．若（其中e为自然对数的底数），则

D．若，则

【答案】AD

【分析】根据对数函数、指数函数的单调性及不等式 性质判断A，由特殊值判断BC，根据正弦函数在上的单调性判断D.

【详解】由可得，即, 而是增函数，所以成立，故A正确；

由可得，故，所以不成立，如，故B错误；

当时，满足，，故不成立，故C错误；

由可知，所以，

而在上单调递增，所以，故D正确.

故选：AD.

11．已知函数，若将函数的图象纵坐标不变，横坐标缩短到原来的，再向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（    ）

A．函数 B．函数的周期为

C．函数在区间上单调递增 D．函数的图象的一条对称轴是直线

【答案】ABC

【分析】首先结合伸缩变换和平移变换求出的解析式即可判断A；利用周期公式判断B；利用整体代入法求出的单调递增区间即可判断C；利用代入检验法可判断D.

【详解】由题意可知，函数的图象纵坐标不变，横坐标缩短到原来的后，其解析式为，

向右平移个单位长度后，得到，故A正确；

由周期公式可知，函数的周期为，故B正确；

由，，

故的单调递增区间为，，

从而函数在区间上单调递增，故C正确；

因为，故D错误.

故选：ABC.

12．已知奇函数在R上可导，其导函数为，且恒成立，若在单调递增，则（    ）

A．在上单调递减 B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】根据函数的的对称性和周期性，以及函数的导数的相关性质，逐个选项进行验证即可.

【详解】方法一：

对于A，若，符合题意，故错误，

对于B，因已知奇函数在R上可导，所以，故正确，

对于C和D，设，则为R上可导的奇函数，，

由题意，得，关于直线对称，

易得奇函数的一个周期为4，，故C正确，

由对称性可知，关于直线对称，进而可得，（其证明过程见备注）

且的一个周期为4，所以，故D正确．

备注：，即，所以，

等式两边对x求导得，，

令，得，所以．

方法二：

对于A，若，符合题意，故错误，

对于B，因已知奇函数在R上可导，所以，故正确，

对于C，将中的x代换为，

得，所以，

可得，两式相减得，，

则，，…，，

叠加得，

又由，得，

所以，故正确，

对于D，将的两边对x求导，得，

令得，，

将的两边对x求导，得，所以，

将的两边对x求导，得，

所以，故正确．

故选：BCD

三、填空题

13．设，若，则______．

【答案】

【分析】结合已知条件，利用指对互化和对数的运算即可求解.

【详解】因为，，

所以，即，

从而，

故.

故答案为：.

14．某小区共有3个核酸检测点同时进行检测，有6名志愿者被分配到这3个检测点参加服务，6人中有4名“熟手”和2名“生手”，1名“生手”至少需要1名“熟手”进行检测工作的传授，每个检测点至少需要1名“熟手”，且2名“生手”不能分配到同一个检测点，则不同的分配方案种数是______．

【答案】

【分析】先把4名“熟手”分为人数为的三组，再分到三个检测点，然后把2名“生手”分配到3个检测点中的2个，由乘法原理计算可得．

【详解】解：根据题意，可先把4名“熟手”分为人数为的三组，再分配到3个检测点，共有种分法，

然后把2名“生手”分配到3个检测点中的2个，有种分法，

所以共有种不同的分配方案.

故答案为：

15．若函数和的图象有且仅有一个公共点P，则g(x)在P处的切线方程是_________.

【答案】

【分析】由分离常数，结合导数求得的值，进而通过切点和斜率求得切线方程.

【详解】由（），

分离常数得，

令，

，

令，

，所以在上递减.

所以当时，递增；当时，递减，

所以，所以，且.

，

所以切线方程为.

故答案为：

16．如图，在扇形中，，，点为上的动点且不与点A，B重合，于，于点，则四边形面积的最大值为______．

【答案】

【分析】根据题意，以为原点，为轴建立平面直角坐标系，设，，则，进而得四边形面积，再根据三角函数求最值即可.

【详解】解：因为在扇形中，，，

所以，以为原点，为轴建立平面直角坐标系，

设，，则，

所以

因为于，于点，

所以四边形面积，

因为，所以

所以，当时，取得最大值.

故答案为：

四、解答题

17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，．

(1)求的值；

(2)求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)利用正弦定理求出与之间的关系，结合，利用三角恒等变换即可求解；(2)结合(1)中条件，求出即可求解.

【详解】(1)因为，，

所以由正弦定理知，，

又由，

故，

所以，故．

(2)由知，，

，

记的面积为，

因为，

所以，

故的面积为．

18．目前，教师职业越来越受青睐，考取教师资格证成为不少人的就业规划之一．当前，中小学教师资格考试分笔试和面试两部分．已知某市2021年共有10000名考生参加了中小学教师资格考试的笔试，现从中随机抽取100人的笔试成绩（满分100分）作为样本，整理得到如下频数分布表：

由频数分布表可认为该市全体考生的笔试成绩近似服从正态分布，其中，近似为100名样本考生笔试成绩的平均值（同一组的数据用该组区间的中点值代替）．

(1)若，据此估计该市全体考生中笔试成绩高于85的人数（结果四舍五入精确到个位）；

(2)按照比例分配的分层随机抽样方法，从笔试成绩为和的考生中随机抽取了6人，再从这6人中随机抽取2人，记成绩不低于90分的人数为随机变量，求的分布列和均值．

参考数据：若，则，，．

【答案】(1)人

(2)分布列见解析；期望为

【分析】（1）根据频数统计表求得均值，再根据正态分布性质求概率后可得人数；

（2）确定随机变量的取值为0，1，2．求出概率得分布列，由期望公式计算期望．

【详解】(1)由题意，，

此时，故，

所以该市全体考生中笔试成绩高于85的人数约为人．

(2)进入面试的考生中笔试成绩位于的人数之比为，则抽取的6人中成绩不低于90分的人数为2，所以随机变量的取值为0，1，2．

，，，

所以的分布列为

所以．

19．已知数列中，，．

(1)求证：数列为等比数列；

(2)设，记数列的前项和为，求使得的正整数的最小值．

【答案】(1)证明见解析

(2)8

【分析】（1）转化原式为，根据等比数列的定义，即得证；

（2）转化，分组求和得到，结合二项式定理，即得证

【详解】(1)由，得，

所以，

因为，则是公比为3的等比数列．

(2)由（1）得．

所以，

记

故为等比数列

所以．

所以，因为25与64互素，所以可被整除

因为

故可被64整除时，正整数的最小值为8．

20．在斜三棱柱中，为等腰直角三角形，，侧面为菱形，且，点为棱的中点，，平面平面．

(1)证明：平面平面；

(2)求平面与平面的夹角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)结合已知条件，利用面面垂直的性质平面，然后利用面面垂直判定定理即可证明；(2)结合已知条件，首先证明平面，然后建立空间直角坐标系，并求出平面与平面的法向量，然后利用面面夹角的向量公式求解即可.

【详解】(1)分别取，的中点和，连接，，，，如下图：

因为，分别是，的中点，所以，且，

因为点为棱的中点，所以，且，

所以，且，

所以四边形是平行四边形，所以．

因为，是的中点，所以，

又因为平面平面，且平面平面，

所以平面，所以平面，

因为平面，所以平面平面．

(2)因为侧面为菱形，且，所以为正三角形，

所以，

由（1）知平面平面，平面平面，

所以平面，

又由，故，，两两垂直，

设，则，

以为坐标原点，，，分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系如下：

则，，，，

所以，，，

设平面的法向量为，

则，令，则，，

从而．

设平面的法向量为，

则令，则，，

从而，

设平面与平面的夹角为，

则，

所以平面与平面的夹角的余弦值为．

21．设椭圆：，，是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，点在椭圆外，且．

(1)求椭圆的方程；

(2)若，点为椭圆上横坐标大于1的一点，过点的直线与椭圆有且仅有一个交点，并与直线，交于M，N两点，为坐标原点，记，的面积分别为，，求的最小值．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)结合已知条件，将可得到一个关系式，然后再结合求出半焦距，最后再结合即可求解；(2)首先设出直线的方程，然后利用直线与椭圆相切求出与的关系，再通过联立直线间的方程表示出直线与点的纵坐标，并表示出和，进而表示出，最后利用换元法和均值不等式即可求解.

【详解】(1)因为点在椭圆上，所以，①

因为点在椭圆外，且，所以，即，②

由①②解得，，

故椭圆的方程为．

(2)设点，，设直线：，

由椭圆性质以及点的横坐标大于1可知，，

将直线代入方程并化简可得，，

即，

因为直线与椭圆有且仅有一个交点，

所以，即．

直线的方程为：；直线的方程为：，

联立方程得，同理得，

所以，

所以，，

所以

，

令，则，

当且仅当，即时，不等式取等号，

故当时，取得最小值．

22．已知函数．

(1)讨论函数的零点个数；

(2)记较大的零点为，求证：．

【答案】(1)两个零点

(2)证明见解析

【分析】(1)结合已知条件，利用二次求导，首先求出的单调性，进而得到的单调性，利用零点存在基本定理即可求解；(2)利用换元法将不等式转化为，通过构造函数，利用导函数求其单调性即可证明.

【详解】(1)由题意，的定义域为，，

，

令，则，

易知单调递减，

因为，，

所以存在唯一的，使得，

从而；，

故在单调递增，在单调递减，且，

又，所以存在，使得，

从而在单调递减，在单调递增，在单调递减，

因为，所以，

因为，所以在之间存在唯一零点．

综上所述：有两个零点．

(2)由（1）可得函数较大的零点为，则，

即，

故只需证明，

等价于证明，

不妨设，，则等价于证明．

设，

则，

不妨令，则，

故在上单调递增，即，

即对于恒成立，

令，则对于恒成立，

故在上单调递增，即在上恒成立，

所以，

所以在单调递增，从而．

所以；

设，，注意到，

则，

令，注意到，

则，

令，注意到，

则，，

所以在单调递减，所以，

则在恒成立．

因此在单调递增，所以，即在恒成立，

所以在单调递增，则，即在恒成立，

所以在单调递增，则在恒成立，

故，．

综上所述：．