《湖北省“荆荆宜“三校高三上学期9月联考数学试卷含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖北省“荆荆宜“三校高三上学期9月联考数学试卷含答案.pdf（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022年湖北省荆荆宜三校高三上学期9月联考高三数学试卷一考试时间：2022年9月27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，用铅笔把答案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、选择题：本大题共8小题，每一小题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.己 知集合A=xlx2-x-2运0,B=xly石I，则AUB=A.1,2B.一1,+oo)C.-1,ID.I
2、，叫2.已知角的终边经过点呼），则可以为-2 A.一B.-3.已知A,B 为两个随机事件，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f（均是f(x）的导函 数，f气x)是f）的 导 函数，则 曲线y=f(x）在 点（x,f(x）处 的 曲 率K=If”（x)I3.己知(1）2)2 C.D.旦旦36P(A),P(B)0，则“A,B相互独立”是“P（IB)=P（主亘）”f(x)=lnx-cos(x-I），则曲线y=f(x）在点（1,f(l）处的曲率为A.OB主c.主D-./2 4 25己知函数f(x)=2
3、s阳州0,0？）的部分图象如图，叫：的xi)=3 A.-3 c.一JUH川dmm32一、，J吨，ax，f飞rJU、zaJX，、rJ J于B.一一D主Xi 1注5 I 3，2 6.己知（mx+lf(n EN,m ER）的展开式只有第5项的二项式系数最大，设(mx+lY=a0 1x+a2x2anx，若1=8，则Gi+a3+an=A.63B.64C.247D.255 湖北省新高考联考体数学试卷（共4页）第1页一一湖北省新高考联考体*数学答案（共 7 页）第1页 2022 年湖北省荆荆宜三校高三上学期 9 月联考 高三数学答案 一、选择题一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D
4、C A C C B D 二、二、选择题选择题 题号 9 10 11 12 答案 ABC AD ABC BCD 三、填空题三、填空题 13712 14216 1510 xy=1624 四、解答题四、解答题 17【解析】（1）由正弦定理知sin2sinAaCc=,1 分 又23AC=,所以2132sinsinsin()sincos322CACCC=+=+，所以53sincos22CC=，所以3tan5C=4 分（2）由3tan5C=知222222cossin1tan11cos2cossin1tan14ccCCccC=+，2222sincos2tan5 3sin2cossin1tan14ccCCcc
5、C=+，6 分 记ABC的面积为S因为23BACC=,所以1sin4sin2Sa cBB=115 36 34sin(2)2 3cos22sin22 32314147CCC=故ABC的面积为6 37 10 分 18【解析】（1）由题意，45 555 10652575 30852095 1073100+=，2 分 此时85=+，故()0.158651(85.9)2PXXP=+=，4 分 所以该市全体考生中笔试成绩高于85的人数约为10000 0.158651587人 5 分（2）进入面试的考生中笔试成绩位于80,90)、90,100的人数之比为2:1，则抽取的6人中成绩不低于90 湖北省新高考联考
6、体*数学答案（共 7 页）第2页 分的人数为2，所以随机变量的取值为0，1，2 6 分 2426C2(0)5CP=，114226C C8(1)15CP=，2226C1(2)15CP=，9 分 所以的分布列为 0 1 2 P 25 815 115 所以2812()012515153E=+=12 分 19【解析】（1）由11133nnnnnnaaa aaa+=得11113313nnnnnnnnaaaaa aaa+=，1 分 所以11113()nnnnaaaa+=+，3 分 因为115021aa=+，则1nnaa+是公比为 3 的等比数列 4 分 （2）由（1）得11532nnnaa+=所以2221
7、1125()2924nnnnnnaabaa+=+=，6 分 所以25252(91)24121993nnnnnS=8 分 所以25(91)264nnnS=，因为25与64互素，所以64|()912nnSZ 因为01223391(1 8)1CC8C8C8C 81nnnnnnnnn=+=+122328C8 C8C)8C(nnnnnn=+，所以正整数n的最小值为8 12 分 20【解析】（1）证明：分别取BC，1BC的中点O和F，连接OA，OF，EF，1BO 湖北省新高考联考体*数学答案（共 7 页）第3页 因为O，F分别是BC，1BC的中点，所以1FO/BB，且112FOBB=，因为点E为棱1AA的
8、中点，所以1AE/BB，且112AEBB=，所以FO/AE，且FOAE=，所以四边形AOFE是平行四边形，所以EF/AO 2 分 因为1EBEC=，F是1BC的中点，所以1EFBC，又平面1BCE 平面11BBCC，且平面1BCE平面111BBCCBC=，所以EF 平面11BBCC，所以AO 平面11BBCC，4 分 因为AO平面ABC，所以平面11BBCC 平面ABC 5 分 （2）因为侧面11BBCC为菱形，且160BBC=，所以1BBC为正三角形，所以1BOBC，由（1）知平面11BBCC 平面ABC，所以OA，OC，1OB两两垂直设2AB=，则12 2AABC=以O为坐标原点，OA，O
9、C，1OB分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 则(2,0,0)A，(0,2,0)C，1(0,0,6)B，26(2,)22E，所以1(0,2,6)BC=，26(2,)22CE=，(2,2,0)AC=，7 分 设平面1BCE的法向量为111(,)x y z=m，则111111260,2620,22BCyzCExyz=+=mm令11z=，得(0,3,1)=m 设平面1ABC的法向量为222(,)x y z=n，则12222260,220,BCyzACxy=+=nn令23y=，得(3,3,1)=n，10 分 湖北省新高考联考体*数学答案（共 7 页）第4页则42 7cos,|73
10、 133 1=+m nm nmn，所以平面1ABC与平面1BCE的夹角的余弦值为2 77 12 分 21【解析】（1）因为点3(1,)2A在椭圆上，所以221314ab+=，因为点(4,0)P在椭圆外，且2|43PF=，所以3c=，即223ab=，由解得24a=，21b=，所以椭圆的方程为2214xy+=4 分（2）解法一：解法一：设点11(,)M x y，22(,)N xy，并设直线MN：:(2)MNlxmyt t=+将直线MN代入方程2214xy+=得22()440myty+=，即222(4)240mymtyt+=，因为直线l与椭圆有且仅有一个交点，所以2 22244(4)(4)0m tm
11、t=+=，即224tm=+6 分 直线AP的方程为:42 3APylx=；直线BP的方程为:42 3,BPxyl=+联立方程,42 3,xmytxy=+=得12 34mty=+，同理得242 3mty=，所以122(4)(4 3)4 3412tyytm=+8 分 所以121212)11(,(4)(22St yyStyy=，所以1222222211212221211(444)()44(SS SStyyytytyyt+=+2122221(4)8)1(64yyttttt=+22214848 98)(31216)364(4)816tttttt+=+=+（，10 分 令98(26)t+=，则221122
12、248 8193672856SS SS+=+，当且仅当28=，即209t=时取等号 故当209t=时，221122SS SS+取得最小值97 12 分 解法二：解法二：当直线l斜率存在时，设直线l的方桯为ykxm=+，联立221,4,yxxkmy=+=+得222(14)8440kxkmxm+=，因为直线l与椭圆有且仅有一个交点，所以2222644(14)(44)0k mkm=+=，即2241mk=+6 分 由题意得直线PA，PB的直线方程分别为42 3xy=，42 3xy=，设()()1122,M x yN xy 湖北省新高考联考体*数学答案（共 7 页）第5页由42 3ykxmxy=+=得1
13、42 312 3mxk=+，同理得242 312 3mxk+=，所以221 22212161216412134mmx xkm=，又当直线l斜率不存在时也满足1 24x x=8 分 所以211122 1121 21212441111|24()|2()|222 32 34|33xxSx yx yxxx xxxxx=+=+同理可得()()()212211212|44|5|23Sxyxyxx=+，又因为1 24x x=，由对称性不妨设1(1,2x，则121144,5)xxxx+=+，设1222,3)xxt+=，则1212,(3)33StSt=，所以222222121214217159(3)(3)(73
14、036)()3333377SSS Sttttttt+=+=+=+，当且仅当157t=时，221122SS SS+取得最小值97 12 分 解法三：解法三：设点(2cos,sin),03C，则直线cos:sin12lxy+=，l与x轴的交点为2(,0)cosQ，由于直线:42 3AP xy=，:42 3BP xy=，联立方程cossin12 324xyxy+=得2 34sin2cos1(,)3cossin3cossinM，联立方程cossin12 324xyxy+=得2 34sin2cos1(,)3cossin3cossinN，则11122cos12cos1|()22 cos3cossin3co
15、ssinMONMNSSOQyy=22222cos12 3cos2 3(2cos1)2 3cos2cos13cossin3cossin=+，同理：21122cos12cos1|(4)()22cos3cossin3cossinMPNMNSSPQyy=222222(2cos1)2 3cos2 3(2cos1)2 3(2cos1)cos2cos13cossin3cossin=+，由此12 32cos1S=+，22 3(2cos1)2cos1S=+，所以1222 3SS+=，其中12 3(,33S 所以222211 221111(2 32)(2 32)SS SSSSSS+=+21147 12300971
16、0 312477SS=+=（注意：解法二用到了面积公式（注意：解法二用到了面积公式1122 11|2|Sx yx y=，解法三都用切线方程解法三都用切线方程cos:sin12lxy+=，在使用前需，在使用前需 湖北省新高考联考体*数学答案（共 7 页）第6页要证明）要证明）22【解析】（1）()f x的定义域为(1,)+，(0)0f=1()ln(1)1eln(1)2e11xxxfxxxxx=+=+，1 分 令()()F xfx=，则211()e1(1)xF xxx=+，所以()yF x=单调递减因为(0)10F=，3(1)e04F=，由此可得存在唯一1(0,1)x，使得()10F x=2 分
17、所以()f x在()11,x单调递增，在()1,x+单调递减，所以()1(0)0fxf=，又3(1)ln2e02f=+，所以存在()21,1xx，使得()20fx=3 分 所以()f x在(1,0)单调递减，在()20,x单调递增，在()2,x+单调递减因为(0)0f=，所以()20f x，而(1)ln220fe=+，所以()f x在()2,1x之间存在唯一零点 综上所述：()f x有两个零点 5 分（2）由（1）可得函数()f x较大的零点为0(0,1)x，则0000ln(1)e10 xxxx+=，则000200ln(1)e1xxxxx+=故只需证明000022204(e1)e12exxxx
18、x+，等价于证明0002200220(e1)e12e44xxxxxx+6 分 不妨设02xt=，1(0,)2t，则等价于证明()222e1e212 etttttt+设222()ee21xxg xxxx=，1(0,)2x，则222()2e(2)e222e e2(1)2()xxxxxg xxxxxx=+=+，因为2e1 02xxx，0,)x+，e1xx+，所以()()2e2(1)2 e10 xxg xxx+=，所以()g x在1(0,)2单调递增，因此()(0)0g xg=所以()22e1e21tttt+，1(0,)2t 8 分 设22()2ee21xxh xxx=+，1(0,)2x，注意到(0)
19、0h=，则2222()(24)e2e22(2)ee1xxxxh xxxxx=+=+，令()22()2ee1xxm xxx=+，注意到(0)0m=，则222()(42)e2e)2(2e21exxxxxm xxxx=+=+，令2()21e2xxk xx=+，注意到(0)0k=，则()2exk xx=+，()1 e0 xkx=，湖北省新高考联考体*数学答案（共 7 页）第7页所以()k x在1(0,)2单调递减，所以15()()e022k xk=，则()0k x在1(0,)2恒成立 因此()k x在1(0,)2单调递增，所以()0k x 在1(0,)2恒成立 所以()m x在1(0,)2单调递增，则()0m x 在1(0,)2恒成立.所以()h x在1(0,)2单调递增，则()0h x 在1(0,)2恒成立.故22e212 etttt，1(0,)2t.综上所述：()0002204ln1e12exxxx+.12 分