2023届湖北省十七所重点中学第一次联考数学含答案(2023.2).pdf

1、绝密#启用前2023 届湖北省十七所重点中学高三第一次联考数学一、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 A=x|2x 2,B=x|x2 4 0,则 A B=A.B.2C.x|1 x 2D.x|1 x 0,则A.a bB.b cC.a cD.2b a+c11.已知 P:x2+(y 3)2=9,Q:(x 4)2+y2=1,R:(x+1)2+(y 4)2=1.点A,B,C 分别在 P,Q,R 上.则A.|AB|的最大值为 9B.|AC|的最小值为 2 2C.若 AB 平行于 x 轴,则|AB|的最小值为 4 5D.若

2、 AC 平行于 y 轴,则|AC|的最大值为 1+1712.已知正方体 ABCD A1B1C1D1的边长为 2,点 P,Q 分别在正方形 A1B1C1D1的内切圆,正方形 C1D1DC 的外接圆上运动,则A.PQ CD 2+22B.|PQ|3 2C.PAQ 8D.PAQ 2三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13.已知多项式 f(x)=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4满足对任意 R,f(cos)=2cos4+cos3,则 a1 a2+a3 a4=L(用数字作答).14.冰雹猜想是指:一个正整数 x,如果是奇数就乘以 3 再加 1,如果是偶数就析出偶数因数2n,

3、这样经过若干次,最终回到 1.问题提出八十多年来,许多专业数学家前仆后继,依然无法解决这个问题.已知正整数列 an 满足递推式 an+1=3an+1,an2/N,an2,an2 N,请写出一个满足条件的首项 a1 b 0)的离心率 e=22,C 的左右焦点分别为 F1,F2,点 A在 C 上满足 F1AF2=2.F1AF2的角平分线交椭圆于另一点 B,交 y 轴于点 D.已知 AB=2 BD,则 e=L.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.(10 分)如图,在正三棱柱 ABC A1B1C1中,点 D 为线段 AA1的中点,侧面 ABB1A1

4、的面积为32.(1)若 AA1=A1B1,证明:A1CB1D;(2)求三棱柱 ABC A1B1C1的体积与表面积之比的最大值.A1AB1C1BCD18.(12 分)为调查某地区植被覆盖面积 x(单位:公顷)和野生动物数量 y 的关系,某研究小组将该地区等面积划分为 200 个区块,从中随机抽取 20 个区块,得到样本数据(xi,yi)(i=1,2,20),部分数据如下:x2.73.63.2y57.864.762.6经计算得:20i=1xi=60,20i=1yi=1200,20i=1(xi x)2=80,20i=1(xi x)(yi y)=640.(1)利用最小二乘估计建立 y 关于 x 的线性

5、回归方程;(2)该小组又利用这组数据建立了 x 关于 y 的线性回归方程,并把这两条拟合直线画在同一坐标系 xOy 下,横坐标 x,纵坐标 y 的意义与植被覆盖面积 x 和野生动物数量 y 一致.(i)比较前者与后者的斜率大小,并证明;(ii)求这两条直线的公共点坐标.附:y 关于 x 的回归方程 y=a+bx 中,斜率和截距的最小二乘估计公式分别为:b=ni=1(xi x)(yi y)ni=1(xi x)2,a=y b x.数学试题 B 第 3 页（共 4 页）19.(12 分)在 ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c.已知 c2=2ab.(1)求 cosC 的最小值;(2

6、)证明:C A 6.20.(12 分)设点 A 为双曲线 C:x2y23=1 的左顶点,直线 l 经过点(1,2),与 C 交于不与点 A 重合的两点 P,Q.(1)求直线 AP,AQ 的斜率之和;(2)设在射线 AQ 上的点 R 满足 APQ=ARP,求直线 PR 的斜率的最大值.21.(12 分)已知数列 an 满足:x 对任意质数 p 和自然数 n,都有 apn=n+1;y 对任意互质的正整数对(m,n),都有 amn=aman.(1)写出 an 的前 6 项,观察并直接写出 an与能整除 n 的正整数的个数的关系(n N);(2)设数列an2n的前 n 项和为 Sn,证明:Sn e).

7、证明:(1)l 与曲线 y=ln2x 恰存在两个公共点(x0,ln2x0),(x0,ln2x0)(x0 3e.命题:襄阳六中 黄伟华 杨贤刚审题:宜昌三中 刘再安 徐绍勇数学试题 B 第 4 页（共 4 页）2023 届湖北省十七所重点中学第一次联考参考答案及评分标准一、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。12345678ABDCBCDD7.D 对每个 1 i 2023,在 A1,A2,A100中的从属关系有以下 101 种:(1)i A1,i A2,i A3,i A100,(2)i/A1,i A2,i A3,i A100

8、,(3)i/A1,i/A2,i A3,i A100,(101)i/A1,i/A2,i/A3,i/A100.由分步乘法计数原理,集合 S 中共 1012023个元素.8.D 记随机变量 X 为购买 a 个元件后的次品数.由题意,此时 X 可看成泊松分布.则 P(X a100)0.95,记 t=a100,则ti=0e0.01(100+t)0.01(100+t)ii!0.95.由于 t 很小,故大致有ti=01i!e 0.95.分别计算 t=0,1,2,3,左边约等于 0.37,0.74,0.91,0.98,故 t 3,即 a 103.二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每

9、小题给出的四个选项中，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 0 分。9101112ACDBCABDAB11.ABDA:|AB|3+1+|PQ|=9,且能取到等号,故正确;同理 B 正确.C:试想一个将 Q 向左平移的过程,使得平移后的圆与 Q 有公共点的最短平移距离即|AB|的最小值,为 4(3+1)2 32=4 5,故错误;同理 D 正确.12.AB以 A 为原点,AD,AA1,AB 为 x,y,z 轴正向建立空间直角坐标系.数学试题参考答案 第 1 页（共 7 页）设点 P(1+cos,2,1+sin),Q(2,1+2cos,1+2sin).A:PQ

10、CD=2(sin 2sin)2+22,故正确.B:|PQ|2=(cos 1)2+(2cos 1)2+(sin 2sin)2=5 2cos 22sin 22sinsin 5 22cos 4+8sin2.记 t=22cos,|PQ|2 5 t 12 t2 5 26=(3 2)2,故正确.C:取 C1D1的中点 M,AM 穿过一侧的外接圆,取 A1B1的中点 M,则 AM不穿过,故必存在点 P,使得 AP 经过外接圆,设公共点为 Q,此时 PAQ 共线,矛盾,故不正确.D:假设成立,则 AP AQ=2(1+cos)+2(1+2cos)+(1+sin)(1+2sin)0 恒成立.利用辅助角消去,则 5

11、+22cos+2sin 4+(1+cos)2 0.取 x=54,则左边=2 4+(1 22)2 0,故不正确.故选 AB.三、填空题：每小题 5 分，共 20 分。13.114.12 或 13(写出一个即可)15.(0,3316.3214.本题采用逆推思想.1 2 4 8 16 32 64 128 256 512(舍)85(舍)21 42 84(舍)5 10 20 40 80(舍)133 6 12故填 12 或 13.15.令 x=0,得 0 a 33.下证:a (0,33 均满足题意.当 x 0 时,左边关于 a 递减,当 x 2a2,仍关于 a 递减,故只需证明 a=33成立.令 t=ln

12、x 0,即证(t)=3t 23lnt32t+1 0.(t)=3 233t12t+1,(t)递增,(1)=0,故(t)在(0,1)上递减,在(1,+)上递增,(t)(1)=0.故填(0,33.16.设点 A(x0,y0),.则 x20+y20=c2.设角平分线交 x 轴于 T,易知 T(e2x0,0).直线 AB:y=y0(1 e2)x0(x e2x0).设 AB 中点为 M,则 xM=2x03.M(2x03,2 3e21 e2y0),kOMkAB=e2 1,得(2 3e2)y202(1 e2)2x20=e2 1.将点 A 与椭圆联立得y20 x20=(e2 1)22e2 1,故2 3e22(2

13、e2 1)=e2 1,解得 e=32.故填32.四、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.(10 分)(1)取 AB 中点 H,则 AHB1D.由 CH 平面 A1B1BA,B1D 平面 A1B1BA,故 CHB1D.(3 分)又 AH CH=H,故 B1D 平面 A1CH.而 A1C 平面 A1CH,故 A1CB1D.(5 分)(2)及 AB=t 0.表面积 S=32(t2+3),体积 V=34t232t=3t8.(7 分)故由基本不等式,VS=3t4(t2+3)3t83t2=18,(9 分)等号成立当且仅当 t=3.(10 分)18.(12

14、分)(1)b=64080=8,a=60 24=36.(2 分)故回归方程为 y=8x+36.(3 分)(2)(i)设前者和后者的斜率分别为 k1,k2.k1=b=20i=1(xi x)(yi y)20i=1(xi x)2,k2=1b=20i=1(yi y)220i=1(xi x)(yi y).数学试题参考答案 第 3 页（共 7 页）则k1k2=20i=1(xi x)(yi y)220i=1(xi x)220i=1(yi y)2=r2,r 为 y 与 x 的相关系数.(7 分)又|r|1,k1,k2 0,故 k1 k2.(8 分)下证:k1=k2.若 k1=k2,则|r|=1,即 yi=8xi

15、+36(i=1,2,20)恒成立.(9 分)带入表格中的一组数据得:58.1=82.7+36,矛盾.故 k1 k2,即前者斜率小于后者.(10 分)(ii)注意到,两直线都过(x,y),且 k1 k2,故公共点仅有(3,60).(12 分)19.(12 分)(1)由余弦定理,cosC=a2+b2 c22ab2ab c22ab=1 22,(2 分)等号成立当且仅当 a:b:c=1:1:42.(3 分)(2)方法一:当 C A 时,C A 0 A 时,设线段 AC 的中垂线交 AB 于点 D.AD=b2cosA=b2cb2+c2 a2,DB=c AD=(c2 a2)cb2+c2 a2.在 CDB

16、中,由正弦定理,sinBsin(C A)=CDDB=ADDB.(6 分)ADDB=b2a(2b a)b2(22b)2=2,(8 分)故 sin(C A)sinB212.(10 分)由(1),cosC 1 22 12,故 0 C A C 12,故 0 C A C 56.数学试题参考答案 第 4 页（共 7 页）则 C A 6.(12 分)20.(12 分)(1)an 的前 6 项分别为 1,2,2,3,2,3.(2 分)an的大小与能整除 n 的自然数个数相同.(3 分)(2)方法一:由(1),因为大于n2小于 n 的数不被 n 整除,故 ann+12,n2/N,n2+1,n2 N.(5 分)当

17、 n=2k 为偶数时,S2k(1+1221+22+122)+(3+1223+42+124)+(2k 1+1222k1+2k2+122k)=31+1221+32+1222+3k+122k=1 4k3+(41+434142+4342)+(42+434243+4343)+(4k+434k4(k+1)+434k+1)=53134k4(k+1)+434k+153.其中第一行 2 分,其余共 4 分.(11 分)当 n=2k 1 为奇数时,S2k1 S2k53,得证.(12 分)方法二:设Tn=(1211+1212+121n)+(1221+1222+122n)+(12n1+12n2+12nn).先说明 S

18、n Tn(n N).Tn中为12k(k=1,2,n)的项数恰为 ij=k(1 i,j n)的正整数解数 ak,故 Tna121+a222+an2n=Sn.(7 分)再证 Tn53(n N).数学试题参考答案 第 5 页（共 7 页）n=1 时,T1=1253,成立;(8 分)n 2 时,Tn=121(1 12n1 121)+122(1 122n1 122)+12n(1 12n21 12n)121 1+122 1+12n 1 1+13(1+12+12n2)=1+23(1 12n1)53.其中前两行和后两行各 2 分.(12 分)21.(12 分)(1)A(1,0).l 斜率显然存在,故可设 l:

19、y=m(x+1)+2,即y m(x+1)2=1.设 P(x1,y1),Q(x2,y2).C:x2y23=1 即(x+1)2y23 2(x+1)=0,即(x+1)2y23 2(x+1)y m(x+1)2=0.(2 分)设 AP,AQ 的斜率 k1,k2,则 ki=yixi+1(i=1,2),故 k1,k2为方程 1 k23(k m)=0 的两个实根.由韦达定理,k1+k2=3.(4 分)(2)设 PR:y=t(x+1)+r(r=0).将 AP:y=k1(x+1)与 C 方程联立,得:点 P(3+k213 k21,6k13 k21).将 AP 与 PR 方程联立,得:点 P(rk1 t 1,rk1

20、k1 t).(6 分)故|AP|2=6r(k21+1)(3 k21)(k1 t),同理|AQ|AR|=6r(k22+1)(3 k22)(k2 t),(8 分)故6r(k21+1)(3 k21)(k1 t)=6r(k22+1)(3 k22)(k2 t),即(k1 k2)4k1k2+1+t(k1+k2)(k21+1)(k22+1)1=0,(10 分)又 k1=k2,k1+k2=3,整理得 t=(k1k2+1)2+512 512,(11 分)等号成立当且仅当 k1k2=1.(12 分)综上,直线 PR 的斜率的最大值为 512.22.(12 分)数学试题参考答案 第 6 页（共 7 页）(1)l:y

21、=2lnx0 x0(x x0)+ln2x0.令 f(x)=ln2x 2lnx0 x0(x x0)ln2x0.f(x)=2lnxx2lnx0 x0,f(x)=2(1 lnx)x,f(x)在(0,e)递增,(e,+)递减.又 f(x0)=0,f(1)0,故存在 x0(1x0,x0),f(x0)=0.(5 分)(2)先证明 x20 x0 e3,即 x0e3x20.由(1),只需 f(e3x20)0,即 ln2e3x20 ln2x02lnx0 x0(e3x20 x0)0.(7 分)整理,只需 1 e3x303(1 lnx0)(3 lnx0)2lnx0(x0 e).令 t=lnx0 1,即证(t)=e3t33(t 1)(t 3)2t+1 1.(9 分)(t)=9e3t3(t 1)32t2 0,(t)在(1,+)递增,(t)(1)=0,得证.(11 分)下证 2x0+x0 33x20 x0,这等价于(3x0 x0 1)2(3x0 x0+2)0,成立.故 2x0+x0 3e.(12 分)数学试题参考答案 第 7 页（共 7 页）