1、2023届湖北省二十一所重点中学高三第一次联考数 学本试卷共6页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、试室号和座位号填写在答题卡指定位置上，并在相应位置填涂考生号2作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案答案不能答在试卷上3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上. 4考生必须保持答题卡的整洁考试结束后，将试卷和答题卡一并交回一、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
2、符合题目要求的.1. 已知集合，则（ ）A. x|B. x|1x3C. 1，2D. 1，2，3【答案】D【解析】【分析】先化简集合Q，再去求即可解决.【详解】则故选：D2. 设复数z满足，复数z所对应的点位于第一象限，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设，由题可得，即求.【详解】设，则，由复数z满足，复数z所对应的点位于第一象限，则，解得，.故选：B.3. 若将整个样本空间想象成一个11的正方形，任何事件都对应样本空间的一个子集，且事件发生的概率对应子集的面积.则如图所示的涂色部分的面积表示（ ）A. 事件A发生的概率B. 事件B发生的概率C. 事件B不发生条件下事件A
3、发生的概率D. 事件A、B同时发生的概率【答案】A【解析】【分析】根据图示，表示出涂色部分的面积，利用条件概率的概率公式整理化简，即可求得答案.【详解】由题意可得，如图所示的涂色部分的面积为 ,故选：A4. 已知实数， 函数， 满足， 则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设是的两个零点且，应用根与系数关系求得，进而代换目标式得到以为参数、为自变量的二次函数，由二次函数的性质可得，构造函数并应用导数研究单调性，即可求最大值.【详解】令是的两个零点，由题设若，由根与系数关系有：，所以，由且，即，所以，令，则，在上，所以在上递增，则.综上，此时，所以时，的最大值.故选
4、：B.【点睛】关键点点睛：设零点并注意，由根与系数关系用零点表示m、n，进而转化为以为自变量的二次函数形式，根据其开口方向及其最值得到不等关系，最后构造函数并应用导数求不等式中关于表达式的值域.5. 在数列中， 已知， 且， 则以下结论成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先根据递推公式可得，得出的通项公式，从而验证得出答案.【详解】，则， 若中存在某项，使得，则可得这与条件中相矛盾.所以，将上面两式相除可得所以数列是公比为的等比数列.则，设，则 所以故选：C6. 椭圆上的点到圆上的点的距离的最大值是（ ）A. 11B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】题意转化
5、为椭圆上的点到圆的圆心距离的最大值加上1，利用参数法，即可求得结论【详解】依题意得所求即为椭圆上的点到圆的圆心距离的最大值加上1，设椭圆上的点为，则椭圆上的点到圆的圆心距离为，时，椭圆上的点到圆的圆心距离的最大值为10，椭圆上的点到圆上的点的距离的最大值为11，故选：A7. 恰有一个实数使得成立，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先分析不是方程的根，故将其转化为，继而转化为与的图像仅有一个交点，对函数求导研究其单调性即可【详解】解：当时，不成立，所以不是方程的根，故对原方程转化为，故转化为与仅有一个交点，构造，当或时，当时，故函数在单调递减，在和单调递
6、增，又，当时，时，且时，时，故要使得与仅有一个交点，即的取值范围是故选：B8. 已知四面体中，则体积的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设M为CD的中点，连接AM,BM, 设四面体A-BCD的高为h，利用等体积法表示出四面体的体积，利用三个正数的均值不等式即可求得答案.【详解】设M为CD的中点，连接AM,BM,设四面体A-BCD的高为h，则,由于，故 ,则,设，则,所以，当且仅当平面ACD与平面BCD垂直且即时取等号，故选：C二、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，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分
7、.9. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）A. 是偶函数B. 在（0，+）上单调递减C. 是周期函数D. -1恒成立【答案】AD【解析】【分析】判定的奇偶性判断选项A；判定的单调性判断选项B；判定的周期性判断选项C；求得的最小值判断选项D.【详解】的定义域为R，则为偶函数.故选项A判断正确；时，恒成立，则为上增函数.故选项B判断错误；选项C判断错误；又为偶函数，则为上减函数又，则最小值为.故选项D判断正确；故选：AD10. 多选题已知抛物线的焦点为，是抛物线上两点，则下列结论正确的是（ ）A. 点的坐标为B. 若直线过点，则C. 若，则的最小值为D. 若，则线段的中点到轴的距离为【答案】BCD
8、【解析】【分析】根据抛物线方程的标准形式求出焦点可判断A；由抛物线的性质可判断B、C；利用抛物线的焦半径公式可判断D.【详解】易知点的坐标为，选项A错误；根据抛物线的性质知，过焦点时，选项B正确；若，则过点，则的最小值即抛物线通径的长，为，即，选项C正确，抛物线的焦点为，准线方程为，过点，分别作准线的垂线，垂足分别为，所以，所以，所以线段，所以线段的中点到轴的距离为，选项D正确故选：BCD11. 如图，在棱长为2的正方体中，O为正方体的中心，M为的中点，F为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（ ）A. 若P为正方体表面上一点，则满足的面积为的点有12个B. 动点F的轨迹是一条线段C. 三棱锥的
9、体积是随点F的运动而变化的D. 若过A，M，三点作正方体的截面，Q为截面上一点，则线段长度的取值范围为【答案】BD【解析】【分析】选项A：设为底面正方形ABCD的中心，根据的面积为，由此可判断选项A；选项B：分别取，的中点H，G，连接，；证明平面平面，从而得到点F的轨迹为线段GH.选项C：根据选项B可得出平面，从而得到点F到平面的距离为定值，再结合的面积也为定值，从而可得到三棱锥的体积为定值.选项D：设为的中点，从而根据面面平行的性质定理可得到截面即为面，从而线段长度的最大值为线段的长，最小值为四棱锥以为顶点的高.【详解】对于A：设为底面正方形ABCD的中心，连接，则，所以的面积为，所以在底面
10、ABCD上点P与点必重合，同理正方形的中心，正方形的中心都满足题意.又当点P为正方体各条棱的中点时也满足的面积为，故A不正确；对于B：如图，分别取，的中点H，G，连接，因为，平面，平面，平面，面，所以平面平面，而平面，所以平面，所以点F的轨迹为线段GH，故B正确；对于C：由选项B可知，点F的轨迹为线段GH，因为平面，则点F到平面的距离为定值，同时的面积也为定值，则三棱锥的体积为定值，故C不正确；对于D：如图，设平面与平面交于AN，N在上因为截面平面，平面平面，所以同理可证，所以截面为平行四边形，所以点N为的中点在四棱锥中，侧棱最长，且设棱锥的高为h，因为，所以四边形为菱形，所以的边上的高为面对
11、角线的一半，即为，又，则，所以，解得综上，可知长度的取值范围是，故D正确 故选：BD12. 画法几何的创始人法国数学家加斯帕尔蒙日发现：椭圆的两条切线互相垂直，则两切线的交点位于一个与椭圆同中心的圆上，称此圆为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆的离心率为，、分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，直线，则（ ）A. 直线与蒙日圆相切B. 的蒙日圆的方程为C. 记点到直线的距离为，则的最小值为D. 若矩形的四条边均与相切，则矩形的面积的最大值为【答案】AC【解析】【分析】分析可得出，求出蒙日圆的方程，可判断B选项的正误；利用直线与圆的位置关系可判断A选项；利用椭圆的定义和点到直线的距离公式可判断C选项的正误；
12、分析可知矩形的四个顶点都在蒙日圆上，利用基本不等式可判断D选项的正误.【详解】当两切线分别与两坐标轴垂直时，两切线的方程分别为、，所以，点在蒙日圆上，故蒙日圆的方程为，因为，可得.对于A选项，蒙日圆圆心到直线的距离为，所以，直线与蒙日圆相切，A对；对于B选项，的蒙日圆的方程为，B错；对于C选项，由椭圆的定义可得，则，所以，因为，直线的方程为，点到直线的距离为，所以，当且仅当时，等号成立，C对；对于D选项，若矩形的四条边均与相切，则矩形的四个顶点都在蒙日圆上，所以，所以，矩形的面积为，D错.故选：AC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知 的最大值为_， 此时_.【答案】
13、 . -2 . 0【解析】【分析】将化为，由条件利用均值不等式可得出答案.【详解】 当且仅当，即，时等号成立.由，则，所以，解得 由，可得故 故答案为： ；14. 六名考生坐在两侧各有一条通道的同一排座位上应考，考生答完试卷的先后次序不定，且每人答完试卷后立即离开座位走出教室.则其中至少有一人交卷时为到达通道而打扰其他尚在考试的同学的概率为 _.【答案】【解析】【详解】要不打扰其他尚在考试的同学，必须每次坐其两旁的同学先离开，即每次有两种选择，于是，共有种可能.故所求概率为.15. 如图，是全等的等腰直角三角形（，处为直角顶点），且，四点共线.若点，分别是边，上的动点（包含端点）， 则_，的取
14、值范围为_.【答案】 . . 【解析】【分析】如图：以为原点，以所在的直线为轴建立平面直角坐标系，求出各点坐标，进而可得直线，的方程，设出，的坐标，结合横坐标的范围以及数量积的坐标表示即可求解.【详解】如图：以为原点，以所在的直线为轴建立平面直角坐标系，则，直线的方程为：，设，且，直线的方程为：，设，且，直线的方程为：，设，且，所以，所以，故答案为：；.16. 有一个棱长为6的正四面体，其中有一半径为的球自由运动，正四面体内未被球扫过的体积为 【答案】【解析】【分析】先考虑球运动到四个顶点位置时，由棱锥的体积减去球的体积求出此部分的体积；再考虑球沿着方向运动且始终与二面角相切时，得到未被球扫过
15、空间均为相同的柱体，求出柱体的体积，即可求得正四面体内未被球扫过的体积.【详解】如图设正四面体，当球运动到与平面、平面、平面相切时，可得此时球无法继续向上运动，设切点分别为，则此时球面与正四面体顶点之间的部分球无法扫过，同理可得正四面体顶点均有相同的空间未被球扫过，作与平面平行且与此时球相切的平面，易得棱锥为正四面体，设棱长为，作平面于，则经过球心，易得，则，则正四面体的体积，表面积，设球半径为，则，即，解得，作，易得为中点，则，设4个顶点处未被球扫过空间的体积为，球的体积为，可得；当球沿着方向运动且始终与二面角相切时，设球与平面、平面的切点始终为，过的大圆与交于，由垂径定理知，又，易得，则即
16、为二面角的平面角，易得未被球扫过的部分为柱体，且柱体的底面为扇形与四边形之间的部分，设中点为，连接，易得，则即为二面角平面角，又，由余弦定理得，则，则，则，则，设扇形与四边形之间部分面积为，扇形面积为，,则，由上知，又，则柱体的高为，正四面体的六条棱未被球扫过空间均为相同的柱体，设这部分体积为，则，则正四面体内未被球扫过的体积为.故答案为：.【点睛】本题关键点在于将正四面体内未被球扫过的空间分为两部分，第一部分为球运动到四个顶点位置时，球面与正四面体顶点之间的部分；第二部分为当球沿着方向运动且始终与二面角相切时，球面与二面角之间的柱体部分，再由几何体的体积公式求解即可.四、解答题：本题共6小题
17、，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知的外心为，为线段上的两点，且恰为中点.（1）证明：（2）若，求的最大值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）设，利用余弦定理求得，再根据，化简，可求得，同理可求得，即可得证；（2）利用余弦定理求得，再根据结合（1）求得，设，可求得，再根据三角形的面积公式结合基本不等式即可得出答案.【小问1详解】证明：设，由余弦定理知：，由是外心知， 而，所以，即，而，因此，同理可知，因此，所以；【小问2详解】解：由（1）知，由余弦定理知：，代入得，设，则，因此，当且仅当时取到等号，因此的最大值为.18. 如图，在平面五边形中，是
18、梯形，是等边三角形.现将沿折起，连接、得如图的几何体.（1）若点是的中点，求证：平面；（2）若，在棱上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在；.【解析】【分析】（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可得出结论；（2）取中点，连接、，推导出、两两垂直，然后以点为原点，分别以射线、为、轴正半轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合二面角的余弦值为可求得的值，进而可求得的值，由此可得出结论.【详解】（1）取中点，连接、，则是的中位线，且，且，且，则四边形是平行四边形，又平面，平面，平
19、面；（2）取中点，连接、，易得，在中，由已知，.，所以，、两两垂直，以为原点，分别以射线、为、轴正半轴建立如图所示空间直角坐标系，则、，则，假设在棱上存在点满足题意，设，则，设平面的一个法向量为，则，即，令，得平面的一个法向量，又平面的一个法向量，由已知，整理得，解得（舍去），因此，在棱上存在点，使得二面角的余弦值为，且.【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用二面角的余弦值解决动点问题，考查计算能力与推理能力，属于中等题.19. 已知数列前项和为，.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由整理可得；进而得到是首项为3，公比为3
20、的等比数列，即可求出其通项，从而求得结论；（2）利用第一问的结论，求得数列的通项，再结合错位相减法即可求得结论【详解】解：（1）由题知，即，即，数列是首项为3，公比为3的等比数列，；（2）由（1）知， ， 得，.【点睛】数列求和的方法技巧(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和20. 微信小程序“党史知识竞赛”中的“答题竞赛”版块有个“双人竞赛”栏目，可满足两人通过回答多个问题的形式进行竞赛.甲，乙两单位在联合开展党史学习教育特色实践活动中通过此栏目进行比赛
21、，比赛规则是：每一轮比赛中每个单位派出一人代表其所在单位答题，两单位都全部答对或者都没有全部答对则均记0分；一单位全部答对而另一单位没有全部答对，则全部答对的单位记1分，没有全部答对的单位记-1分.设每轮比赛中甲单位全部答对的概率为，乙单位全部答对的概率为，甲，乙两单位答题相互独立，且每轮比赛互不影响.（1）经过1轮比赛，设甲单位记分为X，求X的分布列和期望；（2）若比赛采取3轮制，试计算第3轮比赛后甲单位累计得分低于乙单位累计得分的概率.【答案】（1）分布列答案见解析，数学期望： （2）【解析】【分析】（1）理解题意，列出随机变量X所有可能的取值，然后相互独立事件的性质求解即可.（2）通过列
22、举法列出3轮比赛后甲单位累计得分低于乙单位累计得分的所有情况，然后利用小问（1）中所得的结果进行计算.【小问1详解】由题意X的取值可能为，0，1，则，那么X的分布列为：X01P.【小问2详解】第3轮比赛后，甲单位累计得分低于乙单位的3轮计分有四种情况（不按先后顺序）：；，所以.21. 如图，已知圆，点，以线段为直径的圆内切于圆O，点的集合记为曲线.（1）求曲线的方程；（2）已知直线，过点的直线与交于两点，与直线交于点，记的斜率分别为，问：是否为定值？若是，给出证明，并求出定值；若不是，说明理由.【答案】（1） （2）是定值，证明见解析，【解析】【分析】(1)按照所给的条件，分析图中的几何关系即
23、可；(2)作图，联立方程，按步骤写出相应点的坐标，求对应的斜率即可.【小问1详解】设的中点为，切点为，连接，取关于轴的对称点，则 ，连接，由于P是AB的中点，O是BD的中点，故 . 所以点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆.其中，则曲线C的方程为；【小问2详解】由第一问，作图如下：设依题意，直线的斜率必定存在，设，将其与椭圆方程联立：得，由韦达定理，得：易得点，而由得：，代入得：，得故答案为：，是定值，理由见解析，-2.22. 已知函数在处的切线经过点.（1）若函数至多有一个零点，求实数a的取值范围；（2）若函数有两个不同的零点，且，求证：.（）【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（
24、1）根据切线过点可得，参变分离后研究的单调性，得到极值，数形结合得到答案；（2）在第一问基础上，得到，对不等式变形，结合放缩，转化为只需证，二次求导后得到证明.【小问1详解】，处的切线方程为，切线过点，所以，.的零点不为1，在上至多一个解.设，则在上至多一个解.，令得：，令得：或，在和上单调递减， 上单调递增，当时，恒成立，当时，在处取得极小值，且，画出函数图象如图所示：所以时，至多有一个零点，【小问2详解】由（1）知，要想有两个不同零点，则且，即，故要证，只需证，由（1）知，故只需证，.只需证：，即，令，在上递增，在上递增，【点睛】导函数研究函数零点问题，参变分离是一种重要方法，把零点问题转化为函数交点问题，通过构造函数，研究构造函数的单调性，极值和最值，数形结合得到答案.
