2023年湖北省高三上学期1月期末考试高三数学答案一、单选题1--4BCAB5--8DACD二、多选题9.ABD10.CD11.BD12.ACD83三、填空题13．2014．1615．516．3【答案解析】1．B【解析】由题设，A{x|3x3,xN}{0,1}，∴A的子集共有224个.2．C34i(34i)(12i)112112112【解析】由题设zi，|z|()2()25，zi.12i(12i)(12i)555555112对A，z的实部是，故A错误；对B，z的虚部是，故B错误；55对C，复数z在复平面内对应的点在第一象限，故C正确；对D，|z|5，故D错误；3．A【解析】根据圆锥的轴截面是一个边长约为2米的正三角形可知，圆锥底面半径为1米，圆锥高为3米，母线长为2米，根据圆锥侧面积公式得S122.4．Bx2y2【解析】“方程1表示焦点在y轴上椭圆”的充要条件为1m3m17mx2y2故“1m7”是“方程1表示焦点在y轴上椭圆”的必要不充分条件.m17m5．D【解析】∵a62a7a10a6a102a72a82a720，∴a7a810，由已知，得a70，22aa10∴78，当且仅当时等号成立此时，a80a7a825a7a85.S1050226．A311【解析】∵sincossincossin，6226221∴cos(2)cos[2()]cos2()2sin2()1366627．C10.8【解析】由函数为奇函数，有：aflog2flog2，且：log2log2e120，结合0.8函数为增函数有：flog2flog2ef2，8．D211C4C2C13【解析】记三座体育馆依次为①②③，每个体育馆至少派一名裁判，则有2A336种方法，A23212事件A：甲派往①，则若①体育馆分2人，则有A36种，若①体育馆分1人：则有C3C1A26种，共有1211216612种，∴PA，同理PB，若甲与乙同时派往①体育馆，则①体育馆分两人，363363211有A2种，∴PAB，PABPAPB，A错误；由互斥事件概念易知，B错误；236189湖北省新高考联考协作体*数学答案（共6页）第1页1PAB1PB|A18，D正确；事件C：裁判乙派往②体育馆，若②体育馆分2人，则有A36种，PA1633212121若②体育馆分1人，则有CCA6种，共有6612种，∴PC，若事件A，C同时发生，31236355PAC5113则有C3C25种，∴PAC，PC|A，C错误；36PA11239．ABD【解析】对A：乙同学体温的最大值为36.5C，最小值为36.3C，故极差为0.2C，A正确；对B：甲同学体温按照从小到大的顺序排列为：36.2C，36.2C，36.4C，36.4C，36.5C，36.5C，36.6C，又775%5.25，故甲同学体温的第三四分位数为上述排列中的第6个数据，即36.5℃，B正确；对C：乙同学体温按照从小到大的顺序排列为：36.3C，36.3C，36.4C，36.4C，36.4C，36.5C，36.5C，1故乙同学体温的平均数为：36.336.336.436.436.436.536.536.4C，7122224故乙同学体温的方S236.336.436.336.436.536.436.536.4；277001又甲同学体温的平均数为：36.236.236.436.436.536.536.636.4C，故甲同学体温的方差712222214S236.236.436.236.436.536.436.536.436.636.4；又S2S2，故乙1770012同学的体温比甲同学的体温稳定，C错误；对D：乙同学体温的众数，中位数，平均数均为36.4C，故D正确.10．CD35【解析】由题图知：A2，函数fx的最小正周期满足T，即T，46122则2，所以函数fx2sin2x．将点,2代入解析式中可得22sin，则2kkZ，得2kkZ，因为126623，所以，因此fx2sin2x，故A错误；233将函数y2sin2x的图像向左平移个单位长度可得函数64fx2sin2x2sin2x的图像，46311故B错误；由fx2sin2x，当x时，fx2，故C正确；当x,0时，3122232x,，所以sin2x1,，即fx2,3，即fx最小值为2，故D正确．3333211．BD【解析】对于A，直线与圆相离，A错误；对于B，设点P(x0,y0)，22222，即的取值范围为|AP||PO||OA||PO|22x08x01622(x02)66PA226,，故B正确；对于C，当四边形OAPB为正方形时，|OA||OB||AP||BP|，又圆O:xy2的222圆心O(0,0)，半径r2，所以|PO|OA||AP|2r42，设点P(x0,y0)，则y04x0，所湖北省新高考联考协作体*数学答案（共6页）第2页以22222，化简得2，该方程的判别式|PO|x0y0x0(4xo)2x08x0162x04x06016240，该方程无解，所以不存在点P使得四边形OAPB为正方形，故C不正确；对于D，当点P坐标为（2,2)时，以|PO|为直径的圆的圆心为（1，1），半径为2，所以以|PO|为直径的圆的方程为（x1)2(y1)22，两圆相减可得直线AB的方程为：xy1，故D正确.12．ACD1【解析】显然，存在满足，所以A项正确；以DA方向为x轴，DC方向为y轴，DD1方向为z轴建2立空间直角坐标系，则D0,0,0,A2,0,0,B2,2,0,A12,0,2，AA10,0,2，DA12,0,2,DB2,2,0，nDA10xz0设平面A1BD的法向量为nx,y,z，则，即，令x1，得yz1，故n1,1,1，nDB0xy0设直线AA1与面A1BD所成角为，23则sincosAA1,n，故B项错误；因为DD//BB，所以四边形BDD1B1为平行四边形，所以23311B1D1//BD，又因为B1D1平面A1BD，BD平面A1BD，所以B1D1//平面A1BD，又P为线段B1D1上动点，所以P到平面A1BD距离为定值，故三棱锥PA1BD体积为定值，当点P与D1重1114合时，VVS△AB222，故C正确；PA1BDBA1DD13A1DD1323当点为中点时，VV，易得，平面，又平PB1D1PA1BDA1BDPA1PB1D1BB1A1B1C1D1A1P面A1B1C1D1，所以A1PB1B，BB1B1D1B1，BB1,B1D1平面BB1D1D，所以A1P平面BB1D1D，即A1P平面BDP，A1P2，BD22,CPDP6，BP2DP2BD2128122所以cosBPD，sinBPD，△BDP的外接圆半径为2BPDP2633BD223r32sinBDP222，故所求问题等价于求以r为半径的底面圆，高为hA1P2的圆柱的外接223222h9111球表面积，设三棱锥PA1BD的外接球半径为R，则Rr，故三棱锥PA1BD的外接242411球表面积为S4πR24π11π，故D项正确.413．20216kk2(6k)k123k【解析】(x)的展开式中第k1项为TCxxCx(k0,1,2,,6)，xk16633令123k3k3得：x的系数为C620.．1416b【解析】设a，b的夹角为，，因为向量a在向量b上的投影向量为acos4b，所以acos4b，b又b2，则ababcos1615．5【解析】因为双曲线的右焦点F5,0,c5,设其左焦点为F1，因为PFQF，P,Q关于原点O对称，湖北省新高考联考协作体*数学答案（共6页）第3页1所以PQ2OF25，由△PQF的面积为4，所以SPFQF4，得PFQF8，又2222PFQFPQ20，所以PFQF2.又由双曲线的对称性可得QFPF1，由双曲线的定义可得PFPF12=2a,所以a1,故离心率e=58316．3【解析】连接OE1，交EF于点H，由题意得OE1EF，设EF2xcm，则OH3xcm，02x1053E1H(103x)cm因为所以x0,，103x3x3六棱锥的高2222．hE1HOH(103x)(3x)100203xcm3正六边形ABCDEF的面积S6(2x)263x2cm2，411则六棱锥的体积VSh63x2100203x23100x4203x5cm3．33455334343令函数f(x)100x203x,x0,，则f(x)400x1003x100x(43x)，当x0,时，334353434353f(x)0，当x,时，f(x)0所以f(x)在0,上单调递增，在,上单调递减，33333243436415所以3．此时，底面边长83Vmax23100203cm2x=3333四．解答题2317．(1)232(2)3【解】（1）解：∵sinAsinB3sinC，∴由正弦定理可得ab3c，∴ab23，∴三角形周长为abc232．…………5分2a2b2c2ab2abc218（2）解：由（1）知ab23，由余弦定理得cosC，解得ab，2ab2ab23123∴SabsinC…………10分ABC23n118．(1)ann1(2)Tn2(n1)2【解】（1）Sn1Snan1，所以Sn1Snan1，即an1an1，所以数列an是首项为a1，公差为1的等差数列．若选①：由a3a1520，得a12da114d20，即2a12016d，解得a12．所以ana1(n1)d2(n1)1n1，即数列an的通项公式为ann1．2若选②：由a2，a5，a11成等比数列，得a14d(a1d)a110d，解得a12，所以ana1(n1)d2(n1)1n1．2019若选③：因为S20ad20a190d=230，解得a2，201211所以ana1(n1)d2(n1)1n1．…………6分湖北省新高考联考协作体*数学答案（共6页）第4页nn（2）bnan1n，则2bn2n，