湖北省六校新高考联盟学校2023-2024学年高三上学期11月联考 数学答案

2023年湖北六校新高考联盟学校高三年级11月联考数学评分细则选择题：题号123456789101112答案ADCBCBABACBCDABCBCD填空题：13.x0,，x22x3014.2n,(1n2022)．，15.,e163ann2022(1),(n2023)1.z1i2023=1i，z=1+i在复平面上对应的点为（1,1），该点在第一象限,故选A.2.Axx21，A,13,，B0,2，所以AB(0,1)，故选D.3.sincos2kcos2k,kZ=2k或2k.选C2222xy33114.因为xy，所以xy，故，故选B.33aa20235.d31,aa2022，26202316620231sinasinsin(337)sin,故选C.202366622a2c2b2ca6.由余弦定理得ab2ccosB2c，1，2acbb2bcbababa∴1213，当且仅当即ab时等号成立，abababab2bc所以的最小值为3．故选B．ab7.由条件知，cos2sin，反复利用此结论，并注意到cos2sin21，得1cos2sin2cos4sin2(1sin)(1cos2)2sincos22．故选A.sinsin8．因为f(x)2sinxcos2x4所以f(x)2sinxsin2x2sinx2sinxcosx44444数学答案第1页{#{QQABKYKEggAIABAAAQgCUwXACkMQkBGCACoGxFAEsAIBAAFABAA=}#}令x,则f2sin2sincos2sinsin24则f2cos2cos222cos212cos4cos22cos21令f0，得cos1或cos215当1cos，即(2k,2k)，kZ时，f0，f()单调递减；2331当cos1，即(2k,2k)，kZ时，f0,f()单调递增；233又f()周期为2，所以=2k，kZ时，f取得最大值，333133所以fx22,故选B.max22229．因为a(1,3),b(x,2)，所以a2b12x,1，则a2ba12x30，解得：x1，所以b(1,2)，故A正确；223ab4,7，所以3ab47164965，故B错误；ab1652cosa,b2，ab13212221052又因为0a,b180，故向量a与向量b的夹角是45°，故C正确；aba51,313向量b在向量a上的投影向量坐标是：,，故D错误.aa101022故选：AC.110．对于选项A，令tx29，则t3，则g(t)t，t3，t10又g(t)在3,为增函数，即g(t)g(3)，即A错误；min3对于选项B，当x2时，2x0，1(44xx2)11因此f(x)(2x)2(2x)2，2x2x2x1当且仅当2x时取等号.而此方程有解x1(,2)，故f(x)在(,2)上最小值为2．2x141143对于选项C，f(x)=x15x，当且仅当x1时取等x15x6x15x2数学答案第2页{#{QQABKYKEggAIABAAAQgCUwXACkMQkBGCACoGxFAEsAIBAAFABAA=}#}对选项D，4x+4y=2x1+2y1(2x)2(2y)22(2x2y)(2x2y)222x2y2(2x2y)(2x2y)2S2S2S22S22x2y，又022x2y．0S22S，解得2S4.222故选BCD.x11．当x0时，f'xx1e，当x1时，f'x0，故fx在,1上为减函数，当1x0时，f'x0，故fx在1,0上为增函数，所以当x0时，fx的最小值为1f1.又在R上，fx的图像如图所示：e因为gx有两个不同的零点，所以方程fxm有两个不同的解，即直线ym与yfx有两个不同交点且交点的横坐标分别为x1,x2，1故1m2或m0或m.若1m2，则xx2；若m0，则xx3；e1212111若m，则xx132.综上，选ABC.e12ee11111181812．因为ln(1)，令x7，ln(1)ln，则e8，故A错误；1xxx1787771x1123181因为ln(1)ln，则ln1，ln，…，ln，xxx1227711以上各式相加有ln81，B正确；2711x1121318因为ln1ln，则ln，ln，…，ln，1xxx213287111以上各式相加有ln8，C正确；2381111由ln(1)得，xln(1)1，即ln(1)x1，xxxx0181xCCC1(1)e，因此888(1)8e，所以D正确．x8081888故选：BCD13.“x0,，x22x30”的否定是“x0,，x22x30”.sinx,x033314.因为fx2，所以fsin1，所以fff12，,x0222xxexlnx15.由fxmxlnx，得mxlnx0，即emxlnx0对任意的x0恒成立，x1x1令Fxxlnx，则Fx1，所以当0x1时，Fx0，Fx单调递减；xx数学答案第3页{#{QQABKYKEggAIABAAAQgCUwXACkMQkBGCACoGxFAEsAIBAAFABAA=}#}当x1时，Fx0，Fx单调递增，所以FxF11．令txlnx，则t1,，则exlnxmxlnx0对任意的x0恒成立，tete等价于etmt0对任意的t1恒成立，等价于m对任意的t1恒成立，即m．ttminettetetett1令htt1，则ht0，所以ht在1,上单调递增，tt2t2所以hth1e，所以me，所以实数m的取值范围为,e．当时23由得当时2316.(1)n1,a1a1,a10a11.n2,(1a2)1a2,由得或，当时,233a20a22a21n3(1a2a3)1a2a3.若得或;若得;a22a33a32a21a31综上,满足条件的三项数列有三个:1,2,3或1,2,2或1,1,1(2)令则2333，从而Sna1a2an,Sna1a2an(nN)23333两式相减,结合得2(Snan1)a1a2anan1.an102Snan1an1当时,由(1)知;n1a11当时,22即n22an2(SnSn1)(an1an1)(anan),(an1an)(an1an1)0,所以或又an1anan1an1a11,a20232022,n,(1n2022)所以.ann2022(1),(n2023)17.（10分）解：2（1）A3,4,当m5时，Bxx6x50=1,5，AB=1,4………………5分（2）由题得B是A的真子集，不等式x21mxm0等价于x1xm0当m1时，B1，满足题意；当m1时，B1,m，则1m4；当m1时，Bm,1，3m1；综上所述，m3,4………………10分18.（12分）解：2（1）fxab3sinxcosxcosx数学答案第4页{#{QQABKYKEggAIABAAAQgCUwXACkMQkBGCACoGxFAEsAIBAAFABAA=}#}31112sin2xcos2xsin2x，所以fx的周期T,222622k令2xk(kZ)，得x(kZ),6122k1所以fx的对称中心（，）(kZ).………………6分1222（2）令2k2x2k（kZ）262解得kxk（kZ），由于x0,，362所以当k0或1时，得函数fx的单调递增区间为0，和,.………………12分6319.（12分）解：（1）由S12a11得：a11，因为SnSn12ann2an1(n1)(n2)，所以an2an11，a1n从而由an12an11得2(n2)，an11所以an1是以2为首项，2为公比的等比数列.………………6分（2）由（1）得n，an2132n1所以a1a3a5a2n1222(n1)214n1(n1)1422n33n5.………………12分320.（12分）解：（1）由题得(ac)sinCcsin(BC),即(sinAsinC)sinCsinCsin(BC)，由于sinC0，则有sinAsinCsin(BC)，即sin(BC)sinCsin(BC),1即2cosBsinCsinC0，由于sinC0，则有2cosB=1，即cosB=，2又B(0,)，故B.………………6分23（2）设ABC外接圆半径为R，则ABC的周长为数学答案第5页{#{QQABKYKEggAIABAAAQgCUwXACkMQkBGCACoGxFAEsAIBAAFABAA=}#}23+2sinCabc22RsinB2RsinC=2+(sinBsinC)=2+sinAsinA3+2sin(A)3(1cosA)3=2+333,AsinAsinAtan2AA由于ABC为锐角三角形，所以A(,),,,tan(23,1)6221242所以3+3abc623，即ABC周长的取值范围是(3+3,623)………………12分21.（12分）解：（1）因为f(x)ex1asinx(aR)，所以f(x)exacosx，设h(x)f(x),h(x)exasinx，当a0时，即a0时，因为x0,,sinx0，所以asinx0，而ex10，所以ex1asinx0，即f(x)≥0恒成立，当0a1时，h(x)exasinx0，所以f(x)在[0，π]上递增，而f(0)1a0，所以f(x)f(0)0，所以f(x)在[0，π]上递增，即f(x)f(