1、十堰市2023年高三年级元月调研考试数学本试卷共4页，22题，均为必考题。全卷满分150分。考试用时120分钟。祝考试顺利注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡和试卷指定位置上，并将考号条形码贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答在试题卷、草稿纸上无效。3.非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔将答案直接答在答题卡上对应的答题区域内。答在试题卷、草稿纸上无效。4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，只交答题卡。一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每
2、小颗给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合，则A. B. C. D. 2.已知复数，则A. B. C. D. 3.“”是“”的A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件4.已知直线与双曲线：相交，且有且仅有1个交点，则双曲线的离心率是A.10B. C. D. 5.中国居民膳食指南（2022）数据显不，6岁至17岁儿童青少年超重肥胖率高达19.0%.为了解某地中学生的体重情况，某机构从该地中学生中随机抽取100名学生，测量他们的体重（单位：千克），根据测量数据，按，分成六组，得到的频率分布直方图如图所示.根据调查的数据，估计该地中学生体重的中位数是
3、A.50B.52.25C.53.75D.556.已知，且，则的最小值是A.1B. C.2D. 7.如图，等边三角形的边长为3，分别交AB，AC于D，E两点，且，将沿DE折起（点A与P重合），使得平面平面BCED，则折叠后的异面直线PB，CE所成角的正弦值为A. B. C. D. 8.已知函数若函数恰有4个不同的零点，则的取值范围是A. B. C. D. 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，部分选对的得2分，有选错的得0分。9.如图，在正方体中，则A. 平面B. 与平面相交C. 平面D.平面平面10.已知函数，则A. 的定义
4、域是B. 的值域是C. 是奇函数D. 在上单调递减11.2022年9月钱塘江多处发现罕见潮景“鱼鳞潮”，“鱼鳞潮”的形成需要两股涌潮，一股涌潮是波状涌潮，另外一股是破碎的涌潮，两者相遇交叉就会形成像鱼鳞一样的涌潮.若波状涌潮的图象近似函数的图象，而破碎的涌潮的图象近似（是函数的导函数）的图象.已知当时，两潮有一个交叉点，且破碎的涌潮的波谷为-4，则A. B. C. 是偶函数D. 在区间上单调12.已知抛物线的焦点为F，直线与抛物线交于A，B两点，O为坐标原点，则下列结论正确的是A.若直线OA，OB的斜率之积为-2，则直线过定点B.若直线OA，OB的斜率之积为-2，则面积的最大值是C.若，则的最
5、大值是D.若，则当取得最大值时，三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.已知向量，若，则_.14.设等比数列的前项和为，写出一个满足下列条件的的公比：_.，是递增数列，.15.盲盒，是指消费者不能提前得知具体产品款式的玩具盒子.已知某盲盒产品共有3种玩偶，小明共购买了5个盲盒，则他恰能在第5次集齐3种玩偶的概率为_.16.若对任意的，都有成立，则的最大值为_.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）设等差数列的前项和为，且，.（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和.18.（12分）在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c
6、，且.（1）求A；（2）若D是边BC的中点，且，求面积的最大值.19.（12分）如图，在三棱柱中，平面，是等边三角形，D，E，F分别是棱，AC，BC的中点.（1）证明：平面.（2）求平面ADE与平面夹角的余弦值.20.（12分）某校举行围棋比赛，甲、乙、丙三人通过初赛，进入决赛.决赛比赛规则如下：首先通过抽签的形式确定甲、乙两人进行第一局比赛，丙轮空；第一局比赛结束后，胜利者和丙进行比赛，失败者轮空，以此类推，每局比赛的胜利者跟本局比赛轮空者进行下一局比赛，直到一人累计获胜三局，则此人获得比赛胜利，比赛结束.假设每局比赛双方获胜的概率均为，且每局比赛相互独立.（1）求比赛进行四局结束的概率；（
7、2）求甲获得比赛胜利的概率.21.（12分）已知椭圆：的右焦点为F，P在椭圆上，的最大值与最小值分别是6和2.（1）求椭圆的标准方程.（2）若椭圆的左顶点为A，过点F的直线与椭圆交于B，D（异于点A）两点，直线AB，AD分别与直线交于M，N两点，试问是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由.22.（12分）已知函数，且曲线在处的切线为.（1）求m，n的值和的单调区间；（2）若，证明：.十堰市2023年高三年级元月调研考试数学参考答案1.B由题意可得，则.2.A由题意可得.3.B由，得；由，得.故“”是“”充分不必要条件.4.D由题意可得，则双曲线的离心率.5.C因为，所以该地中学生的体
8、重的中位数在内，设该中位数为，则，解得.6.C因为，所以，则，当且仅当，时，等号成立.7.D（解法一）由题意可知DB，DE，DP两两垂直，分别以DB，DE，DP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系（图略），则，从而，.故，即.（解法二）折叠后的几何体如图所示，在平面BCED内过点B作，且满足.因为平面平面，所以平面，所以，所以平面.因为，所以，所以，即异面直线PB，CE所成角的正弦值为.8.C令，得或，画出的大致图象.设，由图可知，当或时，有且仅有1个实根，当或时，有2个实根，当时，有3个实根，则恰有4个不同的零点等价于或或或解得或.9.AD由正方体的性质可知平面平面，因为平面，所以平面，
9、则A正确；因为，所以平面，则B错误；由题意可知，则不可能与平面垂直，故C错误；由正方体的性质可知平面，因为平面，所以平面平面，则D正确.10.AC 的定义域是，值域是，则A正确，B错误；是奇函数，则C正确；在和上单调递减，在上不是单调递减的，则D错误.11.BC由题意得，则，即，故，因为，所以，所以，则A错误；因为破碎的涌潮的波谷为-4，所以的最小值为-4，即，所以，所以，则，故B正确；因为，所以，所以，则C正确；由，得，因为在上单调递增，在上单调递减，所以在区间上不单调，则D错误.12.AC设直线：，联立整理得，则，.因为直线OA，OB的斜率之积为-2，所以.因为，所以，所以，解得，即直线过
10、定点，故A正确.由A选项可知，当且仅当时，等号成立，则面积的最小值是，故B错误.在中，由余弦定理可得.因为，所以，则.因为，所以，当且仅当时，等号成立，故C正确.由C选项可知直线的斜率不存在，设直线：，则直线与轴的交点为，从而，.因为，所以，所以，即，整理得，解得或.当时，；当时，.综上，或，则D错误.13. 由题意可得，则，解得.14.2（答案不唯一） 由等比数列的通项公式可得，则.因为，且是递增数列，所以.因为，所以，即，所以，解得.综上，.15. 由题意可知前4次恰好收集了其中的2种玩偶，第5次收集到第3种玩偶，则所求概率.16. 等价于，即，即.设，则.由题意可知在上单调递减，则在上恒
11、成立，则，故的最大值为.17.解：（1）设数列的公差为，由题意可得解得则.（2）由（1）可知，则.18.解：（1）因为，所以，所以，.因为，所以.（2）因为D是边BC的中点，所以，所以，因为，且，所以.因为，所以，所以.则的面积.19.（1）证明：连接BD.因为E，F分别是棱AC，BC的中点，所以.因为平面，平面，所以平面.因为D，F分别是棱，BC的中点，所以，所以四边形是平行四边形，则.因为平面平面，所以平面.因为平面ABD，且，所以平面平面.因为平面ABD，所以平面.（2）解：取的中点，连接，易证，OE两两垂直，则以O为原点，分别以，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标
12、系.设，则，从而，.设平面ADE的法向量为，则令，得，设平面的法向量为，则令，得.设平面与平面的夹角为，则.20.解：（1）比赛进行四局结束有以下两种情况：第一局甲获胜，后三局丙获胜；第一局乙获胜，后三局丙获胜.第一局甲获胜，后三局丙获胜的概率；第一局乙获胜，后三局丙获胜的概率.故比赛进行四局结束的概率.（2）比赛进行三局，甲获胜的概率为；比赛进行五局，甲获胜的概率为；比赛进行七局，甲获胜的概率为.故甲获得比赛胜利的概率为.21.解：（1）设椭圆C的焦距为，由题意可得，解得故椭圆的标准方程为.（2）当直线垂直于轴时，：，代入椭圆方程，解得，.直线AB的方程为，令，得，则.同理可得.，则，即.若为定值，则必为.由题意可得直线的斜率不为0，设直线：，.联立整理得，则，.直线的方程为，令，得，则.直线的方程为，令，得，则.因为，所以，则，故，即.综上，为定值.22.（1）解：因为，所以.由题意可得即解得因为，所以当或时，当时，则在与上单调递增，在上单调递减.（2）证明：由（1）可知，.设，则.设，则.因为，所以，则在上单调递增.因为，所以在上恒成立，即在上恒成立，则在上单调递增.因为，所以在上恒成立，即对一切恒成立.因为，所以.因为，所以.因为在上单调递增，且，所以，即.