新高考联考协作体高三上学期起点考试数学答案8.23(1)_2023年7月_01每日更新_27号_2023届湖北省新高考联考协作体高三上学期起点考试

一、单项选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 C D B B A B D C 1.【解析】由已知B={x|x−4或 湖北省新高考联考协作体*数学答案（共 9 页）第1 页 x ≥ 1 } ， A B = { x | x  1 } ，故A错误；A B={x|x−4或 x≥1}，故B错误；AB，故C正确，D错．故选：C．  π  2.【解析】因为Pcos ,1即  3  P  1 2 ,1  是角终边上一点，所以 s i n  = y r =  1 2 1  2 + 1 2 = 2 5 5 ，故选：D. 3.【解析】火车站有5股岔道，每股岔道只能停放一列火车，现要停放3列不同的火车，它 是排列问题，所以不同的停放方法有A3种. 故选：B. 5 4.【解析】原式 = s in 7 1  c o s 6 4  + c o s 7 1  s in 6 4  = s in ( 7 1  + 6 4  ) = s in 1 3 5  = 2 2 .故选：B.  5.【解析】 f(x)=cos22x−sin22x=cos4x=sin(4x+ )， 2 又 s i n 4 ( x + 2 4 ) 2 s i n ( 4 x 2 3 )     +  = + , 所以将 f ( x ) = c o s 2 2 x − s in 2 2 x 的图像向左平移 2 4  个单位长度得到 g ( x ) s i n ( 4 x 2 3 )  = + 的 图像，故选：A. 1 6.【解析】由题意可得 f (x)= f (x−1),当 3 x  [ 3 , 4 ) 时，即x−3[0,1)时,所以 f ( x ) = 1 3 f ( x − 1 ) = 1 3 2 f ( x − 2 ) = 1 3 3 f ( x − 3 ) = 1 2 7 ( 1 − 2 ( x − 3 ) − 1 ) = 1 2 7 ( 1 − 2 x − 7 ) ，令 1 2 7 ( 1 − 2 x − 7 ) = 2 8 1 ， 解 得 x = 1 0 3 或 1 1 3 2 ，因为对任意x m,+)，都有 f(x) ，则 81 m  1 1 3 ， 故选：B. 7.【解析】由题意知从A到B的最短路径要通过7段马路，4段水平马路，3段竖直马路， 共有 C 37 = 3 5 种，又因为经过 C D 段的走法有C2C1 =9种，故不经过 3 3 C D 2022 年湖北省新高考联考协作体高三上学期起点考试 高三数学参考答案及评分标准 _ _ 段的最短路径有 35−9=26条. 故选:D. (x+1)lnx+3 8.【解析】由题意分离变量可得4k  对x(1,+)恒成立， x令 湖北省新高考联考协作体*数学答案（共 9 页）第2 页 f ( x ) = ( x + 1 ) l x n x + 3 , x  (1 , +  ) ，则 f ( x ) = x − l n x x2 − 2 ， 令g(x)= x−lnx−2,x(1,+)，则 g ( x ) = 1 − 1 x = x − x 1  0 ，  g ( x ) 在 ( 1 , +  ) 上 单 调 递 增 ， 且 g ( 3 ) = 1 − l n 3  0 , g ( 4 ) = 2 − 2 l n 2  0 ，   唯 一 的 x 0  ( 3 , 4 ) , 使 g ( x 0 ) = 0 ， 可 x   得  f k ( (  x x x  , 0 ) m 7 1 2 ( + in 1  , = x ) 0 , f ) f ( ,  x f ( 0  x ) ( ) = x  ) (  0 , x 0 0 f + , ( 1 f x ) x ( ) l n 0 x 在 ) x 在 ( + x 3 ( 1 , ， + 0 = x 0  ( x ) ) 0 单 单 + 调 调 1 ) ( 递 递 x x 0 0 减 增 − , ， 2 ) + 3 = x 20 − x x 0 0 + 1 = x 0 + 1 x 0 − 1  ( 7 3 , 1 3 4 ) ，可得整数 k 的最大取值是0，故选:C. 二、多项选择题 9 10 11 12 CD ACD AD ACD 9.【解析】对于A： A =  x x 2 + x − 6 = 0  =  − 3 , 2  ，B= x mx−1=0 ， 由A(C B)= R得 U B  A ，则B=或 B =  − 3  或B=2，即 m = 0 或−3m−1=0或 2 m − 1 = 0 ，解得 m = 0 1 或m=− 或 3 m = 1 2 ，即实数m组成的集合为 0 , , ，故A错误； 对于B：命题 p :  x   − 2 ,1  ， x 2 + x − m  0 为真命题，即 x 2 + x  m 在x−2,1 上成立， 令g(x)=x2+x=  x+ 1  2 − 1 ，x−2,1 ，所以g(x) =g  − 1 =− 1 ，  2 4 min  2 4 所以 m  − 1 4 ，故B错误； 对于C：ab+1−(a+b)=(a−1)(b−1)0a1,b1，故C正确； 对于D: a b + 1 a b = 1 − b b + a + a b b = 2 b + 1 a − 1 = ( 2 b + 1 a ) ( a + b ) − 1 = 2 b a + b a + 2  2 2 + 2 ， 当且仅当a= 2−1,b=2− 2时，等号成立.故D正确. 故选：CD. ax−a+1 10.【解析】对于A：要使函数 f(x)= 有意义，则x+20，即 x+2 x  − 2 ， ∴ f ( x ) { 1 1} − 2 3 的定义域为(−,−2)(−2,+)，故A正确； ax−a+1 a(x+2)−2a−a+1 1−3a 对于B：∵ f(x)= = =a+ ， x+2 x+2 x+2∴ 湖北省新高考联考协作体*数学答案（共 9 页）第3 页 f ( x ) 的图象关于点 ( − 2 , a ) 成中心对称， ∴当函数 f ( x ) 的图象关于点(−2,3)成中心对称时，a=3，故B错误； 对于C：由B知 f ( x ) = a + 1 x − + 3 a 2 ，当 a  1 3 时， 1 − 3 a  0 ， 1−3a ∴ f(x)=a+ 在 x+2 ( − 2 , +  ) 单调递减，故C正确； 对于D：∵ a = 2 ， f ( x ) = a + 1 x − + 3 a 2 = 2 + x − + 5 2 ， ∴ f ( x ) 的图象关于(−2,2)对称，又函数g(x)的图象关于(−2,2)对称， ∴ f(x)与 g ( x ) 图象的交点成对出现，且每一对均关于 ( − 2 , 2 ) 对称，  = ( ( x x 1 1 + + y x 1 2 ) + + ( x 2 + + x 2 y 0 2 2 2 ) ) + + ( y + 1 + ( x y 2 0 2 2 2 + + ) y 2 0 2 2 ) y 2 0 2 2 = 2 0 2 2  ( − 2 ) + 2 0 2 2  2 = − 4 0 4 4 + 4 0 4 4 = 0 ， 故D正确. 故选：ACD. 11.【解析】 P ( B A ) = P P ( B ( A A )) = 2 3 ，因为 P ( B A ) = P P ( B( A A )) = 1 P − ( B P A ( A ) ) = 3 4 ，所以 P ( B A ) = 3 8 ， 因此 P ( B ) = P ( B A ) + P ( B A ) = 1 3 + 3 8 = 1 2 7 4 ， P ( B ) = 1 − P ( B ) = 7 2 4 ， 又 P ( B A ) = 1 − P ( B A ) = 1 4 ，所以 P ( A B ) = P ( B A ) P P (( A B )) = 1 4  1 27 2 4 = 3 7 . 故选：AD. 12.【解析】令 f(x)=x3+ax+b，求导得 f '(x)=3x2+a，当a0时， f '( x )  0 ，所以 f(x) 单调递增，且至少存在一个数使 f ( x )  0 ，至少存在一个数使 f ( x )  0 ，所以 f ( x ) = x 3 + a x + b 必有一个零点，即方程 x 3 + a x + b = 0 仅有一根，故A、C正确；当 a  0 时，若 a = − 3 ，则 f '( x ) = 3 x 2 − 3 = 3 ( x + 1 ) ( x − 1 ) ，易知， f ( x ) 在 ( −  , − 1 ) , (1 , +  ) 上单调递增，在 [ − 1 ,1 ] 上单调递 减，所以 f(x) =f(−1)=−1+3+b=b+2， 极大 f(x) =f(1)=1−3+b=b−2，要使方程仅有一根，则 f(x) =f(−1)=−1+3+b=b+20或 极小 极大 者 f(x) =f(1)=1−3+b=b−20，解得b−2或b2，故B错误，D正确. 故选：ACD. 极小 三、填空题 13. π 14.16 15.6 16.−113.【解析】 函数 湖北省新高考联考协作体*数学答案（共 9 页）第4 页 f ( x ) s i n ( 2 x ) ( 0 2 π )   = +   是奇函数，  f ( − x ) = − f ( x ) ，即 s i n ( 2 x ) s i n ( 2 x ) s i n ( 2 x )    − + = − + = − − ， −2x+=−2x−+2kπ,kZ，解得： k π , k Z  =  ，又 0 2 π    ， π   = . 故答案为： π . 14.【解析】根据正态分布的3原则可知： E ( ) 0 . 0 0 3 n 0 . 0 5  =  ，得： n  5 0 3 ， 因为n为正整数，故n的最大值为16. 故答案为：16. 15.【解析】由题意可知， f ( x ) = e x 6 + 1 + lg ( x 2 + 1 + x ) = 3 − 3 ( e e x x + − 1 1 ) + lg ( x 2 + 1 + x ) ， 3 ( ex−1 ) 设 g(x)=− +lg( x2+1+x)，则 ex+1 g ( x ) 的定义域为(−,+)， 所以 g ( − x ) = − 3 ( e e − − x x + − 1 1 ) + lg ( x 2 + 1 − x ) = −  − 3 ( e e x x + − 1 1 ) + lg ( x 2 + 1 + x )  = − g ( x ) ， 所以 g ( x ) 为奇函数，所以 g ( x ) m ax + g ( x ) m in = 0 ， 所以 f ( x ) m ax + f ( x ) m in = M + N = g ( x ) m ax + 3 + g ( x ) m in + 3 = 6 . 故答案为：6. 16. 【解析】 f(x)=ex −m,若m0, f(x)0恒成立，f(x)在R上单调递增， 当 x → −  , f ( x ) → −  , 不 合 题 意 ； 则m0,令f(x)=0，x=lnm, f(x)在(−,lnm )上单调递减，(lnm,+)单调递增,  f ( x ) m in = f ( l n m ) = m − m l n m + n − 1  0 , n  m l n m − m + 1 , n − m  m l n m − 2 m + 1 ，  n − m m  m l n m − m 2 m + 1 = l n m − 2 + 1 m ，令 g ( x ) = l n x − 2 + 1 x , x  ( 0 , +  ) ， 1 1 x−1 则g(x)= − = ， x x2 x2 可得x(0,1),g( x )0,g ( x )在(0,1)单调递减, x(1,+),g( x )0,g ( x )在(1，+)单调递增， g(x) = g(1)=−1. 故答案为：−1. min 四、解答题 17.∵T =Crx7−r(−m)r,0r7,rZ， r+1 7∴ 湖北省新高考联考协作体*数学答案（共 9 页）第5 页 C 37 ( − m ) 3 = − 3 5 ，∴ m = 1 ，.………………………………………………………………2分 （1）令 x = 1 时， a +a + +a =(1−1)7 =0，① 1 2 7 令x=0时， a 0 = ( − 1 ) 7 = − 1 . ∴ a 1 + a 2 + + a 7 = 1 ；.………………………………………………………………………6分 （2）令 x = − 1 时， a 0 − a 1 + − a 7 = ( − 1 − 1 ) 7 = − 2 7 ② ①-②得a +a +a +a =26=64. …………………………………………………………10分 1 3 5 7   18. （1） f(x)=sin2 x+2 3sinxcosx+sin(x+ )sin(x− ) 4 4 1 1 1 2 3 s i c c c s n o s 2 o s 2 o s 2 i n ( 2 2 2 2 2 x x x x x 6 c o ) 3 3 3 s s s s 2 1 2 i n i n i n x 2 2 2 x x x 1 2 1 2 1 2 2 2 ( c c o ( s i n 2 o s s 2 x x x c s i o n s 2 x x ) ) 2 2 ( s i n x c o s x )  = = = = = − − − − + + + − + + + − − + − − ∴ f ( x ) 的最小正周期为 2 2   = ；.…………………………………………………………6分 （2） x[0,]， t 2 x 6   令 = − ，则 t [ 6 , 1 1 6 ]    − ， 又∵函数 y = 2 s i n t + 1 2 在 t [ 2 , 3 2 ]    上单调递减，即 2 x 6 [ 2 , 3 2 ]    −  时， f ( x ) 的单调 递减， ∴当 [ 0 , ]  x  时， f ( x ) a + 0  5 的单调减区间为[ , ]. .……………………………………12分 3 6 C1C1C1 3 19. （1）P(=2)= 2 3 2 = ; …………………………………………………………4分 C1C1 5 5 4 C1C1C1 3 （2）随机变量可取的值为2,3,4．P(=2)= 2 3 2 = C1C1 5 5 4 A2C1+A2C1 3 A3C1 1 P(=3)= 2 3 3 2 = ；P(=4)= 3 2 = …………………………………10分 C1C1C1 10 C1C1C1C1 10 5 4 3 5 4 3 2 得随机变量的概率分布列为： 2 3 4 湖北省新高考联考协作体*数学答案（共 9 页）第6 页 P 3 5 1 3 0 1 3 0 随机变量的数学期望为： E ( ) 2 3 5 3 1 3 0 4 1 1 0 5 2  =  +  +  = . ..…………………12分 20. （1）函数的定义或为R， ∵函数 f ( x ) = l o g 2 ( 4 x + 1 ) + k x 为偶函数． ∴ f(−x)= f(x)，即log (4−x +1)−kx=log (4x +1)+kx， 2 2  2 k x = l o g 2 ( 4 − x + 1 ) - l o g 2 ( 4 x + 1 ) = l o g 2 4 4 x 4x + x + 1 1 = l o g 2 4 − x = - 2 x ，  k = − 1 ；. ………………………………………………………………………………4分 （2） f ( x ) = l o g 2 ( 4 x + 1 ) − x ，  f ( x ) = ( 4 4 x x + l n 1 ) 4 l n 2 − 1 = 4 4 x x − + 1 1 ， 当x0时， 4 x  1 ， f ( x )  0 ，  f ( x ) 在 [ 0 , +  ) 上单调递增， ∵ f(2m+1) f(m−1)， ∴ 2m+1  m−1，∴ 2 m + 1 2  m − 1 2 ，解得m0或m−2， ∴所求不等式的解集为 ( −  , − 2 )  ( 0 , +  ) ;.……………………………………………8分 （3） g ( x ) = l o g 2 ( a  2 x + a ) = f ( x ) = l o g 2 ( 4 x + 1 ) − x = l o g 2 4 x 2 + x 1 = l o g 2 ( 2 x + 1 2 x ) ， 1 ∴a2x +a=2x + 0在R上有两个不相等的实根， 2x 令 t = 2 x  0 1 ，则at+a=t+ ， t ∴(a−1)t2 +at−1=0有两个不相等的正实根，  a−10  =a2 +4(a−1)0   a ∴ − 0 ，解得2 2−2a1，  a−1  −1  0  a−1 ∴实数a的取值范围为(2 2−2,1)．…………………………………………………12分21.（1）由频率分布直方图，知200只小白鼠按指标值分布为： 在 湖北省新高考联考协作体*数学答案（共 9 页）第7 页  0 , 2 0 ) 内有 0 .0 0 2 5  2 0  2 0 0 = 1 0 （只）； 在20,40)内有 0 .0 0 6 2 5  2 0  2 0 0 = 2 5 （只）； 在40,60)内有 0 .0 0 8 7 5  2 0  2 0 0 = 3 5 （只）； 在60,80)内有 0 .0 2 5  2 0  2 0 0 = 1 0 0 （只）； 在80,100内有 0 .0 0 7 5  2 0  2 0 0 = 3 0 （只）. 由题意，有抗体且指标值小于60的有50只；而指标值小于60的小白鼠共有 1 0 + 2 5 + 3 5 = 7 0 只，所以指标值小于60且没有抗体的小白鼠有20只，同理，指标值不小于60且没有抗体 的小白鼠有20只，故列联表如下： 单位：只 指标值 抗体 合计 小于60 不小于60 有抗体 50 110 160 没有抗体 20 20 40 合计 70 130 200 零假设为 H 0 ：注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60无关联. 根据列联表中数据，得 2 2 0 0 1 ( 5 6 0 0 4 2 0 0 7 2 0 0 1 1 1 3 0 0 ) 2 4 .9 4 5 3 .8 4 1 x 0 .0 5  =     −     = . 根据 0 .0 5  = 的独立性检验，推断 H 0 不成立，即认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值 不小于60有关，此推断犯错误的概率不大于0.05.…………………………………………4分 （2）（i）令事件A=“小白鼠第一次注射疫苗产生抗体”，事件B=“小白鼠第二次注射疫苗 产生抗体”，事件 C = “小白鼠注射2次疫苗后产生抗体”. 记事件A，B，C发生的概率分别为 P ( A ) ( ) ( ) ，P B ，P C ， 则P(A)= 160 =0.8，P(B)= 20 =0.5，P(C)=1−P ( A ) P ( B ) =1−0.20.5=0.9. 200 40 所以一只小白鼠注射2次疫苗后产生抗体的概率p=0.9. …………………………8分（ii）由题意，知随机变量 湖北省新高考联考协作体*数学答案（共 9 页）第8 页 X B ( n , 0 .9 ) ， P ( X = k ) = C kn  0 .9 k  0 .1 n − k （ k = 0 ,1 , 2 ,   , n ）. 因为 P ( X = 9 9 ) 最大，所以  C C 9 9n9 9n   0 0 .9 .9 9 9 9 9   0 0 .1 .1 n n − − 9 9 9 9   C C 9 8  n1 0 0  n 9 8 0 .9  1 0 0 0 .9 0  9 8 − n .1 1 − n 0 .1 0 0 ， 1 解得109n110 ，因为 9 n 是整数，所以 n = 1 0 9 或 n = 1 1 0 ，所以接受接种试验的人数为109 或110. ①当接种人数为109时， E ( X ) = n p = 1 0 9  0 .9 = 9 8 .1 ； ②当接种人数为110时，E(X)=np=1100.9=99. …………………………………12分 22. （1）证明：①当 x  1 , g ( x )  0 , f ( x )  0 ，即证 f ( x )  a g ( x ) , 令F(x)=xlnx−a(x2−1),F(x)=1+lnx−2ax, 令 G ( x ) = F ( x ) , G ( x ) = 1 x − 2 a  0 ，  F ( x ) 在 ( 1 , +  ) 上单调递减， 则有 F ( x )  F (1 ) = 1 − 2 a  0 , F ( x ) 在 ( 1 , +  ) 上单调递减， F ( x )  F ( 1 ) = 0 ,  f ( x )  a g ( x ) 成立； …………………………………………………2分 ②当 0  x  1 时 , g ( x )  0 , f ( x )  0 ，即证 - f ( x )  - a g ( x ) ， f ( x )  a g ( x ) , 令 F ( x ) = x ln x − a ( x 2 − 1 ) , F ( x ) = 1 + ln x − 2 a x  1 + ln x − x  0 （易证 1 + ln x − x  0 ）,  F ( x ) 在 ( 0 ,1 ) 上 单 调 递 减 ， F ( x )  F ( 1 ) = 0 即, f ( x )  a g ( x ) , 综合①② 当 a  1 2 时 , f ( x )  a g ( x ) ; …………………………………………………4分 （2）证明： h ( x ) = f ( x ) − b =  − x x l l n n x x − − b b , , 0  x x   1 1 , 当 0  x  1 ， h ( x ) = − ( l n x + 1 ) , h ( x ) 在 ( 0 , 1 e ) 上 单 调 递 增 ， 在 ( 1 e , +  ) 单 调 递 减 , 当x1，h(x)=lnx+1,h ( x )在(1,+)上单调递增， 又函数h(x)= f(x) −b有3个不同的零点x ,x ,x (x  x  x )， 1 2 3 1 2 3 1 1 0 x  x 1x , 0