湖北省武汉市2023届高中毕业生四月调研考试数学试卷+答案.pdf

1、武汉市武汉市 2022023 3 届届高中毕业生高中毕业生四四月月调研调研考试考试 数学试卷参考答案及评分标准数学试卷参考答案及评分标准 选择题：题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C A D B A B C B AD BCD ABC ACD 填空题：13.48 14.56 15.151542,322 +16.3 22 解答题：17.（10 分）解：（1）由题意，(1)nnSnan n=+，11(1)(1)nnSnan n+=+.两式相减得：11(1)2nnnananan+=+.整理得：12nnaa+=，所以na是等差数列.5 分（2）由题意：70a，80a.由n

2、a公差为2，故16(2)0a+且 17(2)0a+.解得：11214a.10 分 18.（12 分）解：（1）由正弦定理得：sinsin3sincossinBCBBA+=.3sinsinsincossinsin()ABABBAB+=+，3sinsinsincossinsincoscossinABABBABAB+=+，即3sinsinsincossinABBAB=+.又sin0B，故3sincos1AA=，即1sin()62A=.由0A，得：3A=.6 分（2）ABC面积311sin242SaabcA=，代入3A=，整理得：22abc=.故2sin2sinsinABC=，得：3sinsin8BC

3、=.又1cos()cos2BCA+=，即1coscossinsin2BCBC=.所以1coscos8BC=.12 分 19.（12 分）解：（1）取1AB中点Q，连接,PQ EQ，PQ/=12BC且FE/=12BC，有PQ/=FE.故四边形EFPQ是平行四边形，所以FPEQ.又FP平面1ABE，EQ平面1ABE，所以FP平面1ABE.6 分（2）取EF中点O，BC中点G，由平面1AEF 平面EFCB，且交线为EF，故1AO 平面EFCB.此时，1,OA OE OG两两垂直，以O为原点，1,OE OG OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.有(2,3,0)B，1(0,

4、0,3)A，(1,0,0)F，(2,3,0)C，1AC中点33(1,)22P.33(0,)22FP=，(3,3,0)FB=.设平面BFP的法向量(,)nx y z=，由00n FPn FB=，得33022330yzxy+=+=，取(1,3,3)n=.又1(1,0,3)AF=，故所求角的正弦值为11|1 3|2 77|74n AFnAF=.所以直线1AF与平面BFP所成角的正弦值为2 77.12 分 20.（12 分）解：（1）甲乙正面朝上次数相等的概率为：021222323333333311115()()()()162222CCCC+=.由对称性，甲正面朝上次数大于乙和小于乙的概率相等.故甲正

5、面朝上次数大于乙的概率为1511(1)21632=.6 分（2）设甲正面朝上次数大于乙为事件A.方法一：设甲乙均抛掷n次时，两人正面朝上次数相等的概率为p.若此时甲正面朝上次数小于乙，则事件A不会发生；若此时甲正面朝上次数等于乙，则甲第(1)n+次抛掷结果为正面朝上才会有事件A发生；若此时甲正面朝上次数大于乙，则无论甲第(1)n+次抛掷结果如何，都有事件A发生，由对称性此时甲正面朝上次数大于乙和小于乙的概率相等，均为1(1)2p.所以111()(1)1222P App=+=.12 分 方法二：设甲正面朝上次数为X，乙正面朝上次数为Y.因为AXY=，所以A表示甲正面朝上次数不大于乙.有11AXY

6、XYnXn Y=+.此时A也表示甲反面朝上次数大于乙.根据对称性，甲正面朝上次数大于乙的概率和甲反面朝上次数大于乙的概率相等.故()()P AP A=，由()()1P AP A+=，得1()2P A=.12 分 21.（12 分）解：（1）根据双曲线的对称性，双曲线E过点(2 2,2)和(4,2 3).所以222284116121abab=，解得：2244ab=.故双曲线E的标准方程为22144yx=.4 分（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为(4)2yk x=+，与双曲线方程联立，得2222(1)(84)161680kxkk xkk+=.设1122(,),(,)M x yN xy，有

7、2122841kkxxk+=，2122161681kkx xk+=.设(,1)P t t+.1212121212(1)(1)(41)(41)()()()()ytytkxktkxktk kxt xtxt xt +=22222221212222221212(41)()(41)(16168)(41)(84)(41)(1)()16168(84)(1)k x xkktxxktkkkkktkkktkx xt xxtkktkktk+=+222222(211)8(1)(1)(4)4(4)(8)ttktkttktkt+=+.当4t=时，不满足12k k为定值.当4t 时，若12k k为定值，则22228(1)(

8、1)2114(4)(4)(8)ttttttt+=，解得3t=，此时1 24k k=.经检验，当直线l斜率不存在时，对(3,4)P，也满足1 24k k=.所以点P坐标为(3,4).12 分 22.（12 分）解：（1）令()0f x=，得2lnkxx=.由0k 得：1x.又函数2lnyxx=是(1,)+上的增函数，且值域为(0,)+.故对任意0k，在(1,)+上恒存在唯一0 x，使得200lnkxx=.所以函数()f x恒有唯一零点.4 分（2）当2ek=时，0 xe=，故02ek时，01xe.由题意，要求存在0(0,)tx，使得00()()0f xtf xt+=.令000()()()(0)F

9、 tf xtf xttx=+，下面证明()F t在0(0,)tx有零点：00()()()F tfxtfxt=+，记()()G tF t=，()()g xfx=.00()()()G tg xtg xt=+，00()()()G tg xtg xt=+.2()1 lnkfxxx=+，233122()kxkg xxxx=.当02xk时，()0g x；当2xk时，()0g x.由02ek时，01xe，222200000022ln(1 2ln)0 xkxxxxx=.故02xk，当002txk 时，002xtxtk+.有0()0g xt+，0()0g xt.此时()0G t，有()F t在0(0,2)xk单调递增，故002txk 时，00()(0)()()0F tFfxfx=.故()F t在0(0,2)xk单调递增，00(2)(0)2()0F xkFf x=.又0 x 时，()f x，故0tx时，()F t.故()F t在00(2,)txk x有零点，即()F t在0(0,)tx有零点，问题得证.12 分