1、 武汉市武汉市 2022023 3 届届高三年级九月高三年级九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 D A D B A C A AC ABD BCD AD 填空题：13.5 14.725 15.8 16.3 64 3+解答题：17.（10 分）解：（1）当n为奇数且3n时，11122nnnnnaSSn+=，且111aS=，也满足该式；当n为偶数时，1(1)1()22nnnnnaSSn+=.综上所述，(1)nnan=.5 分（2）21111111()(1)1(1)(1)nnna an
2、 nnnn n+=+.故111111(1.)(1)223111nnTnnnn=+=+.10 分 18.（12 分）解：（1）由题意，在ABC中，EFBC，故EFAB，在四棱锥PEFCB中，EFEB，EFEP.所以PEB为二面角PEFB的平面角，即60PEB=.又2PE=，1BE=，所以222cos603PBPEBEPE BE=+=，满足222PEBEPB=+.即BEPB，又BEBC，且PBBCB=，所以BE 平面PBC.又BE 平面EFCB，所以平面PBC 平面EFCB.6 分（2）由EFEB，EFEP，且EBEPE=，故EF 平面PBE，则有EFPB.又EFBC，所以BCPB，即,PB EB
3、 CB两两垂直.以B为坐标原点，,BC BE BP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系.则有：(0,0,0),(0,1,0),(3,0,0),(0,0,3),(2,1,0)BECPF.(0,1,0)BE=.设平面PFC的法向量(,)nx y z=，(3,0,3)PC=，(1,1,0)FC=.3300n PCxzn FCxy=，令1y=，得(1,1,3)n=.设所求角的大小为，则|1|5sin|cos,|5|15BE nBE nBEn=.所以直线BE与平面PFC所成角的正弦值为55.12 分 19.（12 分）解：（1）由sinsinsinabcABC=，得sincos3
4、sinsinsin2sinACACBC+=+.由()BA C=+，sincos3sinsinsin()2sinACACACC+=+，所以3sinsincossin2sinACACC=+，又sin0C，故3sincos2AA=.即sin()16A=，又0A，所以23A=.6 分（2）2326CAD=.在CAD中，sinsin6CDbADC=；在BAD中，sinsin2BDcADB=.又sinsinADBADC=，4BDCD=，代入得：2cb=.2222cos73abcbcb=+=，所以2222 7cos27abcCab+=.12 分 20.（12 分）解：（1）()25E，理由如下：抽奖 10
5、次时，记中奖次数为Y，则1(10,)4YB.若每次中奖的奖金为固定 10 元，则此时总奖金的期望值为1(10)10()10 10254EYE Y=.由题意，连续中奖时，奖金会翻倍，故总奖金必大于每次中奖的奖金为固定 10 元的情况.所以，()25E.4 分（2）X的所有可能取值为 0，10，20，30，40，70，150.4181(0)(1)4256P X=；13411108(10)(1)44256P XC=；221127(20)3()(1)44256P X=；221127(30)3()(1)44256P X=；3116(40)2()(1)44256P X=；3116(70)2()(1)442
6、56P X=；411(150)()4256P X=.其分布列为：X 0 10 20 30 40 70 150 P 81256 108256 27256 27256 6256 6256 1256 1082727661405()102030407015025625625625625625632E X=+=.12 分 21.（12 分）解：（1）由题意，椭圆的下顶点为(0,1)，故1b=.由对称性，椭圆过点3(1,)2，代入椭圆方程有21314a+=，解得：2a=.故椭圆E的标准方程为：2214xy+=.4 分（2）设点T坐标为(0,)t.当直线MN斜率存在时，设其方程为(1)1yk x=+，与22
7、14xy+=联立得：22(41)8(1)4(2)0kxk kxk k+=.设1122(,),(,)M x yN xy，则1228(1)41k kxxk+=+，1224(2)41k kx xk=+.12121212121111xxxxkkytytkxktkxkt+=+=+12122212122(1)()(1)()(1)kx xkt xxk x xk kt xxkt+=+232228(2)8(1)(1)4(2)8(1)(1)(1)(41)kkk kktkkkkktktk=+222288(1)(43)2(1)(1)tktktktkt+=+.1211kk+为定值，即与k无关，则2(1)0t+=，1t=
8、，此时12118kk+=.经检验，当直线MN斜率不存在时也满足12118kk+=，故点T坐标为(0,1).12 分 22.（12 分）解：（1）11(2)()(2)1()1xxxxexefxxkekkke+=+.设(2)()1xxxeg xke=+，则2(1)()(1)xxxe exg xe+=+.设()1xh xex=+，显然()h x是增函数，且(0)0h=.故0 x时，()0g x，()g x递减；0 x 时，()0g x，()g x递增.又(0)1gk=，且0 x时，()g xk.（i）当10k，即1k 时，()0g x，()0fx，()f x递减，此时()f x无极值点；（ii）当1
9、0kk，即10k 时，存在120 xx使得12()()0g xg x=，1xx时，()0g x，()0fx，()f x递减；12xxx时，()0g x，()0fx，()f x递增；2xx时，()0g x，()0fx，()f x递减.此时()f x有两个极值点.（iii）当0k，即0k 时，存在0 x，使得0()0g x=，0 xx时，()0g x，()0fx，()f x递减；0 xx时，()0g x，()0fx，()f x递增.此时()f x有一个极值点.综上所述，当1k 时，()f x无极值点；当10k 时，()f x有两个极值点；当0k 时，()f x有一个极值点.6 分（2）方法一：由（
10、1）知，此时0k，且0()0fx=，即000(2)1xxxeke=+，此时02x.此时00000000000000(2)31()(3)(2)12xxxxxxxeexef xxexxxeex+=+.设3()(2)2xexxx xx+=，则1()12xexxx+=+，2(3)1()1(2)xxexx=2(3)(1)(2)xxexx+=，2x 时，10 xex+，令()0 x=，得3x=.23x时，()0 x，()x递增；3x 时，()0 x，()x递减；故30()(3)3f xe=.0()f x取得最大值时，03x=，此时00303(2)11xxxeekee=+.12 分 方法二：由（1）知，此时0k，且0()0fx=，即000(2)1xxxeke=+，此时02x.此时()f x在0(,)x递减，在0(,)x+递增.故30()(3)3f xfe=，当且仅当03x=时，0()f x取得最大值33e.此时00303(2)11xxxeekee=+.12 分
