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

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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

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