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

上传人（卖家）：副主任

文档编号：5446597

上传时间：2023-04-15

格式：PDF

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资源描述：: 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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