2023届湖北省武汉市五月模拟训练高三数学试卷及答案.pdf

1、1武汉市武汉市 2022023 3 届届高三年级五月模拟训练试题高三年级五月模拟训练试题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123456789101112答案CADDABBAABCABADBD填空题：13.3214.9415.是；216.63解答题：17.（10 分）解：（1）当1n 时，1122aa a，即22a.当2n 时，112nnnSaa.所以112()nnnnaa aa.因为数列 na中各项均不为零，即112nnaa.所以数列 na中奇数项是以1a为首项，2为公差的等差数列；偶数项是以2a为首项，2为公差的等差数列.当2nk时，22(1)22kaakk，即

2、nan；当21nk时，211(1)221kaakk，即nan.综上，数列 na的通项公式为nan5 分（2）由（1）知数列 na是以1为首项，1为公差的等差数列，即易知(1)2nn nS.因为2023kS，所以(1)4046k k，当63k 时，不等式恒成立；当64k 时，2023kS.故正整数k的最大值为63.10 分18.（12 分）解：（1）在ABC中有1132AC ABAB BCBC CA .即11coscoscos32bcAacBabC .因为1coscos3bcAacB，由正弦定理可得1sincossincos3BAAB，即tan3tanAB.同理3tantan2CB.在ABC中有

3、tantantantan()tan()tantan1BCABCBCBC.解得11tan1,tan,tan32ABC.由0A，得：34A.6 分2（2）ABC面积1sin2SbcA，代入3,24Ab，整理得：22Sc.由（1）知11tan,tan32BC，即105sin,sin105BC.ABC中由正弦定理可得sinsinbcBC，即2 2c.所以22 222S.12 分19.（12 分）解：（1）PAB中PAAB，E为PB的中点，所以AEPB.在正方形ABCD中，BCAB.因为PA 平面ABCD，BC 平面ABCD，即PA BC.又因为PAABA，,PA AB 平面PAB，所以BC 平面PAB

4、.AE 平面PAB，即AEBC，又因为AEPB，PBBCB，,PB BC 平面PBC.所以AE 平面PBC，AE 平面AEF，即平面AEF 平面PBC.6 分（2）因为PA 平面ABCD，底面ABCD是正方形，所以易知,AB AD AP两两垂直.以A为原点，,AB AD AP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(0,0,0)A，(2,0,0)B，(2,2,0)C，(0,2,0)D，(0,0,2)P，PB中点(1,0,1)E，设(2,0),02F.(0,2,2),(2,0,0),(1,0,1),(2,0)PDDCAEAF .设平面PCD的法向量(,)mx y z，由0

5、0m PDm DC ，得22020yzx，取(0,1,1)m.设平面AEF的法向量(,)na b c，由00n AEn AF ，得020 xzxy，取(,2,)n.所以平面AEF与平面PCD的夹角的余弦值为2222cos,22422m n .令2,2,4t t，则22211cos,64111246212 6()33tm nttttt，所以当113t即3t 时，平面AEF与平面PCD的夹角的余弦值取得最大值32，此时平面AEF与平面PCD的夹角取得最小值6.12 分20.（12 分）解：（1）补全2 2列联表如下表：航天达人非航天达人合计男20626女101424合计3020503零假设0:H假

6、设“航天达人”与性别无关.根据表中的数据计算得到2250(20 1460)30256.46430 20 26 24468.查表可知0.0106.4646.635.所以根据小概率值0.010的2独立性检验，没有充分证据推断0H不成立，因此可以认为0H成立，因此“航天达人”与性别无关.6 分（2）在“航天达人”中按性别分层抽样抽取，男航天达人有206430（人），女航天达人有 2 人.X所有可能取值为：0,1,2.则34361(0)5CP XC，2142363(1)5C CP XC，1242361(2)5C CP XC.所以X的分布列如下：X的数学期望为131()0121555E X .12 分2

7、1.（12 分）解：（1）已知双曲线渐近线为byxa，即12ba.因为椭圆2C的长轴长24a，即2,1ab.所以双曲线1C的方程为：2214xy.椭圆2C的方程为：2214xy.4 分（2）当直线1l、2l的斜率不存在时，不满足题意.故直线1l的方程设为：ykxm，直线1l过点(2,1)P，即21km.与双曲线方程联立2214ykxmxy，得222(1 4)8440kxkmxm.故222221 40,6416(1)(1 4)0kk mmk.设1122(,),(,)A x yB xy，有12281 4kmxxk，2122441 4mx xk.设00(,)Q xy.0102010202012010

8、2001212()()()()()QAQByyyyykxm xxykxm xxkkxxxxxx xxx x.化简得00001212020012122()()22()QAQBx ykxym xxkx xmxkkxx xxx x.代入韦达定理得：22200000222002(1 4)8()882(1 4)(1 4)844QAQBx ykkm kxymkmkmxkkkkxkmxm.将21km代入其中消去m化简得：X012P15351542000000002220000(168)(488)22(16164)(168)8QAQByx y kxy kx yxkkxxkx kx.由动直线12ll、互不影响可

9、知，要满足QAQBQMQNkkkk为定值，则QAQBkk为定值，QMQNkk为定值.因此要满足QAQBkk为定值，则有：若0001680yx y，200161640 xx，计算得002,0 xy.经检验满足(2,0)Q，此时1QAQBkk.若0001680yx y，即000,2yx，有0000000022000016848822161641688yx yxyx yxxxxx.无解.综上，当(2,0)Q，1QAQBkk.下面只需验证当(2,0)Q时，QMQNkk是否为定值.设直线2l方程为：ytxn，直线2l过点(2,1)P，即21tn.椭圆方程联立2214ytxnxy，得222(14)8440

10、txtnxn.故0.设3344(,),(,)M xyN xy，有342814tnxxt，23424414nx xt.334434343434()(2)()(2)2242()QMQNytxn xtxn xykkxxx xxx.化简得343434342(2)()442()QMQNtx xntxxnkkx xxx.代入韦达定理化简可得：228441616QMQNtnkknttn.将21tn代入其中可得：1QMQNkk.所以当(2,0)Q，1QAQBkk，1QMQNkk，0QAQBQMQNkkkk.所以点Q坐标为(2,0).12 分22.（12 分）解：（1）若0bc，即()ln(0)f xaxx x

11、.11()axfxaxx.若0a，则()0fx，即()f x在),0(单调递减；若0a，令0)(xf有ax1,即()f x在1(0,)a上单调递减，1()a，上单调递增.综上有，当0a，()f x在),0(单调递减.当0a，()f x在1(0,)a上单调递减，1()a，上单调递增.4 分（2）由题意知：已知12,x x是()f x的两个零点，12xx.5即111ln0baxcxx，222ln0baxcxx.所以12211211()()lnln0a xxbxxxx，即21121221lnlnxxbax xx xxx.要证：2112(1)(1)x axbx ax.只需证：122121ax xxbax xx.即证：21212121lnlnxxxx xxxx .即证：1222111ln1xxxxxx，令211xtx.即证：11ln1ttt.令1()ln1(1)p tttt，有22111()0tp tttt.即()p t在(1,)上单调递增，则()(1)0p tp，即1ln1tt.设()ln1(1)q tttt，有1()10q tt.所以()q t在(1,)上单调递减，则()(1)0q tq，即ln1tt 综上可得：2112(1)(1)x axbx ax.12 分