数学参考答案及解析_2023年7月_01每日更新_30号_2023届湖北高三新起点9月联考_答案

届高三（ 月）起点考试 2023 9 数学参考答案 一、选择题： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D C C B A B A D 8【. 解析】①计第一步取出两个白球为事件A，则P(A)= ，P(X=0|A)=1,P(X=1|A)=P(X=2|A)=0 1 ②计第一步取出两球为一黑一白为事件B，则P(B)= ，P6(X=0|B)= ，P(X=1|B)= ，P(X=2|B)=0 2 1 1 ③计第一步取出两个黑球为事件C，则P(C)= ，P(X3=0|C)= ，P(X2=1|C)= ,P(X2=2|C)= 1 1 2 1 故由全概率公式，P(X=0)=P(A)P(X=0|A)+P(B6)P(X=0|B)+P(6C)P(X=0|C)= 3×1+ × + ×6 = ， 1 2 1 1 1 19 同理P(X=1)= ，P(X=2)= ∴E(X)= . 6 3 2 6 6 36 16 1 1 另解：在第一3步6 完成之后，36X服从超几何分2 布，故E(X)=P(A)∙2× ＋P(B)∙2× +P(C)∙2× = 0 1 2 1 二、选择题： 4 4 4 2 题号 9 10 11 12 答案 BC ACD BCD BCD 12.【解析】由导数的几何意义及 f(x)的对称性， f(x)在x和x处的切线也关于原点对 称，其斜率总相等，故g(x) g(x)，g(x)是偶函数，g(x2)对称轴为x2，A错； 由g(x)的对称性，g(x)在x和x处的切线关于纵轴对称，其斜率互为相反数，故 g(x)g(x)，g(x)为奇函数，又定义域为R，g(0)0，B对； h(x) f(x4)(x4)4，由 f(x)为奇函数知u(x) f(x)x为奇函数，图像关于 （0,0）对称，h(x)可以看作由u(x)按向量(4,4)平移而得，故C对； 由C选项知，当x x 8时，h(x )h(x )8， 1 2 1 2 由等差数列性质a a 8，h(a )h(a )8，以此类推倒序相加，D正确。 1 11 1 11 三、填空题：13. 14.80 15.(0, 16.8 6 1 3 2 16.【解析】：正 −AB3C中，M 为 A C的中点，则3B]M  AC，而PA平面ABC，BM 平面 ABC，即BM PA，而PAAC A，PA,AC平面PAC，则BM 平面 PAC，PM 平面PAC，有BM PM ，又PA AB，因此，Rt△PBM 与 Rt PAB的斜边PB中点到点A，B，M，P的距离相等，即三棱锥PABM 外 接球球心为PB中点，从而，点O是三棱锥PABM 外接球球心，设球O的 半径为R，有R2 4a2，△PAM 的外接圆圆心为PM的中点，设为F ，连 接OF ，则OF 平面PAF，如图， 3 3 则有OF  a，即O到平面PAC的距离为 a，因此D到平面PAC距离 2 23 1 1  3  的最大值为 a2  4a2 ，又S  42a4a，即有 4a a2  4a2 4 3， 4 △PAC 2 3   4   4 解得a2 2，R2 4a2 6，R 6，所以球O的体积为 R3 8 6.故答案为：8 6 3 四、解答题： 17.解：(1) ∵ an =−2Sn−1Sn,∴ Sn−Sn−1 =−2Sn−1Sn 1 1 ∴Sn−1−Sn =2SnSn−1 ∴ − =2 数列 为等差数列，S且n S=n−1 …………3分 1 1 1 ∴又 Sn 时， Sn S1+2(n−1=)2=n-11(+n2n−2=2n−1 ∗ ∵ n=1 a1 =S1 =2×1−1=1 ∴ Sn ∈N ) = ………………5分 1, n= 1 −2 ∴an (2n−1)(2n−3), n≥ 2 (2) = b (2n1)2n n 1 Sn 2n−1∴ T 121322 (2n3)2n1(2n1)2n n 2T 122 323 (2n3)2n (2n1)2n1 n 23(12n1) 两式相减得T 223 24 2n1(2n1)2n1 2 (2n1)2n1 n 12 282n2 (2n1)2n1 6(2n3)2n1，T (2n3)2n16…………10分 n 18..解：（1）由题意，SO 3，OAOB  3，取OA的中点D，连接CD,BD。 1 1 3 则CD//SO，且CD  SO  3 ， 2 2 2 SO 平面AOB，CD 平面AOB，CBD即为直线BC与平面AOB所成角 CD 6 15 sin  ，从而BC  6，由勾股定理得BD  BC 4 2 3 15 在BOD中，OB2 OD2 3   BD2，所以OB OA………3分 4 4 SO 平面AOB，SO OB， OB OA 由 OB 平面SOA，所以BO  SA…………6分 OB  SO （2）以O为原点，OB,OA,OS 分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系   3 3   则B 3,0,0 ，T  0,0,1  ，C0, , ，A0，3,0 ，    2 2      3 1 得BT   3,0,1 ，AB  3, 3,0 ，TC 0, ,     2 2     设平面ABT 、CBT 的法向量分别为m x ,y ,z ,n x ,y ,z 。 1 1 1 2 2 2  mBT 0   3x z 0 z  3x   由  1 1  1 1，令x 1得m 1,1, 3 ， 1  mAB 0   3x 1  3y 1 0 y 1  x 1  3x z 0  nBT 0  2 2  z  3x   由   2 2 ，令x 1得n 1,1, 3 。 3 1 2  nTC 0  y  z 0  z  3y  2 2 2 2 2 2 mn 3 所以cos m,n   ，…………10分 m n 5 4 则二面角ABT C的正弦值为 …………12分 5 1 19.解：（1）由正弦定理有2a2 b2 2c2，从而c2 a2  b2， 2 a2 b2 c2 b sinB 则cosC    ， 2ab 4a 4sin A   所以4sin AcosC sinB sin AC sin AcosCcosAsinC， 即有3sin AcosC cosAsinC，tanC 3tan A………………6分 tan AtanC 4tan A   （2）由（1）tanC 3tan A，有tanB tan AC   ， tan AtanC1 3tan2 A1 1 2 3 1 3tan2 A1 1 3(tan2 A1) 则       ,……10分 tan A tanB tanC tan A 2tan A tan A 2tan A 1 2 3 3 1  3 1 故    tan A  2 tan A 3， tan A tanB tanC 2 tan A 2 tan A 1  当且仅当tan A ，即tan A1,A 时取等。 tan A 4 1 2 3 所以   的最小值为3………………12分 tan A tanB tanC 20.解：（1） …………2分 = + （2）令 ，则 ，根据已知数据表得到如下表： = = + 1 4 9 16 25 36 49 = 1 2 3 4 5 6 7 0 4 7 9 11 12 13 ， …………4分 1+2+3+4+5+6+7 = 7 =4 =8 …………6分 283−7×4×8 59 = 140−7×16 =28 ， 3 = − =−7 故 关于 的经验回归方程 …………7分 59 3 y =28 −7 令 （cm）………………8分 289 （3 x ） = 这 100 天 ,y 中 = 幼14苗 ≈ 高 2 度 0. 大 64 于 的有 天，X服从超几何分布,其中N=7,M=4,n=4 7 ； y；=8 4 ； ； 4 18 12 1 所 P(X 以 = 随 1 机 ) 变 = 量35 的 P( 分 X 布 = 列 2) 为 = ：35 P(X=3)= 35 P(X=4)= 35 X 1 2 3 4 ………………10分 4 18 12 1 35 35 35 35 随机变量X的期望值 ……………………12分 4 16 21.解：（1）因为双曲线 E(X C ) 与 = 已 4 知 ×7双 = 曲7线有相同的渐近线， 设双曲线C的标准方程为 2 2 代入点A坐标，解得 −4 = 所以双曲线C的标准方 =程4为 ………………4分 2 2 4 − =1 （2）（i）当直线EF 斜率存在时，设EF : y kxm 设 ， ， ，联立 与双曲线 2 2 化简 得 1 1 2 2 = + ………4…−5 分=1 2 2 2 4 −1 +8 +4 +1 =0 ，即 ，则有 8 ， 2 2 2 2 2 1+ 2 =−4 2 −1 2 △= 8 −4 4 +4 4 −1 >0 4 − −1<0 4 +4 又 1 2 = 4 2 −1 因为 2 …………6分 2 1 2 = 1+ 2+ = 1 2+ 1+ 2 + ⋅ =( 1−2)( 2−2)+ 1 2 =0所以 ， 2 2 所以 +1 ⋅ 1 2+ −2 ⋅ 1+ 2 + +4=，0 2 2 4 +4 −8 2 2 2 +1 ⋅ 4 −1 + −2 ⋅4 −1+ +4=0 化简，得 ，即 所以 ， ， 2 2 10 且均满足3 +16 +20 ，=0 (3 +10 )( +2 )=0 1 =−2 2 =− 3 当 2时，直2线 的方程为 ，直线过定点 ， ，与已知矛盾 4 − −1<0 当 1 =−2 时，直线 的方程为 = −2 ，过定点 ，2 0…………9分 10 10 10 2 =− 3 = − 3 3 0 (ii)当直线EF斜率不存在时，由对称性不妨设直线DE：y  x2，与双曲线C方程联立解 10 得x  x  ，此时EF 也过点M ， E F 3 10 3 0 综上，直线EF 过定点M ， ．……………10分 10 3 0 由于DG  EF ，所以点G 在以DM 为直径的圆上，H 为该圆圆心，|GH |为该圆半径， 8 2 所以存在定点H( ,0)，使|GH |为定值 .…………12分 3 3 1 22.解：（1）当k 1时， f(x)ex lnx, f(x)ex  (x0)…………1分 x 1 1 1 由于 f( ) e 20, f(1)e10，故存在x ( ,1)，使得 f(x )ex 0  0 2 0 2 0 x 0 由基本初等函数性质知，f(x)在（0，）递增，所以当0 x x 时，f(x)0，f(x)递 0 减；当x x 时， f(x)0， f(x)递增， 0 1 所以m[f(x)]  f(x )ex 0 lnx  x …………3分 min 0 0 x 0 0 1 1 x2 1 设函数g(x) x,x( ,1),g(x) 0， x 2 x2 1 1 5 5 故g(x)在( ,1)递减，g(x) g( ) ，所以m ．…………6分 2 2 2 2 1 1 （2）方法一： f(x)kekx  k(ekx  )…………7分 kx k2x 1 当k  时，由基本初等函数性质知， f(x)在（0，）递增， e 1 1 1 1 f( )ke10, f( )kek1 (k1)k (k1)0 k k2 k 1 1 k11 1 所以存在x (0,)使得 f(x )k(ekx 1  )0，即：ekx 1  1 1 k2x k2x 1 1 kx 2lnklnx 0，klnx k2x 2klnk…………9分 1 1 1 1 当0 x x 时， f(x)0， f(x)递减；当x x 时， f(x)0， f(x)递增……10分 1 1 lnx 1 lnx 1 1 1 1 [f(x)]  f(x )ekx 1  1   1  ( klnx ) ( k2x 2klnk) min 1 k k2x k k2 x 1 k2 x 1 1 1 1 1 2  (2k2klnk) (1lnk) k2 k 1 因为k  ，故lnk 1，[f(x)] 0, f(x)0．…………12分 e min lnx 1 1 1 x 方法二：ekx  0 kekx lnx0，由于k  ，所以kekx lnx ee lnx， k e e 1 1 x 1 x 1 x 1 1 x e 故只需证 ee lnx0，即ee elnx0，设g(x)ee elnx,g(x) ee  ， e e x g(x)在(0,)增，且g(e)0，故x(0,e)时g(x)0，g(x)减；x(e,)时 g(x)0，g(x)增，所以g(x)  g(e)0，g(x)0，原不等式成立． min 1 1 x 1 方法三：证明不等式kekx  ee  xlnx（如图）． e e lnx lnx 方法四：ekx  0ekx  ，注意到y ekx与 k k lnx y  互为反函数，其图像关于 y  x对称，故只需证 k 1 lnx 当k  时，ekx  x ． e k