2023届高三十一校第二次联考数学答案_2024年2月_01每日更新_16号_2023届高三湖北十一校第二次联考全科_2023届高三湖北十一校第二次联考数学

2023 届高三湖北十一校第二次联考 数学试题参考答案 一：选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 D D C C C D B B AC BC ABD AB 二：填空题 1 13.448. 14.(2 5,2 5) 15. 5 16. , 1 2 三：解答题 17.解： 若选①， 则（1）由a a a …a n2， 1 2 3 n 所以n 2，a a a …a (n1)2， …………………1分 1 2 3 n1 两式相减可得：n 2，a n2 (n1)2 2n1， …………………3分 n 而在a a a …a  n2中令n 1可得：a 1，符合上式， 1 2 3 n 1 故a 2n1. …………………5分 n 1 1 1 1 1 （2）由(1)知：   (  )， …………7分 a a (2n1)(2n1) 2 2n1 2n1 n n1 1 1 1 1 1 1 所以T  [(1 )(  )(  )] n 2 3 3 5 2n1 2n1 1 1 n  (1 ) . ……………10分 2 2n1 2n1 若选② 则(1)由2a  a a (nN*,n 2)可得：数列{a }为等差数列，又因为a 1， n n1 n1 n 1 a 7，所以a a 3d，即d  2，所以a 1(n1)22n1. ……………5分 4 4 1 n (2)同上． a a 若选③，则(1)由点 A(n,a )，B(n1,a )在斜率是2的直线上得： n1 n 2，即 n n1 (n1)n a a 2，所以数列{a }为等差数列且a 1(n1)22n1.………………5分 n1 n n n (2)同上． 1bcosC 3bsinC 18.解：（1）因为 1，所以bcosC 3bsinCac 0， ac 所以sinBcosC 3sinBsinCsin AsinC 0 , … ………………1分 因为ABC , 所以sinBcosC 3sinBsinCsin  BC sinC 0 , 所以 3sinBsinCcosBsinCsinC 0 , …………………2分   1 因为C 0,,所以sinC 0，所以sinB   ， …………………4分  6 2    因为B 0,，所以B   ，  6 6  b 所以B  外接圆半径2R  2. 所以R=1 …………………6分 3 sinB    （2）因为BABC 6,有由题可知B  ,所以ac 12， …………………7分 3 又因为b2 a2 c2 2accosB ，ac 4 3可得b2 3， …………………9分 1 因为S  acsinB 3 3. 2 1 1 由ABC的面积S   abc  r  acsinB ，得r 1。 …………………12分 2 2 19.( ）过A作AD  PB于D，平面PAB 平面PBC  AD 平面PBC ，又BC平面PBC 1 . AD  BC …………………2分 又PA平面ABCE ，BC 平面ABCE PA BC …………………4分 BC 平面PAD，又AB平面PAD BC  AB …………………5分 ）以B为坐标原点，BA,BC为x,y 轴，过B平行于PA的 (直2线.为Z 轴 建立空间直角坐标系， B(0,0,0),A(0,1,0),C(0,2,0) P(1,0,2 2) 又设E(x,y,0),BE 2 2,x2y2 8① AC  AE,(x1)2 y2  5② 2由①②得x 2,y 2,E(2,2,0) …………………7分 4 2 2  2 2 2 又P(1,0,2 2)，故G(1, , ) ，CG(1, , ) …………………8分 3 3 3 3  设平面PBC 的法向量为n (x,y,z)    则 n  ,  B  P  0  x2 20 令x 1，n(2 2,0,1) …………………10分 n,BC0 2y0 设CG与平面所成的角为 . CGn 4 42 则sin  . …………………12分 CG n 63 1 b 20.解：（1）令u ，则ya 可转化为yabu， x x 8 u y 8uy 184 i i 93.0680.3423 因为y  23，所以b ˆ i1  50， 8 8 1.5380.342 u2 8u2 i i1 50 所以aˆ ybu 6，所以y650u，所以y关于x的回归方程为 y6 ； ……4分 x （2）因为|r ||r |，所以用反比例函数模型拟合效果更好， 1 2 把x10代入回归方程得y11（元)， 所以产量为10千件时每件产品的非原料成本约为11元； ……………………7分 184 （3）因为y  23，所以23， 8 1 8 1 因为样本标准差为s (y28y2)  (5777.5582323)  193.19413.9 ， 8 i 8 i1 所以13.9，所以非原料成本y服从正态分布N(23，13.92)， …………………9分 所以(，)(2313.9，2313.9)(9.1，36.9)， 因56.5在(,)之外，所以需要此非原料成本数据寻找出现异样成本的原因 .…12 分 21.（1）：设直线BC的方程为xmyn,B(x ,y ),C(x ,y ) 1 1 2 2 将A(2,2)代入抛物线方程得 p 1 …………1分 30 xmyn    y2 2my2n0y  y  2m 联立 y2 2x  1 2 y y 2n 1 2   BOC 90OBOC  x x  y y 0 …………2分 1 2 1 2 (my n)(my n) y y 0 1 2 1 2 (m21)y y mn(y  y )n2 0 1 2 1 2 2m2n2n2m2nn2 0n22n0n0 或n2 …………………5分 若n0，直线BC的方程为xmy，恒过定点(0,0)，不合题意舍； 若n2，直线BC的方程为xmy2，恒过定点(2,0) . ………………………6分 1 （2）解析：方法1：设直线BC的方程为xmy ,B(x ,y ),C(x ,y ) 2 1 1 2 2  1 0 xmy   2  y2 2my10y  y  2m 1 2  y2 2x  y y 1 1 2 y y y y 2my y (y y ) k k  1  2  1  2  1 2 1 2 BF CF 1 1 my 1 my 1 (my 1)(my 1) x  x  1 2 1 2 1 2 2 2 ……………8分 2m2m   0 (my 1)(my 1) 1 2  不妨设直线BF 的倾斜角为(0 )， 2 2tan 24 4 4 4 则tan2  tan ,k  ,k  1tan2 7 3 BF 3 CF 3 y y 2y 4 1 1 1 k  1  1  1   y  B( , ) BF 1 y2 1 y2 1 3 1 2 8 2 x  1  1 1 2 2 2 4 k  k A,F,B 共线 ………………………10分 AF 3 BF 1 2 S AF 2  ACF    4. ………………………12分 S BF 1 1 BCF  8 2 1 方法2：设直线BC的方程为xmy ,B(x ,y ),C(x ,y ) 2 1 1 2 2 4 1 0 xmy   2  y2 2my10y  y  2m 1 2  y2 2x  y y 1 1 2  1  1 1 1 7 FA(x  ,y ),FB (x  ,y ), BF  x  ,CF  x  ,cosBFC  1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 25 1 1   (x  )(x  ) y y   FAFB 1 2 2 2 1 2 (my 1)(my 1) y y cos FA,FB     1 2 1 2 FB FB (x  1 )(x  1 ) (my 1 )(my 2 ) 1 2 2 2 (m2 1)y y m(y  y )1 m2 12m2 1 2m2 7 5  1 2 1 2     m ……8分 m2y y m2 m2 25 4 1 2 5 由于直线BC过点Q，B,C 在x轴下方，m …………9分 4 1 1 1 代入 y2 2my10得y  ,y 2B( , ) …………10分 1 2 2 8 2 4 k  k A,F,B 共线 AF 3 BF 1 2 S AF 2  ACF    4 ………………………12分 S BF 1 1 BCF  8 2 其它方法：①利用面积相等建立等量关系求m；②利用余弦定理建立等量关系求m； 1 lnx 22.解析：（1）因为 f (x)有2个零点，所以方程  有2个根. …………………1分 n n x lnx 1lnx 令g(x) ,则g(x) ， x x2 所以g(x)在（0,e）上单调递增，在（e,）上单调递减. 1 因此g(x)在x=e处取得最大值g(e) …………………2分 e 1 1 所以  ,即有ne,且有x e y (nN*) ………………3分 n n n e 1 lnx 1 lnx 又  n ,  n1,结合函数g(x)单调性可得，x  x ,y  y ， n x n1 x n1 n n1 n n n1 所以y x  y x ………………………5分 n n n1 n1 （2）由 f () f () f()()得 n n n f () f () n(lnln) n(lnln) f() n n  1 . n     2n 而f( )1 ,所以 n 2  5 n(lnln) 2n n  2() f() f( )   [ln  ].……………7分 n n 2        2() 2(t1) 设 t(t 1),则ln  lnt . ………………8分    t1 2(t1) 1 2[(t1)(t1)] (t1)2 令g(t)lnt (t 1),则 g(t)   0 ………9分 t1 t (t1)2 t(t1)2 所以g(t)在（1,）上单调递增，因此g(t)>g(1)=0.  2() 故ln  0 ………………………10分   n  又0,ne,即-0,所以 0,从而f() f( )0， - n n 2 n  又因为 f(x)1 在（0，）上递增，所以 ,得证 …………………12分 n x 2 6