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武昌区 2023 届高三年级质量检测 数学参考答案及评分细则 选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 选项 C D D B C A D B ABC AB ACD ACD 三、填空题 13．21 14．(,2 10)(2 10,) 15．14或23 16．146 三、解答题 17. sinBsinC 解：（1）由正弦定理得：cosC 3sinC ， sinA 故sin AcosC 3sin AsinC sinBsinC， 由B π AC，得：sinBsin(π AC)sin(AC)sinAcosCcosAsinC，代 入上式，于是 3sin AsinC cosAsinCsinC， 由C(0,π)，得sinC 0，从而上式消去sinC得 3sin AcosA1， π π 1 于是2sin(A )1，即sin(A ) ， 6 6 2 π π π 5π π 故A  2kπ或A  2kπ,kZ，结合A(0,π)得A .…………（5分） 6 6 6 6 3 1 π （2）由ABC的面积为 3得： bcsin A 3 ，代入A 得：bc4 ① 2 3 π 由余弦定理得a2  b2 c2 2bccosA，代入a  2,bc  4,A 得：b2 c2 8 ② 3 由①②解得bc2.……………………………………………………………………（10分） 18. 解：（1）证明：由a a  a 得 n n1 n2 a a a n n1 n2 a a a n1 n2 n3 a a a n2 n3 n4  a a a 3 2 1 累加得a a  a a a a  S n 2 n2 n3 n4 1 n2 高三数学参考答案及评分细则 第 1 页（共 5 页）于是a  S a  S 1…………………………………………………………（6分） n n2 2 n2 （2）解：由a  a 1，a  a a 得：对任意nN*，a  a a 0，进而 1 2 n n2 n1 n n2 n1 a a  a 0，故数列{a }单调递增， n n1 n2 n a 1 1 1 1 由（1）可知a  S 1，故 k 1  0，于是只需求使得  n n2 S S a 1 a 1 100 k2 k2 k k 最大的正整数k，从而只需求使得a 101最大的正整数k， k 由a  a 1，a  a a 列举得：a 1,a 1,a 2,a 3,a 5,a 8,a 13, 1 2 n n2 n1 1 2 3 4 5 6 7 a 21,a 34,a 55,a 89,a 144， 8 9 10 11 12 结合数列{a }单调递增，于是使得a 101最大的正整数k为11. ……………（12分） n k 19. 30 3 解：（1）用女性拍照的频率估计概率，每位女性拍照的概率 p   ， 40 4 因为女性是否拍照互相之间不影响，所以4名女性在“惟楚有材”牌坊下拍照相互独立， 于是拍照的女性人数为2名、3名、4名， 2 2 3 1 54 当拍照的女性人数为2名时，概率为C2     ， 4 4 4 256 3 3 1 108 当拍照的女性人数为3名时，概率为C3    ， 4 4 4 256 4 3 81 当拍照的女性人数为4名时，概率为C4   ， 4 4 256 54 108 81 243 由加法原理，至少2名女性拍照的概率为    …………………（6分） 256 256 256 256 （2）列出列联表入如下： 男性 女性 合计 拍照 20 30 50 不拍照 40 10 50 合计 60 40 100 零假设H ：游客在“惟楚有材”牌坊下拍照与性别无关. 0 100(20103040)2 50 K2   16.66710.828 60405050 3 根据小概率值0.001的独立性检验，游客在“惟楚有材”牌坊下拍照与性别有关. 高三数学参考答案及评分细则 第 2 页（共 5 页）……………………………（12分） 20. 解：（1）证明：在平面ABC内过点C作CD AC，使得点D与点B在AC同侧， 由PC 平面ABC ， CD 平面ABC，AC 平面ABC，故PC  AC,PC CD， 结合CD AC，故PC,AC,CD两两垂直. 以C 为原点，分别以CA,CD,CP 为 x,y,z 轴正方向建立空间直角坐标系，如图，则 C(0,0),A(1,0,0),P(0,0,1). 2 由AB  AC  BC 得AB2  AC2  BC2， 2 故AB AC，ABC为等腰直角三角形. 同理，APC为等腰直角三角形.于是B点坐标为B(1,1,0). 2 1 1 当x= 时，AM  AP,CN  CB，故M,N 分别是AP,CB中点， 2 2 2 1 1 1 1 1 1 M( ,0, ),N( , ,0)，MN (0, , ),CA (1,0,0)， 2 2 2 2 2 2 1 1 MNCA01 0 00，故MN  AC…………………………………(4分) 2 2 （2）由（1）可得A(1,0,0),P(0,0,1),B(1,1,0)，ABC,APC为等腰直角三角形 2 2 2 2 故M( x,0,1 x),N( x, x,0)， 2 2 2 2 2 2 2  2 2   2   2  MN2  x x 1 x 0 x  x2  2x1，       2 2 2 2       2 1 1 1 1 当x 时，MN最小，此时M,N 分别是AP,CB中点，于是M( ,0, ),N( , ,0)， 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 CM  ( ,0, ),CN ( , ,0),AM  ( ,0, ),AN  ( , ,0) 2 2 2 2 2 2 2 2 设平面CMN的法向量为(x ,y ,z )，平面AMN的法向量为(x ,y ,z )， 1 1 1 2 2 2 1 1   CM ，故   CM  0 ，即   2 x 1  2 z 1  0 ，整理得 x 1  z 1 0 ，  CN  CN  0  1 x  1 y  0  x 1  y 1  0 2 1 2 1 取x  1可得平面CMN的一个法向量为(1,1,1)， 1 高三数学参考答案及评分细则 第 3 页（共 5 页） 1 1    AM ，故   CM  0 ，即    2 x 2  2 z 2  0 ，整理得  x 2  z 2 0 ，   AN  CN  0  1 x  1 y  0   x 2  y 2  0  2 2 2 2 取x  1可得平面AMN的一个法向量为(1,1,1)， 2  111 1 设二面角AMNC的平面角大小为，则cos   ， |||| 3 3 3 1 故二面角AMNC的余弦值为 .…………………………………………………（12分） 3 21. 1 解：（1）由直线MN的斜率为2，设直线MN:x ym，M(x ,y ),N(x ,y )(x  x )， 2 1 1 2 2 1 2 y2  2px  p 直曲联立 1 ，消去x得：y2  py2pm 0，  p2 8pm 0,m  ， x ym 8   2  y  y  p 由韦达定理得： 1 2 ， y y 2pm  1 2 由直线AM,AN 的倾斜角互补且M,N 为不同两点，故直线AM,AN 的斜率均存在，分别 y 1 y 1 y 1 y 1 记为k ,k ，则k k  1  2  1  2 0， AM AN AM AN x a x a 1 1 1 2 y ma y ma 2 1 2 2 y 1 y 1 1 1  2 ，整理得：y y (y  y )(ma )2m2a 0， 1 1 1 2 1 2 2 y ma y ma 2 1 2 2  y  y  p 1 1 1 代入  1 2 得：2pm pm pa p2m2a 0，(2p)m p2a 0. y y  2pm 2 2 2 1 2 1 由点A(a,1)是抛物线C: y2 2px(p0)上一点，2ap 1，a ，代入上式消去a得： 2p 1 1 1 p1 1 (2 p)m p  0，整理得：(2 p)(m )0，故 p 2,a  2 p 2 2p 4 故抛物线方程为y2  4x……………………………………………………………(6分)  y  y  2 （2）由（1）可得 1 2 ， y y  4m 1 2 高三数学参考答案及评分细则 第 4 页（共 5 页）1 1 故|MN| (x x )2(y  y )2  (1 )[(y  y )24y y ] (1 )(416m)  5， 1 2 1 2 k2 1 2 1 2 4 1 3 故m0，满足0，于是M(0,0),N(1,2)，AM ( ,1),AN  ( ,3)， 4 4 3  3 AM AN 16 15 cosMAN    ， | AM || AN | 1 9 17 1 9 16 16 8 故sinMAN  1sin2MAN  .………………………………………………(12分) 17 22. 1 1 解：（1）由题可知：g(1) 0，g(x) ，故g(1) xlna lna 1 于是g(x)在(1,g(1))处的切线方程为y (x1).………………………………(4分) lna （2）h(x) f(x)g(x)恰有两个零点，即方程ax log x恰有两正根， a 若a1，则ax log x 1，于是x1， a lnx 由ax log x  ，得axlnalnx，axxlna  xlnx，于是axlnax  xlnx. a lna 设h(x) xlnx(x1)，故h(x) lnx1 0，于是函数h(x)在x(1,)上单调递增， 由h(ax) h(x)可得：ax  x，……………………………………………………(8分) lnx 即方程ax  x有两根，等价于方程lna  有两正根， x lnx 1lnx 设l(x) (x1)，l(x) ， x x2 由l(x) 0得：1 xe；由l(x) 0得：x e， 故l(x)在x(1,e]上单调递增，在x[e,)上单调递减， lnx 结合当x1时，l(x)0；当x时，l(x)0；且x(1,)时，l(x)  0 x lnx 1 1 由方程lna  有两正根得0 lna ，从而1 a ee x e 1 故a(1,ee).………………………………………………………………………(12分) 高三数学参考答案及评分细则 第 5 页（共 5 页）