2023届武昌区元调数学参考答案_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_3数学高考模拟题_新高考_湖北省武汉市武昌区2023届高三元月调考卷数学_湖北省武汉市武昌区2023届高三元月调考卷数学

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）