数学参考答案及解析_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_2023湖北高三新起点联考数学

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