数学答案_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_2023湖北省武汉市部分学校高三上学期9月调研考试数学

武汉市 2023 届高三年级九月调研考试 数学试卷参考答案及评分标准 选择题： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C D A D B A C A AC ABD BCD AD 填空题： 13. 5 7 14. 15. 25 8 16. 3 6+4 3 解答题： 17.（10分）解： （1）当 n 为奇数且 n  3 时， a n = S n − S n − 1 = − n +2 1 − n −2 1 = − n ，且 a 1 = S 1 = − 1 ，也满足该式； 当n为偶数时， a n = S n − S n − 1 = n2 − ( − ( n − 12 ) + 1 ) = n . 综上所述， a n = ( − 1 ) n  n . ………………5分 1 1 1 1 1 （2） = =− =−( − ). a a (−1)2n+1n(n+1) n(n+1) n n+1 n n+1 故 T n = − (1 − 12 + 12 − 13 + . .. + 1n − n 1+ 1 ) = − (1 − n 1+ 1 ) = − n n+ 1 . ………………10分 18.（12分）解： （1）由题意，在  A B C 中， E F ∥ B C ，故EF ⊥ AB，在四棱锥 P − E F C B 中，EF ⊥EB，EF ⊥EP. 所以  P E B 为二面角 P − E F − B 的平面角，即  P E B = 6 0  . 又 P E = 2 ， B E = 1 ，所以 P B = P E 2 + B E 2 − 2 P E  B E  c o s 6 0  = 3 ，满足 P E 2 = B E 2 + P B 2 . 即BE⊥PB，又BE⊥BC，且PB BC =B，所以BE⊥平面PBC. 又 B E  平面EFCB，所以平面PBC ⊥平面EFCB. ………………6分 （2）由 E F ⊥ E B ， E F ⊥ E P ，且 E B E P = E ，故EF ⊥平面 P B E ，则有 E F ⊥ P B . 又 E F ∥BC，所以BC⊥PB，即 P B , E B , C B 两两垂直. 以B为坐标原点， B C , B E , B P 的方向为 x , y , z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则有：B(0,0,0),E(0,1,0),C(3,0,0),P(0,0, 3),F(2,1,0). B E = ( 0 , 1 , 0 ) . 设平面PFC的法向量n=(x,y,z)，PC =(3,0,− 3)， F C = ( 1 , − 1 , 0 ) .  n n   P F C C = = 3 x x − − y = 3 z 0 = 0 ，令 y = 1 ，得 n = (1 , 1 , 3 ) . |BEn| |1| 5 设所求角的大小为，则sin=|cos BE,n|= = = . |BE||n| 1 5 5 5 所以直线BE与平面PFC所成角的正弦值为 . ………………12分 519.（12分）解： a b c （1）由 = = ，得 sinA sinB sinC s i n A c o s C + 3 s i n A s i n C = s i n B + 2 s i n C . 由B=−(A+C)， s i n A c o s C + 3 s i n A s i n C = s i n ( A + C ) + 2 s i n C ， 所以 3 s i n A s i n C = c o s A s i n C + 2 s i n C ，又 s i n C  0 ，故 3 s i n A − c o s A = 2 . 即 s i n ( A 6 ) 1  − = ，又 0 A    2 ，所以A= . ………………6分 3 2   （2）CAD= − = . 在 3 2 6  C A D 中， s C i n D 6 s i n b A D C  =  ；在  B A D 中， s B i n D 2 s i n c A D B  =  . 又sinADB=sinADC， B D = 4 C D ，代入得： c = 2 b . a b 2 c 2 2 b c c o s 2 3 7 b  = + − = a2 +b2 −c2 2 7 ，所以cosC = = . ………………12分 2ab 7 20.（12分）解： （1） E ( ) 2 5   ，理由如下：抽奖10次时，记中奖次数为 Y 1 ，则Y B(10, ). 4 若每次中奖的奖金为固定10元，则此时总奖金的期望值为 E ( 1 0 Y ) = 1 0 E ( Y ) = 1 0  1 0  14 = 2 5 . 由题意，连续中奖时，奖金会翻倍，故总奖金必大于每次中奖的奖金为固定10元的情况. 所以，E()25. ………………4分 （2） X 的所有可能取值为0，10，20，30，40，70，150. 1 81 1 1 108 1 1 27 P(X =0)=(1− )4 = ；P(X =10)=C1 (1− )3 = ；P(X =20)=3( )2(1− )2 = ； 4 256 4 4 4 256 4 4 256 1 1 27 1 1 6 P(X =30)=3( )2(1− )2 = ；P(X =40)=2( )3(1− )= ； 4 4 256 4 4 256 P ( X = 7 0 ) = 2  ( 14 ) 3  ( 1 − 14 ) = 2 65 6 ； P ( X = 1 5 0 ) = ( 14 ) 4 = 2 15 6 . 其分布列为： X 0 10 20 30 40 70 150 P 2 85 16 12 05 86 27 256 22 75 6 2 65 6 2 65 6 2 15 6 E ( X ) = 1 0  12 05 86 + 2 0  22 75 6 + 3 0  22 75 6 + 4 0  2 65 6 + 7 0  2 65 6 + 1 5 0  2 15 6 = 43 02 5 . ………………12分 21.（12分）解： （1）由题意，椭圆的下顶点为 ( 0 , − 1 ) ，故 b = 1 . 由对称性，椭圆过点 ( − 1 ,  2 3 ) ，代入椭圆方程有 1 a 2 + 34 = 1 ，解得：a=2. x2 故椭圆E的标准方程为： + y2 =1. ………………4分 4 （2）设点T 坐标为(0,t). 当直线MN斜率存在时，设其方程为 y = k ( x + 1 ) − 1 ，与 x4 2 + y 2 = 1 联立得： (4k2 +1)x2 +8k(k−1)x+4k(k−2)=0. −8k(k−1) 4k(k−2) 设M(x ,y ),N(x ,y )，则x +x = ，x x = . 1 1 2 2 1 2 4k2 +1 1 2 4k2 +1 1 1 x x x x 2kx x +(k−1−t)(x +x ) + = 1 + 2 = 1 + 2 = 1 2 1 2 k k y −t y −t kx +k−1−t kx +k−1−t k2x x +k(k−1−t)(x +x )+(k−1−t)2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2= 4 k 3 ( k − 2 ) 8 − k 8 2 k ( k2 ( − k 2 − ) 1 − ) ( 8 k k − ( k 1 − − 1 t ) ) ( + k ( − k 1 − − 1 t − ) t ) 2 ( 4 k 2 + 1 ) = ( 4 t 2 − 3 8 t ) k k2 2 − − 2 8 ( ( t t + + 1 1 ) ) k k + ( t + 1 ) 2 . 1k 1 + 1k 2 为定值，即与 k 无关，则 ( t + 1 ) 2 = 0 ， t = − 1 ，此时 1k 1 + 1k 2 = − 8 . 经检验，当直线 M N 斜率不存在时也满足 1k 1 + 1k 2 = − 8 ，故点 T 坐标为 ( 0 , − 1 ) . ………………12分 22.（12分）解： 1 ex +1 (x−2)ex （1） f '(x)= (x−k−2)ex −1= ( −k). k k ex +1 设 g ( x ) = ( x e − x 2 + ) e 1 x − k ex(ex +x−1) ，则g'(x)= . (ex +1)2 设h(x)=ex +x−1，显然h(x)是增函数，且h(0)=0. 故x0时， g '( x )  0 ， g ( x ) 递减； x  0 时， g '( x )  0 ， g ( x ) 递增. 又g(0)=−1−k，且 x  0 时， g ( x )  − k . （i）当 − 1 − k  0 ，即 k  − 1 时， g ( x )  0 ， f '( x )  0 ， f ( x ) 递减，此时 f ( x ) 无极值点； （ii）当 − 1 − k  0  − k ，即 − 1  k  0 时，存在x 0x 使得 1 2 g ( x 1 ) = g ( x 2 ) = 0 ， x  x 1 时， g ( x )  0 ， f '( x )  0 ， f ( x ) 递减； x 1  x  x 2 时， g ( x )  0 ， f '( x )  0 ， f(x)递增； x  x 2 时， g ( x )  0 ， f '( x )  0 ， f(x)递减. 此时 f(x)有两个极值点. （iii）当 − k  0 ，即 k  0 时，存在 x 0 ，使得 g ( x 0 ) = 0 ， x  x 0 时， g ( x )  0 ， f '( x )  0 ， f(x)递减； x  x 0 时， g ( x )  0 ， f '( x )  0 ， f(x)递增. 此时 f(x)有一个极值点. 综上所述，当 k  − 1 时， f ( x ) 无极值点； 当 − 1  k  0 时， f ( x ) 有两个极值点； 当 k  0 时， f(x)有一个极值点. ………………6分 （2）方法一：由（1）知，此时 k  0 ，且 f '( x 0 ) = 0 ，即 k = ( x 0 e − x0 2 + ) e 1 x0 ，此时 x 0  2 . 此时 f ( x 0 ) = ( x e 0 x0 − + 2 1 ) e x0 ( x 0 − ( x 0 e − x0 2 + ) e 1 x0 − 3 ) e x0 − x 0 = − e x0 x − 0 x − 0 2 + 3 − x 0 . ex −x+3 设(x)=− −x (x2)，则 x−2 ( x ) e x x 1 2 x 1  = − − + − + ， '( x ) ( x ( x 3 ) e 2 x ) 2 1 1  = − − − − − = − ( x − 3 ( ) x ( e − x 2 + ) x 2 − 1 ) ， x  2 时， e x + x − 1  0 ，令'(x)=0，得x=3. 2  x  3 时，'(x)0， ( x )  递增；x3时，'(x)0， ( x )  递减；故 f(x )(3)=−e3 −3. 0 f(x )取得最大值时，x =3，此时 0 0 k = ( x 0 e − x0 2 + ) e 1 x0 = e e 3 3 + 1 . ………………12分 方法二：由（1）知，此时k 0，且 f '( x 0 ) = 0 (x −2)ex 0 ，即k = 0 ，此时 ex 0 +1 x 0  2 . 此时 f(x)在(−,x )递减，在(x ,+)递增. 0 0 故 f(x ) f(3)=−e3−3，当且仅当x =3时， f(x )取得最大值−e3−3. 0 0 0 (x −2)ex 0 e3 此时k = 0 = . ………………12分 ex 0 +1 e3+1