荆荆宜三校高三上学期9月联考数学答案_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湖北省荆荆宜三校高三上学期9月联考数学

2022 年湖北省荆荆宜三校高三上学期 9 月联考 高三数学答案 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D C A C C B D 二、选择题 题号 9 10 11 12 答案 ABC AD ABC BCD 三、填空题 13． 湖北省新高考联考体*数学答案（共7页）第1页 7 1 2 14． 2 1 6 15． x − y − 1 = 0 16． 4 2 四、解答题 17．【解析】（1）由正弦定理知 s s in in A C = a c = 2 , 1分 2π 又A−C= , 所以 3 2 s in C = s in A = s in ( C + 2 π 3 ) = − 1 2 s in C + 2 3 c o s C ， 所以 5 2 s in C = 2 3 c o s C ，所以 ta n C = 5 3 ． 4分 （2）由 ta n C = 5 3 知 c o s 2 C = c c o o s s 2 2 c c − + s s in in 2 2 c c = 1 1 − + ta ta n n 2 2 C C = 1 1 1 4 ， s in 2 C = c 2 o s s in 2 c c +  c s o s in c 2 c = 1 2 + ta ta n n C 2 C = 5 1 4 3 ， 6分 记△ABC的面积为 S π ．因为B=π−A−C = −2C, 3 所以 S = 1 2 a  c  s in B = 4 s in B = 4 s in ( π 3 − 2 C ) = 2 3 c o s 2 C − 2 s in 2 C = 2 3  1 1 1 4 − 2  5 1 4 3 = 6 7 3 ． 故△ABC的面积为 6 7 3 ． 10分 18．【解析】（1）由题意， 4 5 5 5 5 1 0 6 5 2 5 1 0 7 0 5 3 0 8 5 2 0 9 5 1 0 7 3  =  +  +  +  +  +  = ， 2分 1−P(−≤X ≤+) 此时85=+，故P(X 85.9)= =0.15865， 4分 2 所以该市全体考生中笔试成绩高于85的人数约为100000.158651587人． 5分 （2）进入面试的考生中笔试成绩位于[80,90)、[90,100]的人数之比为2:1，则抽取的6人中成绩不低于90分的人数为 湖北省新高考联考体*数学答案（共7页）第2页 2 ，所以随机变量的取值为 0 ， 1 ， 2 ． 6分 P ( 0 ) C C 2426 2 5  = = = ， P ( 1 ) C 14 C C 26 12 8 1 5  = = = C2 1 ，P(=2)= 2 = ， 9分 C2 15 6 所以的分布列为  0 1 2 P 2 5 8 1 5 1 1 5 所以 E ( ) 0 2 5 1 8 1 5 2 1 1 5 2 3  =  +  +  = ． 12分 19．【解析】（1）由 a n a n + 1 = 3 a a n n + + 1 1− − 3 a a n n 得 a n + 1 − 3 a n = 3 a n + a n 1a − n + a 1 n = 3 a n − a 1 n + 1 ， 1分 1 1 所以a + =3(a + )， 3分 n+1 a n a n+1 n 因为 a 1 + 1 a 1 = 5 2  0 ，则 { a n + 1 a n } 是公比为3的等比数列． 4分 （2）由（1）得 a n + 1 a n = 5 2  3 n − 1 ． 1 1 25 所以b =a2 + =(a + )2 −2= 9n−1−2， 6分 n n a2 n a 4 n n 25 1−9n 25 所以S =  −2n= (9n −1)−2n． 8分 n 4 1−9 32 所以 S 2 n = 2 6 5 4 ( 9 n − 1 ) − n ，因为 2 5 与64互素，所以 S 2 n  Z  6 4 | ( 9 n − 1 ) ． 因为9n −1=(1+8)n −1=C0 +C1 8+C282 +C383+ +Cn8n −1 n n n n n = 8 C 1n + 8 2 ( C 2n + 8 C 3n + + 8 n − 2 C nn ) ， 所以正整数 n 的最小值为 8 ． 12分 20．【解析】（1）证明：分别取 B C ，BC的中点 1 O 和 F ，连接 O A ， O F ，EF，BO． 1因为 湖北省新高考联考体*数学答案（共7页）第3页 O ， F 分别是 B C ， B C1 的中点，所以 F O //B B 1 ，且 F O = 1 2 B B 1 ， 因为点 E 为棱 A 1 A 的中点，所以 A E //B B 1 ，且 A E = 1 2 B B 1 ， 所以 F O //A E ，且 F O = A E ， 所以四边形 A O F E 是平行四边形，所以 E F //A O ． 2分 因为 E B 1 = E C ，F 是 B C1 的中点，所以 E F ⊥ B C1 ， 又平面 B C1 E ⊥ 平面 B B C1 C1 ，且平面 B C1 E 平面 B B C1 C1 = B C1 ， 所以 E F ⊥ 平面 B B C1 C1 ，所以AO⊥平面 B B C1 C1 ， 4分 因为 A O  平面 A B C ，所以平面BBCC⊥平面ABC． 5分 1 1 （2）因为侧面 B B C1 C1 为菱形，且  B 1 B C = 6 0  ，所以 △ B B 1 C 为正三角形，所以 B O1 ⊥ B C ， 由（1）知平面 B B C1 C1 ⊥ 平面 A B C ，所以 O A ， O C ， O B 1 两两垂直．设 A B = 2 ，则 A A 1 = B C = 2 2 ． 以O为坐标原点， O A ， O C ， O B 1 分别为 x ， y ， z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 2 6 则A( 2,0,0)，C(0, 2,0)，B(0,0, 6)，E( 2, , )， 1 2 2 所以 B C1 = ( 0 , 2 , − 6 ) ， C E = ( 2 , − 2 2 , 2 6 ) ， A C = ( − 2 , 2 , 0 ) ， 7分 设平面BCE的法向量为 1 m = ( x 1 , y 1 , z 1 ) ， mBC= 2y − 6z =0,  1 1 1 则 2 6 令z 1 =1，得 mCE= 2x − y + z =0,  1 2 1 2 1 m = ( 0 , 3 ,1 ) ． 设平面ABC的法向量为n=(x ,y ,z )， 1 2 2 2  nBC= 2y − 6z =0, 则 1 2 2 令y = 3，得n=( 3, 3,1)， 10分 2 nAC=− 2x + 2y =0, 2 2则 湖北省新高考联考体*数学答案（共7页）第4页 c o s m , n = | m m |   n | n | = 3 + 1  4 3 + 3 + 1 = 2 7 7 ， 所以平面 A B C1 与平面 B C1 E 的夹角的余弦值为 2 7 7 ． 12分 21．【解析】（1）因为点 A (1 , 2 3 ) 在椭圆  1 3 上，所以 + =1，① a2 4b2 因为点P(4,0)在椭圆外，且 | P F 2 |= 4 − 3 ，所以 c = 3 ，即 a 2 − b 2 = 3 ，② 由①②解得a2 =4，b2 =1，所以椭圆  的方程为 x 4 2 + y 2 = 1 ． 4分 （2）解法一：设点 M ( x 1 , y 1 ) ， N ( x 2 , y 2 ) ，并设直线 M N ： lM N : x = m y + t ( t  2 ) ． 将直线 M N 代入方程 x 4 2 + y 2 = 1 得 ( m y + t ) 2 + 4 y 2 − 4 = 0 ，即 ( m 2 + 4 ) y 2 + 2 m ty + t 2 − 4 = 0 ， 因为直线 l 与椭圆有且仅有一个交点，所以  = 4 m 2 t 2 − 4 ( m 2 + 4 ) ( t 2 − 4 ) = 0 ，即 t 2 = m 2 + 4 ． 6分 直线 A P 的方程为 l A P : x = 4 − 2 3 y ；直线 B P 的方程为 l B P : x = 4 + 2 3 y , 联立方程  x x = = m 4 y − + 2 t , 3 y , 得 y 1 = 2 4 3 − + t m ，同理得 y 2 = 2 t − 3 4 − m ， 所以 y 1 − y 2 = ( 4 − m t ) 2 ( − − 4 1 2 3 ) = 4 t + 3 4 ． 8分 所以 S 1 = 1 2 t ( y 1 − y 2 ) , S 2 = 1 2 ( 4 − t ) ( y 1 − y 2 ) ， 1 t(4−t) 1 所以S2 −S S +S2 = t2(y − y )2 − (y − y )2 + (4−t)2(y − y )2 1 1 2 2 4 1 2 4 1 2 4 1 2 = 1 4 ( y 1 − y 2 ) 2 ( t 2 − 4 t + t 2 + 1 6 − 8 t + t 2 ) = 1 4  ( t 4 + 8 4 ) 2 ( 3 t 2 − 1 2 t + 1 6 ) = 3 6 − 4 2 t （8 + 9 8 t t + + 8 1 ) 6 ， 10分 令9t+8=(26)，则 S 21 S 1 S 2 S 22 3 6 4 8 2 8 2 8 1 5 6 9 7   − + = − +  + ， 当且仅当 2 8  = ，即 t = 2 09 时取等号． 故当 t = 2 09 时， S 21 − S 1 S 2 + S 22 取得最小值 9 7 ． 12分 解法二： 当直线 l 斜率存在时，设直线 l 的方桯为 y = k x + m ， 联立  y x 4 = 2 k + x y + 2 m = , 1 , 得 (1 + 4 k 2 ) x 2 + 8 k m x + 4 m 2 − 4 = 0 ， 因为直线l与椭圆有且仅有一个交点，所以=64k2m2 −4(1+4k2)(4m2 −4)=0，即m2 =4k2 +1． 6分 由题意得直线PA，PB的直线方程分别为x−4=−2 3y，x−4=2 3y，设M(x,y ),N(x ,y )． 1 1 2 2y=kx+m 由 得 x−4=−2 3y 湖北省新高考联考体*数学答案（共7页）第5页 x 1 = 4 1 − + 2 2 3 3 m k ，同理得 x 2 = 4 1 + − 2 2 3 3 m k ， 所以 x 1 x 2 = 1 2 1 m 2 k 2 2 − − 1 1 6 = 1 2 3 m m 2 2 − − 1 4 6 = 4 ， 又当直线l斜率不存在时也满足 x 1 x 2 = 4 ． 8分 所以 S 1 = 1 2 | x 1 y 2 − x 2 y 1 |= 1 2 | x 1  x 2 2 − 3 4 − x 2  x − 1 2 − 4 3 |= 4 1 3 | 2 x 1 x 2 − 4 ( x 1 + x 2 ) |= 1 3 | 2 − ( x 1 + x 2 ) | 同理可得 S 2 = 1 2 | ( x 1 − 4 ) y 2 − ( x 2 − 4 ) y 1 |= 2 3 | 5 − ( x 1 + x 2 ) | ， 又因为xx =4，由对称性不妨设 1 2 x 1  (1 , 2 ] ，则 x 1 + x 2 = x 1 + 4 x 1  [ 4 , 5 ) ， 设x +x −2=t[2,3)， 则 1 2 S 1 = 1 3 t , S 2 = 2 3 ( 3 − t ) ， 所以 S 21 + S 22 − S 1 S 2 = 1 3 t 2 + 4 3 ( 3 − t ) 2 − 2 3 t ( 3 − t ) = 1 3 ( 7 t 2 − 3 0 t + 3 6 ) = 7 3 ( t − 1 5 7 ) 2 + 9 7 ， 15 9 当且仅当t = 时，S2 −S S +S2取得最小值 ． 12分 7 1 1 2 2 7 解法三：设点 C ( 2 c o s , s in ) , 0 π 3    ≤  ，则直线 l : c o s 2 x s in y 1   + = ，l与 x 轴的交点为 Q ( c o 2 s , 0 ) ，  由于直线 A P : x − 4 = − 2 3 y ，BP:x−4=2 3y， 联立方程 c o s 2 x x 2 s 3 in y y 4 1    + + = = 得 M ( 2 3 c 3 o s 4 s in s in , 3 2 c c o o s s s 1 in )       − − − − ， 联立方程 c o s 2 x x 2 s in 3 y y 4 1    − + = = 得 N ( 2 3 c 3 o s 4 s in s in , 2 3 c o c o s s 1 s in )       − − − − − − − ， 则 S 1 S M O N 1 2 | O Q | | y M y N | 1 2 c o 2 s ( 3 2 c c o o s s s 1 in 2 3 c c o o s s 1 s in )        =  =   − =   − − − − − − 2 c o c s o s 1 3 c 2 o s 2 3 c o s s in 2 2 3 c 3 o ( 2 2 s c o s s in 2 1 ) 2 c 2 o s 3 1          = −  − = − − = + ， 1 1 2 2cos−1 2cos−1 同理：S =S = |PQ|| y − y |= (4− )( − ) 2 MPN 2 M N 2 cos 3cos−sin − 3cos−sin (2cos−1)2 2 3cos 2 3(2cos−1)2 2 3(2cos−1) =  = = ， cos 3cos2−sin2 3cos2−sin2 2cos+1 2 3 2 3(2cos−1) 2 3 由此S = ，S = ，所以2S +S =2 3，其中S ( , 3]． 1 2cos+1 2 2cos+1 1 2 1 3 所以S2 −S S +S 2 =S2 −S (2 3−2S )+(2 3−2S )2 1 1 2 2 1 1 1 1 4712−300 9 =7S2 −10 3S +12≥ = ． 1 1 47 7 1 cos （注意：解法二用到了面积公式S = |x y −x y |，解法三都用切线方程l: x+siny=1，在使用前需 1 2 1 2 2 1 2要证明） 22．【解析】（1） 湖北省新高考联考体*数学答案（共7页）第6页 f ( x ) 的定义域为(−1,+)， f ( 0 ) = 0 ． f ( x ) = ln ( x + 1 ) + x x + 1 + 1 − e x = ln ( x + 1 ) − x 1 + 1 + 2 − e x ， 1分 令F(x)= f(x)，则 F ( x ) = x 1 + 1 + ( x 1 + 1 ) 2 − e x ，所以 y = F ( x ) 单调递减． 因为 F ( 0 ) = 1  0 ， F (1 ) = 3 4 − e  0 ，由此可得存在唯一 x 1  ( 0 ,1 ) ，使得F(x )=0． 2分 1 所以 f ( x ) 在(−1,x )单调递增，在(x,+)单调递减，所以 f(x ) f(0)=0， 1 1 1 3 又 f(1)=ln2+ −e0，所以存在 2 x 2  ( x 1 ,1 ) ，使得 f  ( x 2 ) = 0 ． 3分 所以 f ( x ) 在(−1,0)单调递减，在 ( 0 , x 2 ) 单调递增，在 ( x 2 , +  ) 单调递减． 因为 f ( 0 ) = 0 ，所以 f ( x 2 )  0 ，而 f (1 ) = ln 2 + 2 − e  0 ，所以 f ( x ) 在 ( x 2 ,1 ) 之间存在唯一零点． 综上所述： f ( x ) 有两个零点． 5分 （2）由（1）可得函数 f(x)较大的零点为 x 0  ( 0 ,1 ) ，则 x 0 ln ( x 0 + 1 ) + x 0 − e x0 + 1 = 0 ， 则 ln ( x 0x 0 + 1 ) = e x0 − x x 20 0 − 1 ．故只需证明 e x02 + 1  4 ( e x0 − x x 20 0 − 1 )  2 e x02 ， 等价于证明 2 x 04 ( e x02 + 1 )  e x0 − x 0 − 1  2  2 x 04  e x02 ． 6分 x 不妨设 0 =t ， 2 t  ( 0 , 1 2 ) ，则等价于证明t2( et +1 ) e2t −2t−12t2et． 设g(x)=e2x −x2ex −x2 −2x−1， x  ( 0 , 1 2 ) ， x2 则g(x)=2e2x −(x2 +2x)ex −2x−2=2ex(ex − −x)−2(x+1)， 2 因为 e x − x 2 2 − x − 1 0 ，x[0,+)， e x x + 1 ，所以 g ( x ) 2 e x − 2 ( x + 1 ) = 2 ( e x − x − 1 ) 0 ， 所以 g ( x ) 在 ( 0 , 1 2 ) 单调递增，因此 g ( x )  g ( 0 ) = 0 ． 所以 t 2 ( e t + 1 )  e 2 t − 2 t − 1 ， t  ( 0 , 1 2 ) ． 8分 设h(x)=2x2ex −e2x +2x+1， x  ( 0 , 1 2 ) ，注意到 h ( 0 ) = 0 ， 则 h ( x ) = ( 2 x 2 + 4 x ) e x − 2 e 2 x + 2 = 2 [ ( x 2 + 2 x ) e x − e 2 x + 1 ] ， 令m(x)= ( x2 +2x ) ex −e2x +1，注意到 m ( 0 ) = 0 ， x2 则m(x)=(x2 +4x+2)ex −2e2x =2ex( +2x+1−ex)， 2 x2 令k(x)= +2x+1−ex，注意到k(0)=0，则k(x)=x+2−ex，k(x)=1−ex 0， 2所以 湖北省新高考联考体*数学答案（共7页）第7页 k ( x ) 在 ( 0 , 1 2 ) 单调递减，所以 k ( x )  k ( 1 2 ) = 5 2 − e  0 ，则 k ( x )  0 在 ( 0 , 1 2 ) 恒成立． 因此 k ( x ) 在 ( 0 , 1 2 ) 单调递增，所以k(x)0在 ( 0 , 1 2 ) 恒成立． 所以 m ( x ) 在 ( 0 , 1 2 ) 单调递增，则 m ( x )  0 在 ( 0 , 1 2 ) 恒成立. 所以h(x)在 ( 0 , 1 2 ) 单调递增，则h(x)0在 ( 0 , 1 2 ) 恒成立. 1 故e2t −2t−12t2et，t(0, ). 2 综上所述： e x02 + 1  4 ln ( x x 0 0 + 1 )  2 e x02 . 12分