【文档说明】湖北省武汉市武昌区2023届高三元月调考数学试卷及答案.pdf，共(11)页，390.700 KB，由小喜鸽上传

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高三数学参考答案及评分细则第1页（共5页）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123456789101112选项CDDBCADBABCABACDACD三、填空题13．2114．(,21

0)(210,)15．14或2316．146三、解答题17.解：（1）由正弦定理得：ACBCCsinsinsinsin3cos，故CBCACAsinsinsinsin3cossin

，由CABπ，得：CACACACABsincoscossin)sin()πsin(sin，代入上式，于是CCACAsinsincossinsin3，由)π,0(C，得0sinC，从而上式消去Csin得1cossin3AA，于是1)6πsin(2A，即21)

6πsin(A，故ZkkAkAπ,265π6ππ26π6π或，结合),(π0A得3πA.…………（5分）（2）由ABC的面积为3得：3sin21Abc，代入3πA得：4bc①由余弦定理得Abccbacos2222，代入3π

,4,2Abca得：822cb②由①②解得2cb.……………………………………………………………………（10分）18.解：（1）证明：由21nnnaaa得12343232121aaaa

aaaaaaaannnnnnnnn累加得214322nnnnnSaaaaaa高三数学参考答案及评分细则第2页（共5页）于是1222nnnSaSa…………………………………………………………（6分）（2）解：由121aa，12

nnnaaa得：对任意*Nn，012nnnaaa，进而021nnnaaa，故数列}{na单调递增，由（1）可知12nnSa，故0111122kkkkaSSa，于是只需求使得100111ka最

大的正整数k，从而只需求使得101ka最大的正整数k，由121aa，12nnnaaa列举得：12345671,1,2,3,5,8,13,aaaaaaa8910111221,3

4,55,89,144aaaaa，结合数列}{na单调递增，于是使得101ka最大的正整数k为11.……………（12分）19.解：（1）用女性拍照的频率估计概率，每位女性拍照的概率434030p，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，当拍照的女性人数为2名时，概率为2565441432224C，当拍照的女性人数为3名时，概率为2561084143334C，当拍照的女性人数为4名时，概率为2568143444

C，由加法原理，至少2名女性拍照的概率为2562432568125610825654…………………（6分）（2）列出列联表入如下：男性女性合计拍照203050不拍照401050合计6040100零假设0H：游客在“惟楚有材”牌坊下拍照与性别无关.828

.10667.1635050504060)40301020(10022K根据小概率值001.0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3页（共5页）……………………………（12分）20.解：（1）证明：在平面ABC内过点C作ACC

D，使得点D与点B在AC同侧，由PC平面ABC，ABCACABCCD平面，平面，故,PCACPCCD，结合ACCD，故,,PCACCD两两垂直.以C为原点，分别以CPCDCA,,为zyx,,轴正方向建立空间直角坐标系，如图，则)1,0,0(

),0,0,1(),0,0(PAC.由22ABACBC得222ABACBC，故ABAC，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)0,1,1(B.当22=x时，CBCNAPAM21,21，故NM,分别是CBAP,中点，)0,21,21(),21

,0,21(NM，)0,0,1(),21,21,0(CAMN，002102110CAMN，故ACMN…………………………………(4分)（2）由（1）可得)0,1,1(),1,0,0(),0,0,1(BPA，APCABC,

为等腰直角三角形故)0,22,22(),221,0,22(xxNxxM，12220221222222222xxxxxxMN，当22x时

，MN最小，此时NM,分别是CBAP,中点，于是)0,21,21(),21,0,21(NM，)0,21,21(),21,0,21(),0,21,21(),21,0,21(ANAMCNCM设平面CMN的法向量为),,(111zyx，平面A

MN的法向量为),,(222zyx，CNCM，故00CNCM，即02121021211111yxzx，整理得001111yxzx，取11x可得平面CMN的一个法向量为)1,1,1(

，高三数学参考答案及评分细则第4页（共5页）ANAM，故00CNCM，即02121021212222yxzx，整理得002222yxzx，取12x可得平面AMN的一个法向量为)1

,1,1(，设二面角AMNC的平面角大小为，则3133111||||cos，故二面角AMNC的余弦值为31.…………………………………………………（12分）21.解：（1）由直线MN的斜率为2，设直线myxMN

21:，))(,(),,(212211xxyxNyxM，直曲联立myxpxy2122，消去x得：022pmpyy，8,082pmpmp，由韦达定理得：pmyypyy22121，由直线

,AMAN的倾斜角互补且,MN为不同两点，故直线,AMAN的斜率均存在，分别记为,AMANkk，则12121212111101122AMANyyyykkxaxaymayma，1212111122yyymayma，整理得：1

2121()()2202yyyymama，代入pmyypyy22121得：122202pmpmpapma，11(2)2022pmpa.由点(,1)Aa是抛物线2:2(0)Cypxp上

一点，21ap，12ap，代入上式消去a得：111(2)022pmpp，整理得：1(2)()02ppmp，故12,4pa故抛物线方程为xy42……………………………………………………………(6分)（2）由（1）可得myyyy42212

1，高三数学参考答案及评分细则第5页（共5页）故5)164)(411(]4))[(11()()(||212212221221myyyykyyxxMN，故0m，满足0，于是)2,1(),0,0(NM，)3,43(),1,41(ANAM，17159

16911613163||||cosANAMANAMMAN，故178sin1sin2MANMAN.………………………………………………(12分)22.解：（1）由题可知

：0)1(g，axxln1)(g，故aln1)1(g于是()gx在(1,(1))g处的切线方程为)1(ln1xay.………………………………(4分)（2）()()()hxfxgx恰有两个零点，即方程logxaax恰有两正根，若1a，则l

og1xaax，于是1x，由lnloglnxaxaxa，得lnlnxaax，lnlnxaxaxx，于是lnlnxxaaxx.设)1(ln)(xxxxh，故01ln)(

xxh，于是函数)(xh在),1(x上单调递增，由)()(xhahx可得：xax，……………………………………………………(8分)即方程xax有两根，等价于方程xxalnln有两正根，设)1(ln)(xxxxl，2ln1)(xxxl

，由0)(xl得：e1x；由0)(xl得：ex，故)(xl在e],1(x上单调递增，在)e,[x上单调递减，结合当1x时，0)(xl；当x时，0)(xl；且),1(x时，

0ln)(xxxl由方程xxalnln有两正根得e1ln0a，从而e1e1a故)e,1(e1a.………………………………………………………………………(12分)