武汉市2023届高中毕业生四月调研考试+数学答案

武汉市2023届高中毕业生四月调研考试数学试卷参考答案及评分标准选择题：题号123456789101112答案CADBABCBADBCDABCACD填空题：54−−−+15153213.−4814.15.−−2,,,16.63222解答题：17.（10分）解：（1）由题意，Snannnn=+−(1)，Snannnn++11=+++(1)(1).两式相减得：ananannnn++11=+−+(1)2.整理得：aann+1−=−2，所以{}an是等差数列.…………5分（2）由题意：a70，a80.由{}an公差为−2，故a1+6−(2)0且a1+7−(2)0.解得：1214a1.…………10分18.（12分）解：sinsinBC+（1）由正弦定理得：3sincosBB+=.sinA3sinsinsincossinsin()ABABBAB+=++，3sinsinsincossinsincoscosABABBABAB+=++sin，即3sinABBABsin=+sincossin.1又sin0B，故3sinAA−=cos1，即sin()A−=.62由0A，得：A=.…………6分31132（2）ABC面积SaabcA==sin，代入，整理得：abc=2.24223故sin2sinsinABC=，得：sinsinBC=.811又cos()cosBCA+=−=−，即coscossinsinBCBC−=−.221所以coscosBC=−.…………12分819.（12分）解：（1）取AB1中点Q，连接PQEQ,，11PQ//BC且FE//BC，有PQFE.=2=2故四边形EFPQ是平行四边形，所以FP∥EQ.又FP平面A1BE，EQ平面A1BE，所以FP∥平面.…………6分（2）取EF中点O，BC中点G，由平面A1EF⊥平面EFCB，且交线为EF，故AO1⊥平面EFCB.此时，OA1,,OEOG两两垂直，以为原点，OE,,OGOA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.33有B(2,3,0)，A(0,0,3)，F(1,0−,0)，C(2−,3,0)，AC中点P(1−,,).112233FP=(0,,)，FB=(3,3,0).2233nF=P0yz+=0设平面BFP的法向量nx=yz(,,)，由，得22，取n=−(1,3,3).nF=B0330xy+=||nAF1|13|27−−又AF1=−−(1,0,3)，故所求角的正弦值为==.||||nAF174727所以直线AF与平面所成角的正弦值为.…………12分1720.（12分）解：（1）甲乙正面朝上次数相等的概率为：()()()()CCCC0212223211115+++=.33332222333316由对称性，甲正面朝上次数大于乙和小于乙的概率相等.1511故甲正面朝上次数大于乙的概率为−(1=).…………6分21632（2）设甲正面朝上次数大于乙为事件A.方法一：设甲乙均抛掷n次时，两人正面朝上次数相等的概率为p.若此时甲正面朝上次数小于乙，则事件不会发生；若此时甲正面朝上次数等于乙，则甲第(1n)+次抛掷结果为正面朝上才会有事件发生；若此时甲正面朝上次数大于乙，则无论甲第(1n)+次抛掷结果如何，都有事件发生，由对称性此时甲正1面朝上次数大于乙和小于乙的概率相等，均为(1)−p.2111所以PApp()(1)=+−=1.…………12分222方法二：设甲正面朝上次数为X，乙正面朝上次数为Y.因为AXY=，所以A表示甲正面朝上次数不大于乙.有AXYXYnXnY==−11=+−−.此时A也表示甲反面朝上次数大于乙.根据对称性，甲正面朝上次数大于乙的概率和甲反面朝上次数大于乙的概率相等.1故PAPA()()=，由PAPA()+=()1，得PA()=.…………12分221.（12分）解：（1）根据双曲线的对称性，双曲线E过点(22,2)和(4,23).84−=12ab22a=4所以，解得：.216−=121b=4ab22x2y2故双曲线的标准方程为−=1.…………4分44（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x−4)+2，与双曲线方程联立，得(k2−1)x2−(8k2−4k)x+16k2−16k+8=0.22设MxyNxy(,),(,)，有xx+=84kk−，xx=16168kk−+.112212k2−112k2−1设Pt(t,1)+.(1)(1)(41)(41)ytytkxktkxkt1212−−−−−−+−−+kk12==()()()()xtxtxtxt1212−−−−2222222kx1x2−k(4k+t−1)(x1+x2)+(4k+t−1)kk(16−16k+8)−kkt(4+−1)(8kkkt−4)+(4+−1)(k−1)==22222xxtxxt12−(1+2)+16168(84)(1)kktkktk−+−−+−(211)8(1)(1)ttktkt222+−−−−−=.(4)4(4)(8)tktkt−+−−−222当t=4时，不满足kk12为定值.tt2+−211−−−−8(1)(1)tt2当t4时，若kk为定值，则==，解得t=3，此时kk=4.12(4)(8)tt−−−224(4)t−12经检验，当直线l斜率不存在时，对P(3,4)，也满足kk12=4.所以点P坐标为(3,4).…………12分22.（12分）解：（1）令fx()=0，得kx=x2ln.由k0得：x1.又函数yx=x2ln是(1,+)上的增函数，且值域为(0,)+.2故对任意k0，在上恒存在唯一x0，使得k=x00lnx.所以函数fx()恒有唯一零点.…………4分ee（2）当k=时，xe=，故0k时，1xe.2020由题意，要求存在tx(0,0)，使得fxtfxt()()000++−=.令F(tfxtfxttx)()()=++−(0)000，下面证明Ft()在有零点：Ftfxtfxt'()'()'()=+−−00，记GtFt()'()=，gxfx()'()=.G(tgxtgxt)()()=+−−00，Gtgxtgxt'()'()'()=++−00.2fxx'()1ln=++k，gx'()=−=122kxk−.x2xxx33当02xk时，gx'()0；当xk2时，gx'()0.2222由时，，xkxxxxx000000−=−=−22ln(12ln)0.故xk02，当02−txk0时，xtxtk00+−2.有g'(x0+t)0，g'(x0−t)0.此时Gt'()0，有Ft'()在(0,xk0−2)单调递增，故时，F'(t)F'(0)=f'(x00)−f'(x)=0.故Ft()在单调递增，F(x00−2k)F(0)=2f(x)=0.又x→0时，fx()→−，故tx→0时，Ft()→−.故Ft()在t−(x002k,x)有零点，即在有零点，问题得证.…………12分