2023届湖北省武汉市高三下学期5月模拟训练考试数学答案

武汉市2023届高三年级五月模拟训练试题数学试卷参考答案及评分标准选择题：题号123456789101112答案CADDABBAABCABADBD填空题：9613.3214.15.是；216.43解答题：17.（10分）解：（）当时，，即1n12a1a1a2a22.当时，n22Sn1an1an.所以2anan(an1an1).因为数列中各项均不为零，即anan1an12.所以数列中奇数项是以为首项，为公差的等差数列；ana12偶数项是以为首项，为公差的等差数列a22.当时，，即；n2ka2ka2(k1)22kann当时，，即n2k1a2k1a1(k1)22k1ann.综上，数列的通项公式为…………分anann5n(n1)（2）由（1）知数列a是以1为首项，1为公差的等差数列，即易知S.nn2因为，所以，当时，不等式恒成立；Sk2023k(k1)4046k63当时，k64Sk2023.故正整数k的最大值为63.…………10分18.（12分）解：11（1）在ABC中有ACABABBCBCCA.3211即bccosAaccosBabcosC.3211因为bccosAaccosB，由正弦定理可得sinBcosAsinAcosB，即tanA3tanB.333同理tanCtanB.2tanBtanC在ABC中有tanAtan(BC)tan(BC).tanBtanC111解得tanA1,tanB,tanC.32由0A，得：A3.…………6分412（2）ABC面积S1bcsinA，代入A3,b2，整理得：Sc.24211105由（1）知tanB,tanC，即sinB,sinC.32105bcABC中由正弦定理可得，即c22.sinBsinC所以S2222.…………12分219.（12分）解：（1）PAB中PAAB，E为PB的中点，所以AEPB.在正方形ABCD中，BCAB.因为PA平面ABCD，BC平面ABCD，即PABC.又因为PAABA，PA,AB平面PAB，所以BC平面PAB.AE平面PAB，即AEBC，又因为AEPB，PBBCB，PB,BC平面PBC.所以AE平面PBC，AE平面AEF，即平面AEF平面PBC.…………6分（2）因为PA平面ABCD，底面ABCD是正方形，所以易知AB,AD,AP两两垂直.以A为原点，AB,AD,AP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.有A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，PB中点E(1,0,1)，设F(2,,0),02.PD(0,2,2),DC(2,0,0),AE(1,0,1),AF(2,,0).mPD0设平面PCD的法向量m(x,y,z)，由，mDC02y2z0得，取m(0,1,1).2x0nAE0xz0设平面AEF的法向量n(a,b,c)，由，得，取n(,2,).nAF02xy022所以平面AEF与平面PCD的夹角的余弦值为cosm,n.2224222t11令2t,t[2,4]，则cosm,n，2641112t4t62126()2t2tt33113所以当即t3时，平面AEF与平面PCD的夹角的余弦值取得最大值，t32此时平面AEF与平面PCD的夹角取得最小值.…………12分620.（12分）解：（1）补全22列联表如下表：航天达人非航天达人合计男20626女101424合计3020502零假设假设“航天达人”与性别无关H0:.50(201460)23025根据表中的数据计算得到26.464.30202624468查表可知6.4646.6350.010.所以根据小概率值的2独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，0.010H0H0因此“航天达人”与性别无关.…………6分20（2）在“航天达人”中按性别分层抽样抽取，男航天达人有64（人），女航天达人有2人.30X所有可能取值为：0,1,2.C31C2C13C1C21则4，42，42P(X0)3P(X1)3P(X2)3.C65C65C65所以X的分布列如下：X012131P555131X的数学期望为E(X)0121.…………12分55521.（12分）解：bb1（1）已知双曲线渐近线为yx，即.aa2因为椭圆的长轴长，即C22a4a2,b1.2所以双曲线C的方程为：xy21.142椭圆C的方程为：xy21.…………4分24（）当直线的斜率不存在时，不满足题意2l1、l2.故直线的方程设为：，直线过点，即l1ykxml1P(2,1)2km1.ykxm与双曲线方程联立2，得(14k2)x28kmx4m240.x2y14故14k20,64k2m216(m21)(14k2)0.2设A(x,y),B(x,y)，有xx8km，xx4m4.11221214k21214k2设Q(x0,y0).yyyy(ykxm)(xx)(ykxm)(xx)kk010201020201.QAQB2x0x1x0x2x0x0(x1x2)x1x22xy(kxym)(xx)2kxx2mx化简得000012120kQAkQB2.x0x0(x1x2)x1x22xy(14k2)8km(kxym)8km28k2mx(14k2)代入韦达定理得：00000kQAkQB222.(14k)x08kmx04m4将2km1代入其中消去m化简得：32(16y08x0y0)k(4x088y0)k2x0y02x0kQAkQB222.(16x0164x0)k(168x0)kx08由动直线、互不影响可知，要满足为定值，l1l2kQAkQBkQMkQN则为定值，为定值kQAkQBkQMkQN.因此要满足为定值，则有：kQAkQB若，2，计算得①16y08x0y0016x0164x00x02,y00.经检验满足，此时Q(2,0)kQAkQB1.16y8xy4x88y2xy2x若，即，有00000000②16y08x0y00y00,x0222.16x0164x0168x0x08无解.综上，当，Q(2,0)kQAkQB1.下面只需验证当时，是否为定值Q(2,0)kQMkQN.设直线方程为：，直线过点，即l2ytxnl2P(2,1)2tn1.ytxn椭圆方程联立2，得(14t2)x28tnx4n240.x2y14故0.2设M(x,y),N(x,y)，有xx8tn，xx4n4.33443414t23414t2y3y4(tx3n)(x42)(tx4n)(x32)kQMkQN.x32x42x3x442(x3x4)2txx(n2t)(xx)4n化简得3434kQMkQN.x3x442(x3x4)代入韦达定理化简可得：kk8t4n.QMQN4n216t216tn将代入其中可得：2tn1kQMkQN1.所以当，，，Q(2,0)kQAkQB1kQMkQN1kQAkQBkQMkQN0.所以点Q坐标为(2,0).…………12分22.（12分）解：（1）若bc0，即f(x)axlnx(x0).1ax1f(x)a.xx①若a0，则f(x)0，即f(x)在(0,)单调递减；111②若a0，令f(x)0有x,即f(x)在(0,)上单调递减，(，)上单调递增.aaa综上有，当a0，f(x)在(0,)单调递减.11当a0，f(x)在(0,)上单调递减，(，)上单调递增.…………4分aa（）由题意知：已知是的两个零点，2x1,x2f(x)x1x2.4bb即，ax1clnx10ax2clnx20.x1x211lnxlnx所以，即21a(x1x2)b()lnx2lnx10bax1x2x1x2.x1x2x2x1要证：x2(ax11)bx1(ax21).只需证：ax1x2x2bax1x2x1.lnxlnx即证：21x2x1x2x1.x2x1xxxx即证：11ln221，令t21.x2x1x1x11即证：1lntt1.t111t1令p(t)lnt1(t1)，有p(t)0.ttt2t21即p(t)在(1,)上单调递增，则p(t)p(1)0，即lnt1.t1设q(t)lntt1(t1)，有q(t)10.t所以q(t)在(1,)上单调递减，则q(t)q(1)0，即lntt1综上可得：…………分x2(ax11)bx1(ax21).125