湖北荆荆宜2023届高三五月三校联考 数学答案

2023年高三下学期5月三校联考高三数学试卷参考答案一、选择题：题号12345678答案ADABDCCD二、选择题：题号9101112答案BCACDABCABD三、填空题：6413．814．(,1]−15．19016．9四、解答题：17．【解析】（1）因为annnaS+1=−41，所以aaSnnn+++121=−41．两式相减，得aaaannnn+++121(−=)4．因为an+10，所以aann+2−=4．2分所以a21n−是以1为首项，4为公差的等差数列，a2n是以3为首项，4为公差的等差数列．所以a21n−=1+(n−1)4=4n−3，a2n=3+(n−1)4=4n−1．4分故ann=−21．5分aS−S11（2）因为n++11=nn=−，6分SSSSSSnn+1nn+1nn+111111111所以Tn=−+−++−=−．8分SSSSSSSS1223111nnn++(121)+−nn1因为Sn==2，所以T=−1．10分n2n(1)n+2118．【解析】（1）因为6()Sbac=+，所以6sin()=+bcAbac，1分222因为sinA=，代入上式可解得3cac=+，即ac=，3分3325所以sinCA==sin，cosCA==cos，4分331所以cosBAC=−cos(+)=−．6分91（2）因为6()Sb=+ac，所以6bcsinA=b(a+c)，即3bcsinA=+b(ac)，2π3因为b=3，B=，所以ac=+ac，8分323由余弦定理知b2=a2+c2−2accosB，所以9=a2+c2−ac=(a+c)2−3ac=(ac)2−3ac，4解得ac=6，10分133所以SacB==sin.12分2219．【解析】（1）因为点D为棱AC的中点，DA=DB，所以BCA⊥B．1分因为BC1⊥平面ABC，AB平面ABC，所以B1CAB⊥．又因为BCBCC1=，BCB,C1平面BCC11B，所以AB⊥平面BCC11B．3分因为CC1平面BCC11B，所以ABCC⊥1．4分（2）设CB1tt=(0)．以CA为x轴，CB1为z轴，过点C与CA垂直的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则CADBBt(0,0,0),(4,0,0),(2,0,0),(1,3,0),(0,0,)1．5分所以BB1=(−1,−3,t),BC=(−1,−3,0),BD=(1,−3,0)，6分nBDxy=−=30,设平面BDC1的法向量为n=(,,)xyz，所以nBCxytz=−−+=12230.令xt=3，则yt=，z=43．所以nt=t(3,,43)．8分BB1n23t3所以cosBB1,n===10分22BB1||n484+tt4+48++16t2t23333−48（当且仅当2，即4时，等号成立）．==2=tt=238316+223+4t33−所以直线BB与平面BDC所成角的正弦的最大值为．12分1140.850.65−20．【解析】（1）第85%分位数=451051.67+=（岁）．3分0.3（2）因为x=++=(200.01300.02400.035+500.03+600.005)1040，5分10.9545−所以=40，所以P(61)(2XP=+==X)0.02275，2所以使用该APP且年龄大于61周岁的人数占左右喜欢使用该APP的2.275%．7分P(X=k)≥P(X=k+1),（3）根据题意XB~(8,0.2)，要使P()X=k取得最大值，则9分P(X=k)≥P(X=k−1),kkkkkk8117−++−C880.20.8C0.2≥0.8,49所以解得≤k≤，kkkkkk8119−−−−≥55C880.20.8C0.20.8,因为kN，所以k=1．12分22221．【解析】（1）设双曲线C的焦距为2c，其中c=+ab，则F12(−c,0),F(c,0),H(1,0)．所以HF1=(−c−1,0)，HF2=−(c1,0)．1分由HF12+=3HF0，有−cc−1+3(−1)=0，得c=2．所以F1(−2,0)，F2(2,0)．2分bb因为双曲线C的渐近线方程为yx=，有T(1,)，aabb所以TF1=−(−3,)，TF2=−(1,)．aa22b4−a2由TFTF12=−2，有−32+=−，即−32+=−，得a=2．4分a2a2xy22所以b2=c2−a2=2．所以C的方程为−=1．5分22（2）设AB的方程为yk=−x(1)，A(x,y)11，Bx(,y)22．y=−k(x1),2222联立方程组xy22得(1)220−+−−=kxkxk．−=1.222k2k2+2所以10−k2，=−−−−44(1)(2)0kkk422，xx+=，xx=．7分12k2−112k2−1yykxkxxxxx(1)(1)23()4−−−++所以kkk+=+=+=12121212AFBF22xxxxxx121212−−−−−−2222(2)(2)kkk22+22．分=−+=[234]02210(2)(2)11xxkk12−−−−所以kk=−，即=MFHNFH．BFAF2222因为MNHF⊥2，所以HMHN=．12分22．【解析】（1）①因为fxbx()esin=+x，所以fxbx=+()ecosx．所以切线的斜率kfb==+(0)1．又因为切线的斜率为2，所以12+=b．解得b=1．2分②由①得b=1，所以fxx()esin,(x=+−+xπ,)，fxx=+()ecosx．因为fxx=−()esin0x恒成立，所以fx()单调递增．3分ππ−π又f(−)=e20，f(−π)=e−π−10，所以存在x−−(π,)，使fx=()ex0+=cosx0．20200x(−π,x0)x0(x0,+)fx()-+fx()极小值π所以fx()存在唯一的极小值点x，f(xxxxx)=esinsincos2x0+=−=−sin()．5分0000004π5π3ππ因为，所以x−−−(,)．所以2sin(x−)(−1,1)．044404所以fx(0)−1．6分（2）f(xbx)esin=+xx,(−+π,)．1sinx令fx()=0，即ex+=bxsin0，所以−=．bexπ2sin(x−)sinxcosxx−sin令g(),(x=x−π,)+，则gx()==−4．exeexxπ令gx=()0，得xkkk=+−,1,Z．7分4π5ππ所以当xkk++(2π,2π)时，sin()x0−，gx()单调递减；4445π9ππ当xkk++(2π,2π)时，sin()x0−，单调递增．4445π所以当xkkk=+−2π,1,Z时，gx()取得极小值．43π5π即当x=−,,时，gx()取得极小值．9分443π5π23π5π3π5π又因为sin(−)=sin==−，−()，所以gg()()−．44244443π3π23π又因为在(−−π,)上gx()单调递减，所以g(x)g(−)=−e4．10分442ππ9π当xkkk=+2π,,0Z时，gx()取得极大值，即当x=,,时，gx()取得极大值．444π9π2π9ππ9π又因为sinsin===，ee44，所以gg()()．44244ππ2−所以gxg()()e=4．11分423ππ22−当(−π,)+时，−e4gx()e4．223ππ212−−所以−−ee44．22b3π−因为b0，所以b2e4时，fx()在(−+π,)上有零点．3π−所以实数b的取值范围为[2e,)4+．12分