【文档说明】湖北八市2023届高三3月联考数学试题答案.pdf，共(6)页，243.443 KB，由管理员店铺上传

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2023年高三年级三月调研考试数学试题参考答案与评分标准一、选择题与多选题题号123456789101112答案DBCCABBDABDBCDBCDABD三、填空题13.2114.e2215.2222或16.1(2分)91（3分）四、解答题17

.解：(1)依题意有.sincoscossinsinsinsin)6πsin(sin2BABAACAAB3sinsinsincossinsincoscossin.ABBAAABABπ3sincos2sin()1,6BBB则πππ(0,π)

,,.663BBB又…………3分3π4ADC，则π4ADB，在ABD△中，由正弦定理得sinsinADABBADB，23222AD，解得6AD．……5分（2）设CDt，则2BDt，又33ABCS△，即13233

322t，可得2t，故36BCt，又2212cos436226272ACABBCABBCB，在ABD△中，由正弦定理可得sinsinBDABBADADB，故sin2sinBADADB，在ACD△

中，由正弦定理可得sinsinCDACCADADC，故7sinsin7CADADC，因为sinsinsinADBADCADC，sin2sin27sin7sin7BADADBCADADC.……10分18.【详解】（1）由题设22nnnSaa

且，0na当1n时，2111122Saaa，可得11a；当2n时，221112)2(nnnnnnnSaaaaSa，则221111()()nnnnnnnnaaaaaaaa----+=-=+-；由10nnaa，

故11nnaa，所以na是首项、公差均为1的等差数列，故nan.……5分（2）2214222nnanmmnmann，因为1422nn≥，当且仅当2n时成立，所以10b，21b，当3m，因为21212221221mmm

mm，22122mmmmm，所以能使22nmn成立的n的最大值为21m，所以21(3)mbmm，所以mb的前50项和为59948015799012497.2.……12分19.（1）证明：连结A

C，111111,,,AACCAACCAEAACFCC∥=.AECFAECFAECF，即，∥.AEFCACEF四边形为平行四边形，则∥,EFBEFACBEF

平面平面,.ACBEFBEFABCDllABC∥平面平面平面平面.AClABCDACBD菱形，则，111,,BBABCDALCABCDACBBBDBBB又平面平面，则1ACBBDDACl1平面，又∥1lBBDD1平面…………4分ABC

DD1C1B1A1EFOxyzO111111111111,.,,.2ACBDOACBDOOOBBBBABCDOOABCDOOOBOOOC交于点，则∥平面平面连结则（）1111123.2,1,.3,,,2.11

23231.3239BBDFFBDBABCDOBOCACEFOAOCABBDOBOCOOxyzBBtDDtVVt菱形，则以为轴，轴，轴建立如图的空间直角坐标系,设则1111111

2122,2,433,(,0,4),(0,0,3),(0,1,3)33(,1,34)(0,1,0)31sin4(34)34752()(34),(01),()333tBBDDOODCFFDFOCBDDDFOCDF

OCff即则又是平面的一个法向量设则，15621sin527

………………12分20.解：（1）设甲乙通过两轮制的初赛分别为事件12,AA，则12343322455535PAPA，由题意可得，X的取值有0,1,2,3260115525PX,

323213111555525PX32625525PX.所以61360121252525EX…………6分（2）依题意甲，乙抢到并答对一题的概率为12131224=,=,3553515PBP

B乙已得10分，甲若想获胜情况有：①甲得20分：其概率为；2515151②甲得10分，乙再得－10分，其概率为;2545332)51(C12③甲得0分，乙再得－20分，其概率为.254)5332(2

故乙先得10分后甲获胜的概率为.259254254251…………12分21.解：（1）函数gx的定义域为0,，且2210axxgxxx，()，当a=0时,gx在1,0上单调递减，gx在,1上单调递增

；当a>0时,14,a1(i)140,()0,()0+4aagxgx当即时，在（，）上单调递减；1(ii)140,0()=0,4aagx当即时，令得21210,2411,2411xxaaxaax

x)2411,0(aa)24112411(aaaa，)2411(，aa)(xg－+－)(xg减函数增函数减函数综上：当=0a时，gx在1,0上单调递减，在,1单调递增；14a当时，，0gx在（，）上单调递减；当410a时，)(xg在，)2411

,0(aa)2411(，aa上单调递减；在)24112411(aaaa，上单调递增.………………5分(2)由题意知1a时，1lngxfxxxxx，由（1）知，)(xg在),0(上单调递减，且

，0)1(g当),1(x时，0)1()(gxg.又,1)(2xxxf令.1,0)(xxf得所以fx在0,1上递减，在1,递增，因为10,1a，所以211afa，321afa，

…，11nnafa．……………………7分10gxg又．所以21110nnnnaafaa，即21.nnaa又因为函数gx在，1时单调递减，所以21.nngaga，即22112111lnln.nn

nnnnaaaaaa，即32210.nnnnaaaa12230.nnnnaaaa121223231,()0.nnnnnnnnaaaagaaaa．…………12分2

2.解；(1)依题意有22222,1491,21cbabaac，解得,1,3,2cba∴椭圆方程为.13422yx…………3分(2)设),,(),,(2211yxQyxP则)2,2(11yxD，∴.13413422222121yxyx，又043.432

121yyxxkkOQOP设).12,12(),2,2(),(,21212122yyxxEyyxxyyxxEDQEEEEE又E在椭圆上，∴.1)1(344)1(4442212221222122212yyyy

xxxx22121222221212)1()34(434)34(4yyxxyxyx即,)1(1422.32…………6分.57,5252,32OPQOPEQOPQQPDPEQSSSSSEDQE△四边形△△△,23,.43

OPOQOPOQOPkkkkkxPQ轴时，∥当yQPOxFFED根据对称性不妨取23OPk由12432322yxxy得262yx或262yx，.36221OPQS△………8分当PQ斜率存在时，设P

Q的方程为x=my+t，由124322yxtmyx，，得01236)43(222tmtyym,43123,4362221221mtyymmtyy.04))((34321212121yyt

mytmyyyxx.03)(3)43(221212tyymtyym.03431843123)43(222222tmmtmtm.43204322222mtmt即…………10分2222222222

)43()43(48143)123(4)436(1||mmtmmtmmtmPQ点O到直线PQ距离为21mt，.34334||2122mttSOPQ△.537OPEQS四边形…………12分