【文档说明】湖北省2023届高三上学期9月起点考试 数学参考答案及解析.pdf，共(7)页，1.289 MB，由envi的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-a1906d96d6503b61aaaa53a32830929e.html

以下为本文档部分文字说明：

2023届高三（9月）起点考试数学参考答案一、选择题：题号12345678答案DCCBABAD8.【解析】①计第一步取出两个白球为事件A，则P(A)=16，P(X=0|A)=1,P(X=1|A)=P(X=2|A)=0②计第一步取出两球为一黑一白为事件B，则P(B)=23，P

(X=0|B)=12，P(X=1|B)=12，P(X=2|B)=0③计第一步取出两个黑球为事件C，则P(C)=16，P(X=0|C)=16，P(X=1|C)=23,P(X=2|C)=16故由全概率公式，P(X=0)=P(A)P(X=0|A)+P(B)P(X=0|B)+P(C)P(X=0|

C)=16×1+23×12+16×16=1936，同理P(X=1)=1636，P(X=2)=136∴E(X)=12.另解：在第一步完成之后，X服从超几何分布，故E(X)=P(A)∙2×04＋P(B)∙2×14+P(C)∙2×24=12二、选择题：题号9101112答案BCAC

DBCDBCD12.【解析】由导数的几何意义及)(xf的对称性，)(xf在x和x处的切线也关于原点对称，其斜率总相等，故)()(xgxg，)(xg是偶函数，)2(xg对称轴为2x，A错；由)(xg的对称性，)(xg在x和x处的切线关于纵轴对称，其斜率互为

相反数，故)()(xgxg，)(xg为奇函数，又定义域为R，0)0(g，B对；4)4()4()(xxfxh，由)(xf为奇函数知xxfxu)()(为奇函数，图像关于（0,0）对称，)(

xh可以看作由)(xu按向量)4,4(平移而得，故C对；由C选项知，当821xx时，8)()(21xhxh，由等差数列性质8)()(8111111ahahaa，，以此类推倒序相加，D正确。三、填空题：13.−1

314.80���3���215.(0,3]16.8616.【解析】：正ABC中，M为AC的中点，则BMAC，而PA平面ABC，BM平面ABC，即BMPA，而PAACA，,PAAC平面PAC

，则BM平面PAC，PM平面PAC，有BMPM，又PAAB，因此，RtPBM△与RtPAB的斜边PB中点到点A，B，M，P的距离相等，即三棱锥PABM外接球球心为PB中点，从而，点O是三棱锥PABM外接球球心，设球O的半径为R，有224Ra，PAM△的外接圆圆心为PM的中点，设为F

，连接OF，则OF平面PAF，如图，则有32OFa，即O到平面PAC的距离为32a，因此D到平面PAC距离的最大值为22344aa，又14242PACSaa△，即有2213444334aaa，解得22a，2246Ra，6

R，所以球O的体积为34863R.故答案为：86四、解答题：17.解：(1)∵an=−2Sn−1Sn,∴Sn−Sn−1=−2Sn−1Sn∴Sn−1−Sn=2SnSn−1∴1Sn−1Sn−1=2∴数列

1Sn为等差数列，且1Sn=1S1+2(n−1)=1+2n−2=2n−1…………3分又∵n=1时，a1=S1=2×1−1=1∴Sn=2n-1(n∈N∗)∴an=1,n=1−2(2n−1)(2n−3),n≥2………………5分(2)1Sn=2n−

1∴nnnb2)12(nnnnnT2)12(2)32(23211211322)12(2)32(23212nnnnnT两式相减得11311432)12(21)21(222)12(2222nnnn

nnnT1122)32(62)12(282nnnnn，62)32(1nnnT…………10分18..解：（1）由题意，3SO，3OBOA，取OA的中点D，连接BDCD,。则SOCD//，且2332121SOC

D，SO平面AOB，CD平面AOB，CBD即为直线BC与平面AOB所成角46sinBCCD，从而6BC，由勾股定理得215BD在BOD中，222415433BDODOB，所以OAOB………3分SO平面AOB，OBSO，由

OBSOOBOAOB平面SOA，所以SABO…………6分（2）以O为原点，OSOAOB,,分别为zyx,,轴建立空间直角坐标系则0,0,3B，1,0,0T，23,23,0C，0,30，A，得1,0,3BT，0,3,3

AB，21,23,0TC设平面ABT、CBT的法向量分别为222111,,,,,zyxnzyxm。由111111113033

0300xyxzyxzxABmBTm，令11x得3,1,1m，由2222222233021230300yzxzzyzxTCnBTn，令12x得3,1,1n。所以

53,cosnmnmnm，…………10分则二面角CBTA的正弦值为54…………12分19.解：（1）由正弦定理有22222cba，从而22221bac，则ABababcbaCsin4sin42cos222，所以CACACABCAsincoscossi

nsinsincossin4，即有CACAsincoscossin3，ACtan3tan………………6分（2）由（1）ACtan3tan，有1tan3tan41tantantantantantan2AACACACAB，则AA

AAAACBAtan2)1tan3(tan1tan21tan3tan1tan3tan2tan122,……10分故3tan1tan223tan1tan23tan3tan2tan1AAAACBA，当且仅当AAtan1tan，即4,1tanAA时取

等。所以CBAtan3tan2tan1的最小值为3………………12分20.解：（1）���=������+���…………2分（2）令���=���，则���=������+���，根据已知数据表得到如下表：���149162536

49���=���1234567���0479111213���=1+2+3+4+5+6+77=4，���=8…………4分����=283−7×4×8140−7×16=5928…………6分����=���−�������=−37，故���关于���的经验回归方

程y�=5928���−37…………7分令x=100,y�=28914≈20.64（cm）………………8分（3）这7天中幼苗高度大于y=8的有4天，X服从超几何分布,其中N=7,M=4,n=4P(X=1)=435；P(X=2)=1835；P(X=3)=1235；P(X=

4)=135；所以随机变量���的分布列为：………………10分随机变量X的期望值E(X)=4×47=167……………………12分21.解：（1）因为双曲线C与已知双曲线有相同的渐近线，设双曲线C的标准方程为���2−4���

2=���代入点A坐标，解得���=4所以双曲线C的标准方程为���24−���2=1………………4分（2）（i）当直线EF斜率存在时，设mkxyEF:设������1，���1������2，���2，联立���=������+��

�与双曲线���24−���2=1化简得4���2−1���2+8���������+4���2+1=0…………5分△=8������2−44���2+44���2−1>0，即4���2−���2−1<0，则有���

1+���2=−8������4���2−1���1���2=4���2+44���2−1，又���1���2=������1+���������2+���=���2���1���2+���������1+���2+���2因为�����������⋅�����������

=(���1−2)(���2−2)+���1���2=0…………6分X1234���43518351235135所以���2+1⋅���1���2+������−2⋅���1+���2+���2+4=0，所以���2+1⋅4��

�2+44���2−1+������−2⋅−8������4���2−1+���2+4=0，化简，得3���2+16������+20���2=0，即(3���+10���)(���+2���)=0所以

���1=−2���，���2=−103���，且均满足4���2−���2−1<0，当���1=−2���时，直线���的方程为���=������−2，直线过定点2，0，与已知矛盾当���2=−103���时，直线���的方程为���=���

���−103，过定点103，0…………9分(ii)当直线EF斜率不存在时，由对称性不妨设直线DE：2xy，与双曲线C方程联立解得310FExx，此时EF也过点M103，0综上，直线EF过定点M103，0．……………10分由于EFDG，所以点G在以DM为直径的圆上，H为该圆圆心，

||GH为该圆半径，所以存在定点)0,38(H，使||GH为定值32.…………12分22.解：（1）当1k时，)0(1)(,ln)(xxexfxexfxx…………1分由于01)1(,02)21(e

fef，故存在)1,21(0x，使得01)(000xexfx由基本初等函数性质知，)(xf在），（0递增，所以当00xx时，0)(xf，)(xf递减；当0xx时，0)(xf，)(xf递增，所以000

0min1ln)()]([0xxxexfxfmx…………3分设函数01)(),1,21(,1)(22xxxgxxxxg，故)(xg在)1,21(递减，25)21()(gxg，所以25m．…………6分（2）方法

一：)1(1)(2xkekkxkexfkxkx…………7分当ek1时，由基本初等函数性质知，)(xf在），（0递增，0)1(1111)1()1(,01)1(112kkkkkekkfkekfk所以存在),0(1x使得0)1()(1211

xkekxfkx，即：1211xkekx0lnln211xkkx，kkxkxkln2ln121…………9分当10xx时，0)(xf，)(xf递减；当1xx时，0)(xf，)(xf递增……10分)ln21(1)ln1(1ln1ln)()]([121

211211211min1kkxkxkxkxkkxxkkxexfxfkx)ln1(2)ln22(12kkkkkk因为ek1，故1lnk，0)(,0)]([minxfxf．…………12分方

法二：0ln0lnxkekxekxkx，由于ek1，所以xeexkexekxln1ln1，故只需证0ln11xeexe，即0ln1xeexe，设xeeexgxeexgxexe111)(,ln)(，)

(xg在),0(增，且0)(eg，故),0(ex时0)(xg，)(xg减；),(ex时0)(xg，)(xg增，所以0)()(minegxg，0)(xg，原不等式成立．方法三：证明不等式xxeeekexekxln111（如图）．方法四：

kxekxekxkxln0ln，注意到kxey与kxyln互为反函数，其图像关于xy对称，故只需证当ek1时，kxxekxln．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com