【文档说明】湖北省重点中学四校2023届高二联考数学试题参考答案与评分标准【武汉专题】.pdf，共(9)页，469.493 KB，由envi的店铺上传

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湖北省重点中学四校高二联考襄阳五中、钟祥一中、夷陵中学、随州一中参考答案与评分细则一、选择题：每小题5分，共40分1．A【解】由图象知，设直线l1，l2，l3的倾斜角分别为123,,，则32102∴213tantan0tan，即2130kkk，故选A

．2．B【解】将抛物线2:2021Cyx化为标准方程得212021xy，则焦点坐标为1(0,)8084，准线方程为18084y，故选B．3．D【解】由于每人分得1枚，故事件“甲分得钟祥一中校徽胸章”与

“乙分得钟祥一中校徽胸章”是不能同时发生的，又因为这两个事件的和事件不是必然事件，所以这两事件互斥而不对立，故选D．4．A【解】由题意可知：设双曲线的标准方程为22221(0,0)yxabab，由24c，则2c

，渐近线方程为3yx，即3ab，由222cab，解得：1b，3a，双曲线的标准方程为：2213yx．故选：A．5．D【解】43S，412nS，17nS，441()4()8nnnSSSaa，12naa

，又11()172nnSaan，17n，故选D．6．C【解】CDCAABBD，2222222CDCAABBDCAABCABDABBD

，CAAB，BDAB，0,0CAABBDAB，||||cos120CABDCABD．又4ABACBD

，22221444216322CD，||42CD．故选C．7．C【解】由202120201aa及nS有最大值可知，202020210aa且202020210

aa，∴2020S最大；又1403940392020()4039403902aaSa，14040202020214040()()40404040022aaaaS，题号1234

5678答案ABDADCCB∴使0nS的n的最大值为4039，故选C．8．B【解】设椭圆的长轴长为12a，双曲线的实轴长为22a，P到两焦点的距离分别为m，(0)nmn，焦距为2c，由椭圆的定义可得12mna，由双曲线的定义可得22mna，解得12m

aa，12naa，由余弦定理得2222cos24mnmnc，则22212121212()()2()()cos24aaaaaaaac，化为22212(1cos2)(1cos2)2aac，可得222212221

asinacoscc，由11cea，22cea，可得2222121sincosee．故选：B．二、选择题：每小题5分,共20分．在各小题中,全部选对得5分,有选错的得0分,部分选对的得2分．9．ABD【解】令1nnba，则111

()nnnnbanNbaq，所以1{}na是等比数列，选项A正确；若1q，则{}na也为等差数列，所以选项B正确；若101,qa，则{}na为递减数列，所以选项C错误；若13nnSr，则111aSr,2213(1

)2aSSrr,3326aSS;由{}na是等比数列，得2213aaa，即46(1)r，解得13r，所以选项D正确．故选：ABD．10．AC【解】2:(23)20laxaya化为(21

)320axyy，由210xy且320y解得12,33xy，即直线2l恒过定点12(,)33，故A正确；若2l在x轴和y轴上截距相等，则2l过原点或其斜率为1，则2a或1a，故B错误；若1

2ll，则1(32)0aaa解得0a或2，故C正确；若12//ll，则先由1(32)aaa解得1a或3，再检验当1a时12,ll重合，故D错误；综上，选AC题号9101112答案ABDACBDABC11．BD【解】设动点(,)(0)Pxyy

，则55yymxx，即221(5)2525xyxm，加上(5,0)A，(5,0)B，则曲线C的方程为2212525xym．当1m时，曲线C是圆2225xy，故A错误；当0m时，点C的轨迹为焦点在x轴上的双曲线，故B正确；当1m时，点C的

轨迹为焦点在y轴上的椭圆（不含左、右顶点），离心率2511125ceamm，e随m的增大而减小，故C错误；当(1,0)m时，曲线:C2212525xym表示的焦点在x轴上椭圆2212525xym，焦点的坐标为

(51,0)m，(51,0)m；当(0,)m时，曲线:C2212525xym表示的焦点在x轴上双曲线，焦点的坐标为(51,0)m，(51,0)m；故D正确；综上，故选BD．12．A

BC【解】对于A，当12时，F是11DC的中点，连接1BC与交1BC于点E，则E为1BC的中点，∴1//EFBD，1//BD面EFD，又点P在1BD上，∴点P到面EFD的距离为定值，∴三棱锥PEFD的体积

为定值，故A正确；对于B，当12时，点P为1BD的中点，设四棱锥PABCD的外接球的半径为R，则球心O在PM延长线上，由OP=R得OM=12R，由222OMCMOC得22212()()22RR，解

得34R，∴外接球的表面积为94，故B正确；对于C，连接BD，过点P作PMBD于M，连接CM，∵1BB平面ABCD，∴平面11BDDB平面ABCD，平面11BDDB平面ABCDBD，∴PM平面ABCD，∴PCM

为CP与平面ABCD所成角，∵11DPDB，∴2(1)BM，1PM，在MBC由余弦定理有22(1)21CM，在RtCPM中由勾股定理有23(1)21PC，∴2

12sin33(1)21PMuPCMPC，解得13，故C正确．对于D，∵点F在11DC上，又E在1BC上，P在1BD上，∴平面PEF即为平面11BCDA，又易证1BC平面11BCDA，∴1BC是平面

11BCDA的法向量，∴欲DP平面EFP，须1BC与DP共线，即须1DA与DP共线，显然不可能，∴不存在实数对(,)使得DP平面EFP，故D错误；综上故选：ABC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13

．2n；14．13；15．3；16．6、641282n【前一空2分，后一空3分】．13．2n【解】112,12,22nnnnnSnaaSSnn．14．13【解】现从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛，基本事件总数339n

，田忌获胜包含的基本事件有：田忌的上等马对齐王的中等马，田忌的上等马对齐王的下等马，田忌的中等马对齐王的下等马，共3种，田忌获胜的概率3193P．15．3【解】圆224210xyxy化为22(2)(1)4xy

，圆心为(2,1)，半径为2，由题2|233|19aa，解得3a．16．6；641282n．【解】易知折叠5次后有3104dmdm，3208dmdm，352dmdm，532dmdm，5128dmdm，564dmdm，共6种规格；由题可知

，对折n次共有1n种规格，196C，2112C，3120C，4124C，……归纳可得：2116CC，328CC，434CC，……，11132()2nnnCC，由累加法：112211)))(((nnnnn

CCCCCCCC181611[32()12864()2]962nn．四、解答题：本题共6小题，共70分．17．【解】（1）线段AB的中点坐标为(0,1)，又AB的斜率为2，∴线段AB的中垂线的斜率为12，其

方程为112yx，联立11230yxxy解得41xy，即圆心C的坐标为(4,1)，………………3分又半径||5rCA，………………4分∴圆C的标准方程为22(4)(1)25xy

．………………5分（2）①当直线l斜率不存在时，直线l的方程为1x，与圆C方程联立得：22(14)(1)25y，∴y＝5或3y，则|PQ|＝8，符合题意；……………7分②当直线l的斜率存在时，设其方程为y+1＝k（x+1），即kx﹣y+k

﹣1＝0，∵|PQ|＝8，∴圆心(4,1)C到直线l的距离221(||)32drPQ，由2|411|31kkk，∴512k，∴直线方程为51270xy；……………9分综上，直线l的方程为1x或51

270xy．……………10分18．【解】（1）证明：1142421122(1)22241nnnnnnnnnabbaaaaaa即12nnbb，又112110ba，………………4分∴数列{}

nb是以1为首项，2为公比的等比数列，其通项11122nnnbb……………6分（2）解：由题12nnncnbn01221122232(1)22nnnSnn

①12312122232(1)22nnnSnn②①－②得：012311222222nnnSn………………9分12212nnn212(1)21nnnnn(1)21n

nSn．………………12分19．【解】（1）证明：∵2AB，14AA，160AAB．∴222124224cos6012AB，123AB，∴22211ABABAA，即1ABAB，………………

2分同理1ABBC，又ABBCB，,ABBC平面ABC，∴1AB平面ABC．………4分（2）由（1）知1AB平面ABC，建立如图所示的空间直角坐标系，1(0A，0，23)，(0C，2，0)，(3A，1，

0)，∵123BPBB，∴23(3P，23，43)3，1(0CA，2，23)，(3CA，3，0)，23(3CP，43，43)3，………………6分设(,,)mxyz是平面1AAC的法向量，则由

10303mCAyzmCAxy，可取(3,3,1)m；同理可求得(0n，3，1)为平面1ACP的一个法向量；………………8分设平面1PAC与平面1AAC夹角为，(0,)2，则||4213cos|cos,||||

|33121mnmnmn，∴平面1PAC与平面1AAC夹角的余弦值为21313．………………12分20．【解】（1）设双曲线C：22221(0,0)xyabab，由题：222222261()2211abab，解得222,1ab

，∴双曲线C的方程为2212xy………………………4分（2）联立方程22121xyykx，消去y得：22(12)440kxkx，l与C有两个交点，2102k且△222161

6(12)16160kkk，解得：21k且212k，11k且22k①…………………………6分设1(Ax，1)y，2(Bx，2)y，则由上可知122412kxxk，又AB中点的横坐标

为2，24412kk，即2210kk，解得1k或12k②，结合①②可知12k，……………………………9分此时1:12lyx，1224412kxxk，1224812xxk2

2212121255||1||()4(4)3221522ABkxxxxxx，即线段AB的长为215．……………………………12分21．【解】（1）设事件M=“甲、乙、丙三人进行了3场比赛且丙获得冠军”，则只

能是甲乙先赛，丙上场后连胜两场，具体分为两类：①甲胜乙，再丙胜甲，再丙胜乙，冠军为丙；②乙胜甲，再丙胜乙，再丙胜甲，冠军为丙；2312131()(1)(1)(1)(1)(1)3523255PM．………

…………4分（2）设事件N=“甲与乙先赛且甲获得冠军”，则分为三类：1N“甲胜乙，再甲胜丙”；2N“甲胜乙，再丙胜甲，再乙胜丙，再甲胜乙”；3N“乙胜甲，再丙胜乙，再甲胜丙，再甲胜乙”；1232()355PN………………6分2

23124()(1)352345PN………………8分321321()(1)(1)325315PN………………10分∴123123()()()()()PNPNNNPNPNPN24125554515459

，∴甲和乙先赛且甲获得冠军的概率59．………………12分22．【解】（1）设(,)Mxy，00(,)Pxy则0(,0)Dx，0(,)DMxxy，0(0,)DPy由0000(0)xxxxDMDPyyyy

，代入22004xy整理得：22214(2)xy,即点M的轨迹方程为22214(2)xy………………………4分（2）若12，则点M的轨迹为椭圆2214xy，设直线l：(3)(0)ykxk代入椭圆方程整理得：2222(14

)831240kxkxk，显然0恒成立；设11(,)Axy，22(,)Bxy则11(,)Cxy，2212122283124,1414kkxxxxkk，………6分211121:()

yyBCyyxxxx，令0y得12211212121223()23yxyxxxxxxyyxx222222222212483232(124)2484314143838323(14)232314kkkkkkkkkk∴在x轴上存在定点N（4

33，0），使B、C、N三点共线……………………8分1122||AFNBFNSyySyy，令12(0)ytty∵1212223[()23]14kyykxxk，221212122[3()3]14kyykxxxxk∴22212

2212223()()1214(12,0)1414kyykkyykk；另一方面，212121221()12()2yyyytyyyyt，………………………10分∴1()2tt(12,0)，解得，(743,1)(1,7

43)t，即AFN与BFN面积之比的取值范围为(743,1)(1,743).…………12分【命题学校：钟祥一中命题人：邓金辉审题人：王大胜】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com