湖北省武汉市武昌区2022届高三5月质量检测数学试题【含答案】

7344:uId:7344826781:fId:826781uerr:uId:uerr2022-05-19T15:31:28.328778iwyuiqUERRIWYUIQ:uId::fId::fId:iwyuiqUERRIWYUIQ武昌区2022届高三年级5月质量检测数学参考答案及评分 细则 测试细则下载防尘监理实施细则免费下载免费下载地暖施工监理细则公路隧道通风设计细则下载静压桩监理实施细则下载 选择 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 ：题号123456789101112答案BDCACCAAADACACABD三、填空题：ππ13．[0，1)∪(1，+∞)14．－415．216．（，]32四、解答题：17．TnTnTTnn解：（）因为an，且an(n2)，所以，13T1Tnn-1TTn-13n1111因为a0，所以T0，所以得3TT1，则TT()，nnnn-1n23n-12T211a1因为当n1时，1，得a1，所以T1=3T11326111所以数列Tn是首项为，公比为的等比数列.…………………………………5分263111111（2）由（1）知：T()n1，即T()n.n263n2321111n11n所以STTT[()2()n][1()n].……10分n12n2333243218．解：（1）因为cbsinCabsinAsinB，所以由正弦定理可得：cbcabab，整理得b2c2bca2.b2c2a21由余弦定理得：cosA.2bc2π又因为0A所以A.………………………………………………6分3（2）由（1）知A.3又因为AD平分角A，所以BADCAD.6高三数学试题参考答案及评分细则第1页（共5页）7344:uId:7344111由SSS得bcsinAc|AD|sinBADb|AD|sinCAD.ABCABDADC222即3bc|AD|(bc).3又因为c,AD3，所以b3.2BDc1再由角平分线的性质可知：=.………………………………………12分DCb219．114解：（1）由题意X~B(4,)，所以E(X)4.3334即随机变量X的数学期望为.……………………………………………………4分3（2）Y的可能取值为1，2，3.31C2(242)14C2A34P(Y1)P(Y2)3P(Y3)4334273427349Y的分布列为：Y123P11442727914465E(Y)123.…………………………………………12分272792720．解：（1）证明：连接D1E.因为几何体为四棱台，且AB2A1B1，1所以AD//AD//BE.112所以四边形A1D1EB为平行四边形.所以D1E//A1B.又因为平面，平面，D1EABB1A1A1BABB1A1所以DE//平面ABBA.……………………………………………………………6分111（）因为四边形为正方形，平面，2ABCDAA1ABCD高三数学试题参考答案及评分细则第2页（共5页）827410:fId:827410所以，所以面A1ABCBABC.BCA1AB.连接，则.所以为二面角的平面角A1BBCA1BA1BAA1BCA由已知得ABA.所以AAAB2.141以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(0,0,2),D(0,2,0),E(2,1,0).设面的法向量为A1DEn(x,y,z).因为DA1(0,2,2),ED(2,1,0).DA1n0,2y2z0,由得EDn0,2xy0,x1,令x1，得y2,即n(1,2,2).易知平面DEC的法向量为m(0,0,1).z2.mn22因为cosm,n，|m||n|1332所以二面角ADEC的余弦值为.……………………………………………12分1321．2b22解：（1）由题意可知c2，解得a2,b2.a2x2y2所以，所求椭圆的方程为1.………………………4分42（2）设A(x1,y1),B(x2,y2)，Q(,)xy，P(4,t)，直线AB的斜率显然存在，设为k，则AB的方程为yk(x4)t.高三数学试题参考答案及评分细则第3页（共5页）uerr:uId:uerr因为APBQ,,,四点共线，不妨设x2xx14，则22|AP|1k(4x1)，|AQ|1k(x1x)，22|QB|1k(xx2)，|PB|1k(4x2)，由|AP||QB||AQ||PB|，可得(4x1)(xx2)(x1x)(4x2)，化简得2x1x2(x1x2)(4x)8x0.（*）联立直线yk(x4)t和椭圆的方程，x2y2122242，消去y，得(2k1)x4(kt4)kx2(t4)k40.yk(x4)t4k(t4k)2(t4k)24由韦达定理，得x1x2，x1x2.代入（*）2k212k214kt2t26t26t2化简得x4，即4x.kt2kt2kt2yt6t2又k，代入上式，得4x，化简得2xty20.ytx4t2x4所以点Q总在一条动直线2xty20上，且恒过定点(1,0).………………12分22.2(x1)解：（1）证明：令g(x)lnx(x1)，x114(x1)2因为g(x)0，x(x1)2x(x1)2所以g(x)在(1,)上单调递增，所以g(x)g(1)0，2(x1)即当x1时，lnx.………………4分x11（2）由f(x)xlnx，得f(x)1，易知f()x在(0,1)单调递减，在(1,)单调递增，x高三数学试题参考答案及评分细则第4页（共5页）2022-05-19T15:31:28.692821iwurqpUERRIWURQP:uId::fId::fId:iwurqpUERRIWURQP所以f(x)min1.因为方程f(x)m有两个不等实根，所以m1.不妨设0x11x2.2(x1)2(x1)由（1）知，当x1时，lnx；当0x1时，lnx.x1x1方程可化为f(x)mxmlnx.2(x1)所以2，整理得2.①x2mlnx2x2(m1)x22m0x212(x1)同理由xmlnx1，整理得x2(m1)x2m0.②1111x11由①②，得(xx)[(xx)(m1)]0.2112又因为xx所以xxm1.………………12分21121法二：由f(x)xlnx，得f(x)1，易知f()x在(0,1)单调递减，在(1,)单调递x增，所以f(x)min1.因为方程有两个不等实根，所以.不妨设.f(x)mm10x11x2要证，只要证，只要证：.x1x2m1x1x2x1lnx11x2lnx111因为在上单调递增，只要证：.f(x)(1,)f(x1)f(x2)f(1lnx1)令，只要证恒成立h(x)f(x)f(1lnx)(0x1)x(0,1),h(x)0.1111xxlnx1因为h(x)f(x)f(1lnx)()1(1)，xxx1lnxx(1lnx)令，则，F(x)xxlnx1(0x1)F(x)lnx0故在上单调递增，，所以，F(x)(0,1)F(x)F(1)0h(x)0所以h(x)在(0,1)上单调递减，所以h(x)h(1)0，故原结论得证.………………12分高三数学试题参考答案及评分细则第5页（共5页）