《名校》2022武汉二调数学试卷及答案 .pdf

1、 武汉市 2022 届高中毕业生二月调研考试 数学试卷参考答案及评分标准 选择题：题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C D B A D B C A ABD AC BC ACD 填空题：13.12 14.2 33 15.2x(答案不唯一，其余正确答案均给分)16.|,62kkkZ+解答题：17.（10 分）解：（1）当 1=n时，1122aa=，12a=.当 2n时，2+3nnSan=，1124nnSan=+.两式相减得：1221nnnaaa=+，即121nnaa=，1(1)2(1)nnaa=.又1110a =，1na 构成首项为 1，公比为2 的等比数列.5 分

2、（2）由（1）112nna=，故121nna=+.1121111222nnnnnaa+=+.22111111111111()().()(.)(.)222222222222nnnT=+=+1112122 12nn=+.2122nnnT+=.10 分 18.（12 分）解：（1）取 BC 中点M，FBFC=，FMBC.由平面 BCF 平面 ABCD，且交线为 BC，FM 平面 ABCD.又 ED 平面 ABCD，有 ED FM，,E D F M四点共面.ED 平面 ABCD，AC 平面 ABCD，AC ED.又在矩形 ABCD中，2ADDCDCCM=，AC DM.又 EDDMD=，AC平面 EDM

3、F.EF 平面 EDMF，ACEF.6 分（2）以 D 为坐标原点，DEDCDA,的方向为zyx,轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则有：(2,0,0),(2,2,0),(1,2,3),(0,0,2),(0,2,0)ABFEC.设平面 ABF 的法向量),(111zyxn=，(0,2,0)AB=，(1,0,3)BF=.1112030n AByn BFxz=+=，取(3,0,1)n=.设平面 ECF 的法向量),(222zyxm=，(1,0,3)CF=，(0,2,2)CE=.222230220n CFxzn CEyz=+=+=，取(3,2,1)m=.|3 1|6|cos,|6|46m n

4、m nmn+=.所以平面 ABF 与平面 ECF 所成锐二面角的余弦值为66.12 分 19.（12 分）解：（1）由题意，2sin2sincos(1 cos)2sinAAAAA=.sin0A，cos1 cosAA=.有1cos2A=，0A，3A=.5 分（2）由余弦定理，2222cosabcbcA=+，有222abcbc=+.又2231(89)sin122SbabcA=，代入得：2223389()124bbcbcbc+=，整理得：22690bbcc+=，即2(3)0bc=，3bc=.此时227abcbcc=+=.2227 1 97cos2142 7acbBac+=.12 分 20.（12 分

5、）解：（1）平均成绩为：10(45 0.005 55 0.0265 0.025 75 0.03 85 0.015 95 0.005)+69.5=.4 分（2）成绩落在区间80,100内的概率为110(0.0150.005)5+=，故1(2,)5XB.成绩落在区间70,100内的概率为110(0.030.0150.005)2+=，故1(2,)2YB.117()()22525E XE Y+=+=.由题意，Z 可能的取值为0,1,2,3,4，且 XY.211(0)(0,0)(1)=24P ZP XY=；121113(1)(0,1)()(1)25210P ZP XYC=；212111129(2)(0,

6、2)(1,1)()(1)2525100P ZP XYP XYC=+=+=；121113(3)(1,2)()52525P ZP XYC=；211(4)(2,2)()525P ZP XY=.1329317()0+123441010025255E Z=+=.故有()()()E XE YE Z+=.12 分 21.（12 分）解：（1）由题意，设椭圆半焦距为c，则12ca=，即22114ba=，得32ba=.设11(,)B x y，11|2OABSa y=.由1|yb，故OABS的最大值为 12 ab.将32ba=代入，有2334 a=，得2a=，3b=.所以椭圆的标准方程为22143xy+=.4 分

7、（2）设22(,)C xy,直线 BC 方程为 xmyt=+,与椭圆方程联立得：222(34)63120mymtyt+=.有122212263431234mtyymty ym+=+=+.直线 BA 的方程为11(2)2yyxx=，令 xt=得点M 纵坐标11(2)2My tyx=.同理可得，点 N 纵坐标22(2)2Ny tyx=.当,O A M N 四点共圆，则|PAPOPMPN=，即(2)|MNt ty y=.2212121212(2)(2)(2)(2)(2)(2)MNy y ty y ty yxxmytmyt=+212221212(2)(2)()(2)y y tm y ym tyyt=+

8、22222223(4)(2)3(4)6(2)(34)(2)ttm tm t tmt=+22223(2)(2)3(2)6(34)(2)ttm tm tmt+=+23(2)(2)3(2)(2)4(2)4ttttt+=+.由2t，故3(2)(2)(2)4t ttt=+，解得：6t=.12 分 22.（12 分）解：（1）1a=时，1()|ln|f xxxx=+.01x 时，1()lnf xxxx=+，211()1fxxx=+，21()1feee=+.1x 时，1()lnf xxxx=+，211()1fxxx=+，222111()1eefeeee+=+=.21()()feefe=.4 分 （2）令()

9、0g x=，有1|ln()|xxeeaaxax+=+.则1|ln()|xxaxeeaaxaxax+=+，即1|ln|ln()|xxxaeeeaaxaxax+=+.所以()()xf ef ax=.01x 时，22211()10aaxfxxxxx=+=；1x 时，22211()10aaxfxxxxx=+=+；所以，()f x 在(0,1)上递减；在(1,)+上递增.又因为1()()f xf x=，所以()()xf ef ax=，当且仅当xeax=或1xeax=.又1xe ，故xeax=和1xeax=不可能同时成立.所以()g x 的零点个数是两个函数()xs xeax=和1()xt xxea=的零

10、点个数之和，其中0 x.()xs xea=，01a 时，()0s x，()s x 递增，()(0)1s xs=，()s x 无零点.1a 时，令()0s x=，得lnxa=，故()s x 在(0,ln)a 上递减；在(ln,)a+上递增.当1ae时，(ln)(1 ln)0saaa=，此时()s x 无零点.当 ae=时，(ln)0sa=，此时()s x 有一个零点.当 ae时，(ln)(1 ln)0saaa=，11()10asea=，2(2ln)2 ln(2ln)saaaaa aa=.令()2lnh aaa=()ae，2()10h aa=，故()()20h ah ee=，所以(2ln)0sa.由零点存在性定理，()s x 在 1(,ln)aa和(ln,2ln)aa 上各有一个零点，此时()s x 有两个零点.1()xt xxea=，()(1)0 xt xxe=+，()t x 在(0,)+上递增.又1(0)0ta=，111()(1)0ateaa=，故0a 时，()t x 在(0,)+上必有一个零点.综上所述，0ae时，()g x 有一个零点；ae=时，()g x 有两个零点；ae时，()g x 有三个零点.12 分