湖北荆荆宜2023届高三五月三校联考 数学答案.pdf

1、 2023 年高三下学期 5 月三校联考 高三数学试卷参考答案 一、选择题：题号12345678答案ADABDCCD二、选择题：题号9101112答案BCACDABCABD三、填空题：13814(,11519016 649四、解答题：17【解析】（1）因为141nnna aS+=，所以12141nnnaaS+=两式相减，得()1214nnnnaaaa+=因为10na+，所以24nnaa+=2 分 所以21na是以 1 为首项，4 为公差的等差数列，2na是以 3 为首项，4 为公差的等差数列所以211(1)443nann=+=，23(1)441nann=+=4 分故21nan=5 分 （2）因

2、为1111111nnnnnnnnnaSSS SS SSS+=，6 分所以122311111111111nnnnTSSSSSSSS+=+=8 分因为2(121)2nnnSn+=，所以211(1)nTn=+10 分18【解析】（1）因为6()Sb ac=+，所以16sin()2bcAb ac=+，1 分 因为2sin3A=，代入上式可解得233cac=+，即 ac=，3 分所以2sinsin3CA=，5coscos3CA=，4 分所以1coscos()9BAC=+=6 分（2）因为6()Sb ac=+，所以16sin()2bcAb ac=+，即3sin()bcAb ac=+，因为3b=，3B=，所

3、以32 acac=+，8 分由余弦定理知2222cosbacacB=+，所以222239()3()34acacacacacac=+=+=，解得6ac=，10 分所以13 3sin22SacB=.12 分19【解析】（1）因为点 D 为棱 AC 的中点，DADB=，所以 BCAB1 分因为1B C 平面 ABC，AB 平面 ABC，所以1B CAB又因为1BCB CC=，1,BC B C 平面11BCC B，所以 AB 平面11BCC B 3 分因为1CC 平面11BCC B，所以1ABCC4 分（2）设1(0)CBt t=以CA 为 x 轴，1CB 为 z 轴，过点C 与CA 垂直的直线为 y

4、 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则1(0,0,0),(4,0,0),(2,0,0),(1,3,0),(0,0,)CADBBt 5 分所以1(1,3,),(1,3,0),(1,3,0)BBt BCBD=，6 分设平面1BDC 的法向量为(,)nx y z=，所以130,22 30.n BDxyn BCxytz=+=令3xt=，则 yt=，4 3z=所以(3,4 3)nt t=8 分所以11221222 33cos,48|444816BBtBBBBtttt=+nnn10 分3333422 38 316=+（当且仅当2248tt=，即42 3t=时，等号成立）所以直线1BB 与平面1BDC 所成

5、角的正弦的最大值为 33412 分20【解析】（1）第 85%分位数=0.850.65451051.670.3+=（岁）3 分（2）因为(200.01300.02400.035+500.03+600.005)1040 x=+=，5 分所以40=，所以10.9545(61)(2)0.022752P XP X=+=，所以使用该 APP 且年龄大于 61 周岁的人数占左右喜欢使用该 APP 的 2.275%7 分（3）根据题意(8,0.2)XB，要使()P Xk=取得最大值，则()(1),()(1),P XkP XkP XkP Xk=+=9 分所以811788811988C 0.2 0.8C0.20

6、.8,C 0.2 0.8C0.20.8,kkkkkkkkkkkk+解得 4955k，因为 k N，所以1k=12 分 21【解析】（1）设双曲线C 的焦距为 2c，其中222cab=+，则12(,0),(,0),(1,0)FcF cH所以1(1,0)HFc=，2(1,0)HFc=1 分由123HFHF+=0，有13(1)0cc +=，得2c=所以1(2,0)F，2(2,0)F2 分因为双曲线C 的渐近线方程为byxa=，有(1,)bTa，所以1(3,)bTFa=，2(1,)bTFa=由122TFTF=，有2232ba+=，即22432aa+=，得22a=4 分所以2222bca=所以C 的方程

7、为22122xy=5 分（2）设 AB 的方程为(1)yk x=，11(,)A x y，22(,)B xy联立方程组22(1),1.22yk xxy=得2222(1)220kxk xk+=所以210k，42244(1)(2)0kkk=，212221kxxk+=，212221kxxk+=7 分所以2212121212121212(1)(1)23()42222(2)(2)AFBFyyk xk xx xxxkkkxxxxxx+=+=+=222212222340(2)(2)11kkkxxkk+=+=10 分所以22BFAFkk=，即22MF HNF H=因为2MNHF，所以 HMHN=12 分22【解

8、析】（1）因为()esinxf xbx=+，所以()ecosxfxbx=+所以切线的斜率(0)1kfb=+又因为切线的斜率为 2，所以12b+=解得1b=2 分由得1b=，所以()esin,(,)xf xx x=+，()ecosxfxx=+因为()esin0 xfxx=恒成立，所以()fx单调递增3 分又2e()02f=，()e10f=，所以存在0(,)2x ，使()0fx=00ecos0 xx+=x()0,x0 x()0,x+()fx-+()f x极小值所以()f x 存在唯一的极小值点0 x，()000000esinsincos2 sin()4xf xxxxx=+=5 分因为0(,)2x

9、，所以053(,)444x 所以02 sin()(1,1)4x 所以()01f x 6 分（2）()esin,(,)xf xbx x=+令()0f x=，即 esin0 xbx+=，所以1sinexxb=令sin(),(,)exxg xx=+，则2 sin()cossin4)(eexxxxxg x=令()0g x=，得,1,4xkkk=+Z 7 分所以当5(2,2)44xkk+时，sin()04x，()g x 单调递减；当59(2,2)44xkk+时，sin()04x，()g x 单调递增所以当52,1,4xkkk=+Z 时，()g x 取得极小值即当3 5,44x=时，()g x 取得极小值9 分又因为352sin()sin442=，35()44，所以35()()44gg又因为在3(,)4上()g x 单调递减，所以3432()()e42g xg=10 分当,2 04xkkk=+Z 时，()g x 取得极大值，即当9,44x=时，()g x 取得极大值又因为92sinsin442=，944ee，所以9()()44gg所以42()()e42g xg=11 分当(,)+时，43422e()e22g x所以344212ee22b因为0b，所以342eb时，()f x 在(,)+上有零点所以实数b 的取值范围为34 2e,)+12 分