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