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湖北省新高考联考体*数学答案（共7页）第1页2022年湖北省荆荆宜三校高三上学期9月联考高三数学答案一、选择题题号12345678答案BDCACCBD二、选择题题号9101112答案ABCADABCBCD三、填空题13．71214．21615．10xy−−=16．24四、解答题17．【解析】（1）由正弦定理知sin2sinAaCc==,1分又2π3AC−=,所以2π132sinsinsin()sincos322CACCC==+=−+，所以53sincos22CC=，所以3tan5C=．4分（2）由3tan5C=知222222cossin1tan11cos2cossin1tan14ccCCccC−−===++，2222sincos2tan53sin2cossin1tan14ccCCccC===++，6分记ABC△的面积为S．因为ππ23BACC=−−=−,所以1sin4sin2SacBB==π1153634sin(2)23cos22sin2232314147CCC=−=−=−=．故ABC△的面积为637．10分18．【解析】（1）由题意，4555510652575308520951073100+++++==，2分此时85=+，故()0.158651(85.9)2PXXP=−−+=≤≤，4分所以该市全体考生中笔试成绩高于85的人数约为100000.158651587人．5分（2）进入面试的考生中笔试成绩位于[80,90)、[90,100]的人数之比为2:1，则抽取的6人中成绩不低于90湖北省新高考联考体*数学答案（共7页）第2页分的人数为2，所以随机变量的取值为0，1，2．6分2426C2(0)5CP===，114226CC8(1)15CP===，2226C1(2)15CP===，9分所以的分布列为012P25815115所以2812()012515153E=++=．12分19．【解析】（1）由11133nnnnnnaaaaaa+++−=−得11113313nnnnnnnnaaaaaaaa++++−−==−，1分所以11113()nnnnaaaa+++=+，3分因为115021aa=+，则1{}nnaa+是公比为3的等比数列．4分（2）由（1）得11532nnnaa−+=．所以22211125()2924nnnnnnaabaa−+=+==−−，6分所以25252(91)24121993nnnnnS−=−=−−−．8分所以25(91)264nnnS−=−，因为25与64互素，所以64|()912nnS−Z．因为01223391(18)1CC8C8C8C81nnnnnnnnn−=+−=+++++−122328C8C8C)8C(nnnnnn−=++++，所以正整数n的最小值为8．12分20．【解析】（1）证明：分别取BC，1BC的中点O和F，连接OA，OF，EF，1BO．湖北省新高考联考体*数学答案（共7页）第3页因为O，F分别是BC，1BC的中点，所以1FO//BB，且112FOBB=，因为点E为棱1AA的中点，所以1AE//BB，且112AEBB=，所以FO//AE，且FOAE=，所以四边形AOFE是平行四边形，所以EF//AO．2分因为1EBEC=，F是1BC的中点，所以1EFBC⊥，又平面1BCE⊥平面11BBCC，且平面1BCE平面111BBCCBC=，所以EF⊥平面11BBCC，所以AO⊥平面11BBCC，4分因为AO平面ABC，所以平面11BBCC⊥平面ABC．5分（2）因为侧面11BBCC为菱形，且160BBC=，所以1BBC△为正三角形，所以1BOBC⊥，由（1）知平面11BBCC⊥平面ABC，所以OA，OC，1OB两两垂直．设2AB=，则122AABC==．以O为坐标原点，OA，OC，1OB分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．则(2,0,0)A，(0,2,0)C，1(0,0,6)B，26(2,,)22E，所以1(0,2,6)BC=−，26(2,,)22CE=−，(2,2,0)AC=−，7分设平面1BCE的法向量为111(,,)xyz=m，则111111260,2620,22BCyzCExyz=−==−+=mm令11z=，得(0,3,1)=m．设平面1ABC的法向量为222(,,)xyz=n，则12222260,220,BCyzACxy=−==−+=nn令23y=，得(3,3,1)=n，10分湖北省新高考联考体*数学答案（共7页）第4页则427cos,||||731331===+++mnmnmn，所以平面1ABC与平面1BCE的夹角的余弦值为277．12分21．【解析】（1）因为点3(1,)2A在椭圆上，所以221314ab+=，①因为点(4,0)P在椭圆外，且2||43PF=−，所以3c=，即223ab−=，②由①②解得24a=，21b=，所以椭圆的方程为2214xy+=．4分（2）解法一：设点11(,)Mxy，22(,)Nxy，并设直线MN：:(2)MNlxmytt=+．将直线MN代入方程2214xy+=得22()440myty++−=，即222(4)240mymtyt+++−=，因为直线l与椭圆有且仅有一个交点，所以222244(4)(4)0mtmt=−+−=，即224tm=+．6分直线AP的方程为:423APylx=−；直线BP的方程为:423,BPxyl=+联立方程,423,xmytxy=+=−得1234mty−=+，同理得2423mty−=−，所以122(4)(43)43412tyytm−−−==+−．8分所以121212))11(,(4)(22StyyStyy=−=−−，所以1222222211212221211(((444))))()44(SSSStyyytytyyt−−+=−−−+−−2122221(4)8)1(64yyttttt=−−++−+2221484898)(31216)364(4)816tttttt+=−+=−+++（，10分令98(26)t+=，则2211222488193672856SSSS−+=−++，当且仅当28=，即209t=时取等号．故当209t=时，221122SSSS−+取得最小值97．12分解法二：当直线l斜率存在时，设直线l的方桯为ykxm=+，联立221,4,yxxkmy=+=+得222(14)8440kxkmxm+++−=，因为直线l与椭圆有且仅有一个交点，所以2222644(14)(44)0kmkm=−+−=，即2241mk=+．6分由题意得直线PA，PB的直线方程分别为423xy−=−，423xy−=，设()()1122,,,MxyNxy．湖北省新高考联考体*数学答案（共7页）第5页由423ykxmxy=+−=−得1423123mxk−=+，同理得2423123mxk+=−，所以22122212161216412134mmxxkm−−===−−，又当直线l斜率不存在时也满足124xx=．8分所以211122112121212441111||||24()||2()|2223234|33xxSxyxyxxxxxxxx−−=−=−=−+=−+−同理可得()()()212211212|44||5|23Sxyxyxx=−−−=−+，又因为124xx=，由对称性不妨设1(1,2]x，则12114[4,5)xxxx+=+，设122[2,3)xxt+−=，则1212,(3)33StSt==−，所以222222121214217159(3)(3)(73036)()3333377SSSSttttttt+−=+−−−=−+=−+，当且仅当157t=时，221122SSSS−+取得最小值97．12分解法三：设点π(2cos,sin),03C≤，则直线cos:sin12lxy+=，l与x轴的交点为2(,0)cosQ，由于直线:423APxy−=−，:423BPxy−=，联立方程cossin12324xyxy++==得234sin2cos1(,)3cossin3cossinM−−−−，联立方程cossin12324xyxy+−==得234sin2cos1(,)3cossin3cossinN−−−−−−−，则11122cos12cos1||||()22cos3cossin3cossinMONMNSSOQyy−−==−=−−−−22222cos123cos23(2cos1)23cos2cos13cossin3cossin−−===+−−，同理：21122cos12cos1||||(4)()22cos3cossin3cossinMPNMNSSPQyy−−==−=−−−−−222222(2cos1)23cos23(2cos1)23(2cos1)cos2cos13cossin3cossin−−−===+−−，由此1232cos1S=+，223(2cos1)2cos1S−=+，所以12223SS+=，其中123(,3]3S．所以222211221111(232)(232)SSSSSSSS−+=−−+−21147123009710312477SS−=−+=≥．（注意：解法二用到了面积公式112211|2|Sxyxy=−，解法三都用切线方程cos:sin12lxy+=，在使用前需湖北省新高考联考体*数学答案（共7页）第6页要证明）22．【解析】（1）()fx的定义域为(1,)−+，(0)0f=．1()ln(1)1eln(1)2e11xxxfxxxxx=+++−=+−+−++，1分令()()Fxfx=，则211()e1(1)xFxxx=+−++，所以()yFx=单调递减．因为(0)10F=，3(1)e04F=−，由此可得存在唯一1(0,1)x，使得()10Fx=．2分所以()fx在()11,x−单调递增，在()1,x+单调递减，所以()1(0)0fxf=，又3(1)ln2e02f=+−，所以存在()21,1xx，使得()20fx=．3分所以()fx在(1,0)−单调递减，在()20,x单调递增，在()2,x+单调递减．因为(0)0f=，所以()20fx，而(1)ln220fe=+−，所以()fx在()2,1x之间存在唯一零点．综上所述：()fx有两个零点．5分（2）由（1）可得函数()fx较大的零点为0(0,1)x，则0000ln(1)e10xxxx++−+=，则000200ln(1)e1xxxxx+−−=．故只需证明000022204(e1)e12exxxxx−−+，等价于证明0002200220(e1)e12e44xxxxxx+−−．6分不妨设02xt=，1(0,)2t，则等价于证明()222e1e212etttttt+−−．设222()ee21xxgxxxx=−−−−，1(0,)2x，则222()2e(2)e222ee2(1)2()xxxxxgxxxxxx=−+−−=−−−+，因为2e102xxx−−−，[0,)x+，e1xx+，所以()()2e2(1)2e10xxgxxx−+=−−，所以()gx在1(0,)2单调递增，因此()(0)0gxg=．所以()22e1e21tttt+−−，1(0,)2t．8分设22()2ee21xxhxxx=−++，1(0,)2x，注意到(0)0h=，则2222()(24)e2e22[(2)ee1]xxxxhxxxxx=+−+=+−+，令()22()2ee1xxmxxx=+−+，注意到(0)0m=，则222()(42)e2e)2(2e21exxxxxmxxxx=++−=++−，令2()21e2xx