湖北省第十届高三（4月）联考数学参考答案及评分细则一、选择题1.C2.A3.C4.D5.D6.B7.B8.D二、多选题9.BCD10.ABD11.BCD(注：第9,10,11题有错选得0分，仅部分选对的选对一个各得2分)三、填空题113912.13.(0,)14.3e288.解析：圆O1运动到O3,两圆相切于M点，点P从A运动到P1,易知，所以，AMP1M2AO2M1P1O3M2P1O2M所以所以的轨迹为圆中过，的直AO2MP1O2M,PO2AO2径，长度为4.10.解析：依题意有cosAcosBcosC,所以cos(CB)cosBcosC,所以sinBsinC2cosBcosC,所以tanBtanC2,A正确；(tanBtanC)tanAtan(BC)tanBtanC1tanBtanC，所以B正确；因为tanBtanC20，所以tanB0，tanC0，所以tanAtanBtanC2tanBtanC223，所以A，C错；3cosAcosBcosC易知A,B,C为锐角，且cosAcosB,cosAcosC,AB,AC,ab,ac.D正确，选ABD..p11.解析：M1Fy1y11，所以p2，所以A错，武汉乐学教育2xx2，所以在点处切线斜率为n，所以，正确；yMnkMMn1Bppnxn222联立及2得xxn2，所以yyn(xxn)x4y(xxn)xn44xn88xxn，所以xn1xn，所以C正确；xnxn12182121616nyn1xn1(xn)x24yn24yn4，44xn4xnxn所以，累加得，又，所以yn1yn4yn4(n1)y14n3(n2)y11，所以，正确，选yn4n3MnFyn14n2DBCD.C1C1C1C29解析：易知，3433，14X1,2,3P(X1)2C81431AC391139所以P(X2)3，P(X3),所以E(X)222828.C828C8法二：列举.三个班名额分配：1,1,7共3种；1,2,6共6种；1,3,5共6种；1,4,4共3种；2,2,5共3种；2,3,4共6种；3,3,3共1种，总计28种，其中名额最少是1的有18种，名额最少189139是2的有9种，名额都是3的有1种.依次求的概率分别为，，，期望为.2828282815.解析：武汉乐学教育（）由题意n，所以n1，1bn3anbn43所以log3(anbn)log34n1，……………2分(n1)n(n1)n所以Snlog42nlog2.……………6分n32322n1（2）b2n13，所以cn2n1，所以……………7分11111()……………9分cncn1(2n1)(2n1)22n12n1111111111所以(1)c1c2c2c3cncn123352n12n111n(1)……………13分22n12n116.解析：（1）f(x)x(xb)2，f(x)(xb)22x(xb)(xb)(3xb)……………2分当b0时，f(x)3x20，f(x)在R上单增，……………3分b当b0时，令f(x)(xb)(3xb)0，xb或x，……………4分3bx(，)时，f(x)0，f(x)单调递增，3bx(，b)时，f(x)0，f(x)单调递减，3x(b，)时，f(x)0，f(x)单调递增，……………7分2ab（2）f(x)(xb)(3x2ab)，令f(x)0，所以xb或x32ab2ab令f(x)0，xa或xb，又a，b，2，1，1，且a，b，互不相等，332ab所以ab2，所以5a4b6武汉乐学教育……………9分35a4b65a4b65a4b6所以或2ab或2ab……………11分ab0a0b033经检验a2，b1符合，所以f(x)(x2)(x1)2，……………12分f(x)(x1)(3x3)，令f(x)0，x1或x1，……………13分当x(,1)，f(x)0，x(1，1)，f(x)0，x(1，)，f(x)0，所以x1时，f(x)取得极小值f(1)4.……………15分2b217.解析：（1）依题意有b=1，当AB⊥x轴时，|AB|,a212b322∴S△(ac)1,a1c.解得a=2,c=3.……………4分ABT2a21（2）设直线l：yxm，设G(x，y)，H(x，y)，联立武汉乐学教育211221yxm222得2x4mx4m4022x4y416m2320所以，所以分x1x22m2m2……………62x1x22m21yym，所以G，H的中点为D(m，m)，12215GH1(xx)24xx84m2（52m2），……………8分41212215又N的轨迹是以D(m，m)为圆心，半径r2m2的圆，22555所以ONODrm2m2(m2m2)……………10分222令m2cos，(0，]，2510记f()(2cos2sin)2sin()5sin()，22443(，]，所以，|m|1时，ON5……15分4444max注：若利用导数或其它方法求得最大值，结论正确，照样给满分。18.解析：（1）在△SBC中，SB3，BC1，SCB60，由余弦定理得SC2，所以SB2BC2SC2，所以SBBC，又矩形ABCD中，BCAB，ABSBB，所以BC平面SAB……………5分（2）由（1）知，BC平面SAB，AD//BC，所以AD平面SAB，SA平面SAB,所以ADSA，又在三角形SCD中可求得SD2，在直角三角形SAD中可求得SA3SB，111又，又V2VSABCDVSABCVCSABV2V1VNSAB222所以，又，所以分VCSABVNSABNS//BCNSBC1,……………7(I)取AB中点O，建立如图所示空间直角坐标系Oxyz，A(1，0，0），B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(1，1，0)，S(0，0，2)，N(0,1,2)，所以SN(0,－1，0)，SC(1，1,－2)，设平面SNC的法向量n(x，y，z)nSC0xy2z0则，所以，取nSN0y0n(2，0，1)，又AS(1，0，,2)，所以A到平面SNC的距离ASn26d.……………11分|n|3注：过点A作等腰三角形SAB腰上的高AE，证明AE为点A到平面SNC的距离，然26后等积法223AE,AE,求得结果照样给满分.3（II）AB(2，0，0)，AN(1,－1，2)，设平面ABN的法向量m(a，b，c)，mAB02a0所以，所以，取m(0，2，1)……………14分mAN0ab2c0mn1所以cosm，n，武汉乐学教育mn322所以平面SNC与平面ABN所成夹角的正弦值为……………17分319.解析：(1)设事件A1表示第一次取出时为可充电池，事件A2表示第一次取出时为一次性电池，事件B表示第二次取出时为一次性电池，则33329P(B)P(A)P(B|A)P(A)P(B|A)………2分1122666520331P(A1B)，………3分6641P(A1B)45所以P(A|B)……………5分1P(B)9920(2)由题意，X的可能取值为1，2，3339P(X1|Y1)，……………7分5525322327P(X2|Y1)，……………9分555450211P(X3|Y1)，……………10分5410927187所以E(X|Y1)123.……………11分25501050(3)由题意，现有3块可充电池和2块一次性电池可使用，经分析可得，21321231a,a,……………12分2543554544n2时，23323321a(()n2()n3()n2)……………15分n54554554213444()n2(1()2()n2)54455541()n113134()n25()n2(1()n1)写到此处可得满分，不扣分410412455233(()n1()n1)……………17分345命题人：黄梅一中王进黄州区一中童云霞审题人：夷陵中学王方宜昌市一中孙红波枝江一中周晓知