2023年深圳市高三年级第一次调研考试数学含答案.pdf

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1、2023 年深圳市高三年级第一次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 第1页 共7页 2023 年深圳市高三年级第一次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 2023.2 本试卷 22 小题，满分 150 分。一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D D A C A D B 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分。题号 9 10 11 12 答案 AD

2、 BC BCD ACD 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13 1415（注：答案不唯一，还可能的答案有，等，函数零点）16，四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（10 分）解解：（1）当时，；当时，所以 2 分因为，所以得，整理得，所以（常数），4 分 所以是首项为 6，公差为 4 的等差数列 5 分（2）由（1）知，6 分 当为偶数时，；7 分 10131 1,3 2()2 1,52()3 1,8 2()0.41868622x22 224()()xayaaa+=+451n=1122aa=+14a=2n=21252

3、aaa+=+22a=126aa+=212nnaSn=+211(1)12nnaSn+=+2211(1)22nnnaaann+=+142nnaan+=+*nN121()()4(1)2(42)4nnnnaaaann+=+=*nN1nnaa+14(1)242nnaann+=+=*nN2nn1234()()nSaaaa=+1(642)2()2nnnnaa+=2nn=+2023 年深圳市高三年级第一次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 第2页 共7页 当为奇数时，9 分 综上所述，10 分 18（12 分）解解：（1）由已知得，1 分 由正弦定理可得，2 分 因为，所以代入上式，整理得，3 分 又因为，

4、所以，即 5 分 而，所以，6 分（2）在中，由余弦定理得，而，所以 8 分 在中，由余弦定理得，10 分 由两式消去，得，所以 又，解得，11 分 所以的面积 12 分 19（12 分）证明证明：（1）连接交于点，连接 因为是菱形，所以，且为的中点 1 分 因为，所以 2 分 又因为平面，且，所以平面 3 分 又平面，所以，平面平面 5 分 解解：（2）取中点，连接交于点，连接 因为，所以是等边三角形，所以 又因为，所以平面 所以 n12345()()nSaaaaa=+11(1042)2()42nnnnaa+=+22nn=+22,2,nnnnSnnn+=+当 为偶数时当 为奇数时，.3 si

5、ncosbcaCaC+=+sinsin3sinsinsincosBCACAC+=+ABC+=sinsin()sincoscossinBACACAC=+=+cossinsin3sinsinACCAC+=(0,)Csin0C 3sincos1AA=1sin()62A=5666A66A=3A=ACD2222cos42ccCDbbA=+3A=CDa=22242cbcab=+ABC222abcbc=+a232cbc=32cb=1bc=3b=2c=ABC13 3sin22SbcA=DBACOPOABCDBDACOBDPBPD=POBD,AC PO APCACPOO=BD APCBD ABCDAPC ABC

6、DABMDMACHPH3BAD=ABDDMABPDABAB PDMAB PHPABCDOMHxyz2023 年深圳市高三年级第一次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 第3页 共7页 由（1）知，且，所以平面 6 分 由是边长为 2 的菱形，在中，由，在中，所以 7 分（法一）以为坐标原点，、分别为轴、轴建立如图所示空间直角坐标系，则，所以，8 分 设平面的法向量为，所以111111132 60033030BPxyzABxy=+=+=nn，令得 9 分 设平面的法向量为，所以222222232 60033030BPxyzCBxy=+=nn，令得 10 分 设平面与平面的夹角为 所以，所以，平面

7、与平面夹角的余弦值为 12 分（法二）因为，所以，所以 8 分 取中点，过点作且交于点，连接，因为是等边三角形，所以 又因为，所以，所以为二面角的平面角10 分 在中，在中，在中，所以，BDPHABBDB=PH ABCDABCDABC2 3cos303AMAH=cos303AOAB=APPCAPC22 34 38333PHAH HC=2 63PH=OOBOCxy(0,3,0)A(1,0,0)B(0,3,0)C3(0,0)3H32 6(0,)33P(1,3,0)AB=(1,3,0)CB=32 6(1,)33BP=PAB1111(,)xyz=n11y=12(3,1,)2=nPBC2222(,)xy

8、z=n21y=2(3,1,2)=nPABPBC1212122222222|331 12|32cos|cos,|32(3)1()(3)1(2)2+=+n nn nnnPABPBC33222PBPAPHAH=+=222 2PCACPA=222PBBCPC+=PBBCPBNN/NQBCPCQANAQAPBANPB/NQBCNQPBANQCPBAAPBsin603ANAB=BPC112NQBC=APC226AQPAPQ=+=2223cos23ANNQAQANQAN NQ+=PABCDOMHNQ2023 年深圳市高三年级第一次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 第4页 共7页 所以，平面与平面夹角的余

9、弦值为12 分 20（12 分）解解:（1）每次摸到白球的概率，摸到黑球的概率为 2 分 每名员工两次摸到的球的颜色不同的概率 4 分 由题意，该部门 9 名员工中按方式回答问卷的人数 所以，的数学期望6 分（2）记事件为“按方式回答问卷”，事件为“按方式回答问卷”，事件为“在问卷中画”由（1）知，9 分 又，由全概率公式，得，解得 11 分 所以，根据调查问卷估计，该企业员工对新绩效方案的满意度为12 分 21（12 分）解解：（1）（法 1）设，联立直线 与双曲线的方程，得，1 分 消去，得 由且，得且 由韦达定理，得，2 分 所以，由消去，得 4 分 由且，得或 所以，点的轨迹方程为，其

10、中或6 分（法 2）设，PABPBC33123p=213p=1321249pC p p=X3(9,)pBX3()94E Xnpp=ABC4()9P A=5()1()9P BP A=212()(|)()339P A P C AP AC=44()=459P C=+()()(|)()(|)P CP A P C AP B P C B=+425(|)999P C B=+2(|)0.45P C B=40%11(,)A xy22(,)B xy00(,)M xylE22344ykxxy=y22(1 4)24400kxkx+=2160640k=2140k252k 214k 1222414kxxk+=122401

11、4x xk=120212214xxkxk+=20022123331 41 4kykxkk=02021214314kxkyk=k22000412xyy=+252k 214k 03y013y M22412xyy=+3y13y 11(,)A xy22(,)B xy00(,)M xy2023 年深圳市高三年级第一次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 第5页 共7页（i）当时，易得（ii）当时，由，两式相减，整理得 2 分 而，所以，即 4 分 综上，点的轨迹方程为（除去的一段）6 分（2）（法 1）双曲线的渐近线方程为 设，联立得，同理可得，7 分 因为，所以，线段的中点也是线段的中点 所以，为线段

12、的两个三等分点 9 分 即，而，所以，解得，所以，存在实数，使得、是线段的两个三等分点12 分（法 2）双曲线的渐近线方程为设，联立直线 与双曲线的渐近线方程，得，消去，得 7 分 由韦达定理，得线段的中点横坐标为 所以，线段的中点也是线段的中点 所以，为线段的两个三等分点 9 分 0k=(0,3)M0k 00 x 221122224444xyxy=121212124()yyxxyyxx+=+1202xxx+=1202yyy+=0121203yyykxxx+=000034yxyx+=22000412xyy=+M22412xyy=+103yE12yx=33(,)C xy44(,)D xy123y

13、xykx=3621xk=4621xk=+340212214xxkxk+=ABMCD,A BCD|3|CDAB=2234121|3 1|kxxkxx+=+3412|3|xxxx=2121212|()4xxxxx x=+22224160()1414kkk=+3426612|2121|41|xxkkk=+222212241603()|41|1414kkkk=+32k=32k=ABCDE2204xy=33(,)C xy44(,)D xylE22340ykxxy=y22(1 4)24360kxkx+=CD340212214xxkxk+=ABMCD,A BCD|3|CDAB=2023 年深圳市高三年级第一

14、次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 第6页 共7页 所以，解得，所以，存在实数，使得、是线段的两个三等分点12 分 22（12 分）解解：（1）当时，定义域为 1 分，令，得 2 分 当时，；当时，所以，的单调增区间为，单调减区间为 3 分（2）函数的不动点即为方程的根，即方程的根 显然，不是方程的根，所以 记（），因为（当且仅当取等号），所以在和上均单调递增 5 分 由，记 当时，（i）当时，（可证，利用放缩可得），存在，使得，即存在唯一使得；注：也可通过时，且时，存在唯一使得（ii）当时，（可证），存在，使得，即存在唯一使得 7 分 当时，（i）当时，无零点；（ii）当时，因为，存在，

15、使得，即存在唯一使得 注：也可通过且时，时，存在唯一使得 综上所述，当时，函数有两个“不动点”，；22222222(24)4 36(14)(24)4 40(14)13 1|14|14|kkkkkkkk+=+32k=32k=ABCD1a=4()exxf x+=R3()exxfx+=()0fx=3x=3x()0f x3x()0fx()f x(,3)(3,)+()f x()0f xx=(4)0exa xx+=4x=(4)0exa xx+=(4)e00e4xxa xxxax+=+e()4xxF xax=+4x22(2)e()0(4)xxF xx+=+2x=()F x(,4)(4,)+e(4)()4xx

16、a xF xx+=+()e(4)xh xxa x=+0a(,4)x 44(4)0eh=1(4)0eha 1eexx1(,4)t 1()0h t=1(,4)t 1()0F t=x()F xa4x4x()F x +1(,4)t 1()0F t=(4,)x+(0)40ha=(4)0ha e1xx+2(0,)t+2()0h t=2(0,)t+2()0F t=0a(,4)x e()04xxF xax=+(4,)x+(0)40ha=44(4)0eh=0(4,0)t 0()0h t=0(4,)t +0()0F t=4x4x()F x x+()F x +0(4,)t +0()0F t=0a()f x1t2t2

17、023 年深圳市高三年级第一次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 第7页 共7页 当时，函数有一个“不动点”8 分（3）由（2）知(其中)由，代入得 记，由（1）知，当时，函数单调递增，且；当时，函数单调递增，且；当时，函数单调递减，且 由可得；可得，共三个解10 分 所以，有一个零点所以，由，代入得，由（1）知，当，即时，的解为；当，即且时，所的解为，综上所述，当且时方程有两个不同实数根 12 分 0a()f x0t()()0f f xf x=()if xt=0,1,2ie()0=4itiiitF tat=+44eeiitxtx+=4()exxG x+=(,4x ()G x()(,0G x (4,3)x()G x3()(0,e)G x(3,)x+()G x3()(0,e)G x 1()()0G xG t=1xt=2()()0G xG t=20,xtx=()F t0t()()0f f xf x=0()f xt=0000e()04ttF tat=+0044eetxtx+=03t=33ea=10()()G xG t=0t03t 0a33ea 10()()G xG t=1x0t0a33ea