广东省广州市2022-2023学年高三下学期第二次模拟考试数学含答案.pdf

《广东省广州市2022-2023学年高三下学期第二次模拟考试数学含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广东省广州市2022-2023学年高三下学期第二次模拟考试数学含答案.pdf（17页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、 1 2023 年广州市普通高中毕业班综合测试（二）数学试题参考答案及评分标准 评分说明:1本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则 2对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分 3解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数 4只给整数分数选择题不给中间分 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分

2、分 二、选择题：本题共二、选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 9.BC 10.ACD 11.BD 12.BCD 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13.8 14.3或者*3k kN 15.10 16.12，33212 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分分 17.（10 分）（1）解：由1+(1)=2nnn+naS，得21=2aS，即21=2aa，1 分 32=4a+S，即3124aaa，3 分 又30a，所以11a，23a.5 分（2）解：当2nk时，221

3、2+=2kk+kaS，6 分 当21nk时，21221=2kkk-aS，7 分 得22121222122kkkkkkaaSS，得2121223 2kkkaa.8 分 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C B D D A A D B 2 因为12nnnbaa，所以2462nbbbb 3254762122222nnaaaaaaaa 33 2 3 2 +53 2+213 2n 9 分 21 431 4n 2122n.10 分 18.(12 分)（1）解：令1ux，则y关于u的线性回归方程为yu，1 分 依题意，得10110221103502102001.60.910iiiiiu yuyuu

4、，3 分 70200 0.310yu，4 分 则10200yu.5 分 所以y关于x的回归方程为20010yx.6 分（2）解法 1:由20010yx，得20010 xy，7 分 年利润10Mmx 8 分 2220020010010500251010yyyy 9 分 212090.8500y.10分 当20y 时，年利润M取得最大值，此时，200200201020 10 xy，11 分 所以，当年技术创新投入为20千万元时，年利润的预报值最大.12 分 3 解法 2:由20010yx，年利润10Mmx 7 分 22200100105002510yyxy 8 分 2120022001010100

5、1050025xxxx 9 分 2118090.820 x.10 分 当1120 x，即20 x 时，年利润M取得最大值，11 分 所以，当年技术创新投入为20千万元时，年利润的预报值最大.12 分 19.(12 分)（1）解法 1：因为coscosbA aBbc，由余弦定理有22222222bcaacbbabcbcac，2 分 化简得222bcabc，3 分 由余弦定理得2221cos22bcaAbc，4 分 因为 0A，所以3A.5 分 解法 2：因为coscosbA aBbc，由正弦定理sinsinsinabcABC，得sincossincossinsinBAABBC，1 分 因为()C

6、AB，所以sincossincossin()sinBAABABB.2 分 化简得 sincossincossinBABAB，3 分 因为 sin0B，所以 1cos2A.4 分 因为 0A，4 所以 3A.5 分（2）解：由3cos3B，得26sin1 cos3BB.6 分 因为ABC，得23CB，则2sinsin3CB22sincoscossin33BB 33162323 1626.7 分 设BAD，则3CAD.在ABD和ACD中，由正弦定理得 sinsinBDADB36AD，8 分 6sin36sin3CDADADC，9 分 因为2CDBD，上面两式相除得6sin36 sin3，得316c

7、ossin36 sin22，10 分 即2cos26 sin，11 分 得2tan3226.所以tanBAD32.12 分 20.（12 分）解法一：（1）证明：取1BC的中点F，连接DF，EF，因为点D是BC的中点，5 FzyxC1B1A1EDCBA 所以DF1CC1AA，DF121112CCAAAE.则A，E，F，D四点共面.1 分 因为AD平面1BC E，平面AEFD平面1BC EEF，所以ADEF.2 分 因为ABAC，所以ADBC.3 分 在直三棱柱111ABCABC中，1CC 平面ABC，则1ADCC.又1BCCCC，BC 平面11BBC C，1CC 平面11BBC C，所以AD

8、平面11BBC C.4 分 所以EF 平面11BBC C.又EF 平面1BC E，所以平面1BC E平面11BBC C.5 分（2）解：由（1）可知四边形AEFD是平行四边形，所以ADEF.设203BCaa，在 R tADB中，2229ADABBDa，所以EF 29a.三棱锥11BBC E的体积 111 1BBC EE BBCVV1111132BB BC EF29aa2229922aa.7 分 当且仅当29aa，即3 22a 时，等号成立.故当三棱锥11BBC E的体积最大时，23 2BCa.8 分 在 Rt ADC中，223 22ADACCD.以D为原点，DB所在直线为x轴，AD所在直线为y

9、轴，DF所在直线为z轴，6 建立空间直角坐标系Dxyz，则3 2,0,02B，3 2 30,22E，13 2,0,32C，3 20,02A，3 2,0,02C，3 23 2 3,222BE，13 2,0,3BC ，3 2 3 2,022AC .9 分 设平面1BC E的法向量为,x y zn，由10,0,BEBCnn得3 23 230,2223 230,xyzxz 令1x，则2z，0y.所以平面1BC E的一个法向量为1,0,2n.10分 则3 262cos,63 3ACACAC nnn.11 分 设直线AC与平面1BC E所成角为，则6sincos,6AC n.所以直线AC与平面1BC E所

10、成角的正弦值为66.12 分 解法二：（1）证明：延长1C E交CA的延长于点F，连接BF，因为AD平面1BC E，平面ABC平面1BC EBF，AD 平面ABC，所以ADBF.1 分 因为ABAC，所以ADBC.2 分 在直三棱柱111ABCABC中，1CC 平面ABC，则1ADCC.7 GFC1B1A1EDCBA 又1BCCCC，BC 平面11BBC C，1CC 平面11BBC C，所以AD 平面11BBC C.3 分 所以BF 平面11BBC C.4 分 又BF 平面1BC E，所以平面1BC E平面11BBC C.5 分（2）解：由于D是BC的中点，则A是CF的中点，E是1AA的中点，

11、2BFAD.设203BCaa，在 R tADB中，2229ADABBDa，所以2BF 29a.三棱锥11BBC E的体积 111 1BBC EE BBCVV111111322BB BCBF29aa2229922aa.7 分 当且仅当29aa，即3 22a 时，等号成立.故当三棱锥11BBC E的体积最大时，23 2BCa.8 分 作1CGBC于G，连接FG，因为平面1BC E平面11BBC C，平面1BC E平面11BBC C1BC，所以CG 平面1BC E.9 分 所以CFG为直线AC与平面1BC E所成的角.10 分 在 R t 1BCC中，22113 3BCBCCC，116BC CCCG

12、BC，11 分 在 R t BCF中，sinCGCFGCF66，所以直线AC与平面1BC E所成角的正弦值为66.12 分 8 另法另法:由于D是BC的中点，则A是CF的中点，E是1AA的中点，2BFAD.设203BCaa，在 R tADB中，2229ADABBDa，所以2BF 29a.三棱锥11BBC E的体积 111 1BBC EE BBCVV111111322BB BCBF29aa2229922aa.7 分 当且仅当29aa，即3 22a 时，等号成立.故当三棱锥11BBC E的体积最大时，23 2BCa.8 分 由于222BCABAC，则ABAC.又平面ABC 平面11ACC A，平面

13、ABC 平面11ACC AAC，则AB 平面11ACC A.9 分 设1A到平面1BC E的距离为h，由111 1ABC EB AC EVV，10 分 得11 111113933333224BC EAC Eh SAB S ,而1119 624BC ESBCAD，所以62h.11 分 因为AC11AC，所以直线AC与平面1BC E所成角的正弦值为116sin6hAC.12 分 21.（12 分）（1）解法 1：设点,P x y，以PF为直径的圆的圆心为,M x y，9 由于M为PF的中点，则12xx，2yy.1 分 依题意得MFx，2 分 即22111222xyx，3 分 化简得24yx.所以C

14、的方程为24yx.4 分 解法 2：设点,P x y，以PF为直径的圆的圆心为M，M的半径为r，则2PFr.设M与y轴的交点为N，过点P作PQ y轴于点Q，在梯形OFPQ中，122OFPQxrMN，1 分 则2PFr1x.2 分 所以点P到点F的距离等于点P到直线1x 的距离.所以点P的轨迹是以点F为焦点，1x 为准线的抛物线.3 分 所以C的方程为24yx.4 分（2）解法 1：根据题意，直线l的斜率存在，设直线l：1yk x，1122(,),(,)A x yB xy 由24,1,yxyk x消去y，整理得22222(2)0k xkxk,由韦达定理得：212222kxxk，121x x，5

15、分 设直线l的倾斜角为，则tanAMAF，tanBNBF，6 分 所以()tantanAMBNAFBFABk AB.7 分 所以21224411kABAFBFxxk .8 分 由题意知四边形MANB为梯形，10 所以四边形MANB的面积22238(1)22AMBNABABkkSk 9 分 4238(21)kkk.10 分 设(0,)tk，则 42338(21)218()ttS ttttt，4222444238(23)8(3)(3)(1)8(1)tttttS ttttt，当03t 时，0S t；当3t 时，0S t，所以 S t在0,3上单调递减，在3,上单调递增.所以当3tk，即3k 或3k

16、时，四边形MANB的面积取得最小值，11 分 此时直线l的方程为3(1)yx或3(1)yx，即330 xy或330 xy.12 分 解法解法 2：设直线l：1xmy，1122(,),(,)A x yB xy，由24,1,yxxmy消去x，整理得2440ymy，由韦达定理得124yym，124y y ，5 分 所以222121212()4164(4)41yyyyy ymm .6 分 直线AM的方程为11()yym xx，令0y，得11yxxm，即11,0yMxm.7 分 同理可得22,0yNxm.8 分 所以四边形MANB的面积 1212111222AMNBMNSSSMN yMN yMN yy

17、9 分 12121212121211(1)(1)22yyyyxxyymymyyymmmm 11 2222121 11(1)8(1)82mm yym mmmm.10 分 设(0,)tm，则 428(21)ttS tt，2228(1)(31)ttS tt，当303t 时，0S t；当33t 时，0S t，所以 S t在30,3上单调递减，在3,3上单调递增.所以当33tm，即33m 或33m 时，四边形MANB的面积取得最小值，11 分 此时直线l的方程为313xy或313xy,即330 xy或330 xy.12 分 22.（12 分）（1）解法 1：由()()f xg x，得2ln(1)xaxx

18、，若0 x，得00，aR，1 分 若0 x，得2ln(1)xxax，记2ln(1)()xxh xx，则2322ln(1)1()xxxxh xx，2 分 记22()2ln(1)1xxp xxx，则22()0(1)xp xx，()p x单调递增 因为(0)0p，当0,x()0p x，()0h x；当10 x，()0p x，()0h x 即()0h x恒成立，所以()h x在(1,)上单调递增.3 分 因为x时，2ln(1)0 xxx，所以0a.4 分 解法 2：令 ln 1h xxx1x ，则 1111xh xxx ，当10 x 时，0h x，h x在1,0上单调递增；12 当0 x时，0h x，

19、h x在1,0上单调递减；则0 x时，h x取得最大值，其值为 00h.所以，当1x 时，00h xh，即ln 1xx.1 分 所以，当0a时，2ln 1xxaxx，即 f xg x；2 分 当0a时，取010 xa，由于0ln 1ln10 x，而2200110axxaaa，得2000ln 1xaxx，故00f xg x，不符合题意.3 分 综上所述，0a.4 分（2）证明：当0a 时，由（1）得ln(1)xx，5 分 由得ln()1xx，得1ln1(1)xxx，令111tx，得1txt，所以1ln1ttt，即1lnln(1)ttt(1)t，6 分 所以1ln()ln(1)nknknk，1k，2，n.7 分 令 sing xxx0 x，则 1 cos0gxx，故 g x在0,上单调递增.所以 00g xg.8 分 所以sinxx0 x.9 分 所以11sinln()ln(1)nknknknk，1k，2，n.10 分 所以111sinsinsin122nnn ln1lnln2ln1ln2ln 21nnnnnn ln2lnnn 11 分 ln2.12 分