【文档说明】广东省广州市普通高中2022届高三二模 数学 答案.pdf，共(12)页，517.621 KB，由小赞的店铺上传

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12022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8小题，每小题5分，共40分．题号12345678答案ACBDBCBD二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．9.BCD10.AD11.AC1

2.ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.12[14.221246yx15.916.312，5说明:第(14)题答案可以为:222214yxbb25b.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：若选条件①.

由于1110aS，11nnaa，得0na.…………………………1分由112nnnaSS，得112nnnnSSSS，………………………2分得1112nnnnnnSSSSSS，……

……………………3分因为10nnSS，所以12nnSS.……………………………4分所以数列nS是首项为11S，公差为2的等差数列.………………………5分所以12121nSnn.2所以221nSn.………………………

………………6分当2n时，221212388nnnaSSnnn，……………………7分由于11a不满足上式，所以1,1,88,2.nnann…………………………………………8分因为28a，1

12a，满足211aa．当2n时，1(1)70nnaa，满足11nnaa．缺验证扣1分………9分所以选择①时问题中的数列na存在，此时1,1,88,2.nnann………………10分若选条件②．由于

12nnaSnn，得2123aS.……………………1分当2n时，1nnaSn，11nnaSn，……………………2分两式相减得111nnnnaaSS1na，……………………3分得121nnaa，……………………4分得11212

nnaan.……………………5分由于211421aa，……………………6分则数列1na是首项为112a，公比为2的等比数列.……………………7分故1122nna，即21nna.……………………8分因为11(1)211212

10nnnnnaa，缺验证扣1分………9分所以11nnaa，符合题意．所以选择②时问题中的数列na存在，此时21nna．……………………10分若选条件③．111aS

.……………………1分因为121nnaan，得112nnanan，……………………3分由于1120a，则0nan.……………………4分3则112nnanan.……………………5分所以nan是首项

为2，公比为2的等比数列.……………………6分所以2nnan，即2nnan．……………………7分因为1112112220nnnnnaann，……………………8分满足11nnaa．缺验证扣1分………9分所以选择

③时问题中的数列na存在，此时2nnan．……………………10分18.（12分）（1）解：根据题意，这60名学生中耐力跑测试成绩等级为优或良的人数为71118，……………………………………………………

1分成绩等级为合格或不合格的人数为42.……………………………………………2分则1PX111842260CC126C295.……………………………………………………4分（2）解法1：从该校的学生中随机抽取3名，相当于进行了3次独立重复试验，设所抽取的3名学生中耐力跑成绩为优或良的人数为

，则服从二项分布3,Bp．………5分由题意得任取1名学生耐力跑成绩为优或良的频率为711600.3，……………6分将样本频率视为概率得0.3p．………………………………………………………7分根据二项分布的均值公式得30.9Ep．有期望=3P给1分………9分根据题意得100Y

，………………………………………………………10分Y10090EYE所以的数学期望为．有第一个等式给1分…………………12分解法2：从该校的学生中随机抽取3名，相当于进行了3次独立重复试验，设所抽取的3名学生中耐力跑成绩为优或良的人数为，则服从二项分布3,Bp

．………5分由题意得任取1名学生耐力跑成绩为优或良的频率为711600.3，……………6分将样本频率视为概率得0.3p．………………………………………………………7分而100Y，则Y的所有可能取值为0，100，200，300.……

………………8分且0033(0)C0.30.70.343PY，1123(100)C0.30.70.441PY，2213(200)C0.30.70.189PY，3303(300)C0.30.70.

027PY．4…………………………………………………10分所以Y的分布列为：所以Y的数学期望为00.3431000.4412000.1893000.02790EY．……………………………………………………12分19.（12分）（1）解:在△ACD中

，60D，6AC，33CD，由余弦定理得2222sinACADCDADCDD，…………………………1分即2136272332ADAD，整理得23390ADAD，…………………………………2分解得3372AD或3372AD（

舍去），…………………………3分所以3372AD.………………………………………4分所以△ACD的面积为27371sin6028SADCD.只看结论……5分（2）解法1:在△ACD中，由

正弦定理得sinsinCDACCADD，得3sin4CAD.…………………………………6分因为90BACACADCAD，则27sincos1sin4CADBACCAD，正弦值或余弦值有一个正确就给分……7分3cossin4BACCAD.因为9co

s16ACB，则257sin1cos16ACBACB.只看结果…………8分因为πBACACBB,则sinsinBBACACBsincoscossinBACACBBACACB378.只看结果………………………9分在△ABC中，由正弦定理sinsi

nsinACABBCBACBBAC，得5AB，4BC.一个值1分………………11分所以34ABΒC=8.…………………………………………12分Y0100200300P0.3430.4410.1890.027P的值错一个或

两个扣1分……11分5FEDCBA解法2:在△ACD中，由正弦定理得sinsinCDACCADD，得3sin4CAD.…………………………………6分因为90BACACADCAD，则3coscos90sin4BACCADCAD

.有正弦等于余弦给1分………8分在△ABC中，9cos16ACB，由余弦定理得2222cosABACBCACBCACB，2222cosBCABACABACBAC，即2227364ABBCBC，①……………………………

…………9分22369BCABAB，②………………………………………10分①②得34ABΒC=8.………………………………………12分[另法]（1）解：如图，作CEAD于E，在Rt△CED中，60D，33CD，则39sin6033

22CECD，………………1分133cos603322DECD.………………2分在Rt△AEC中，6AC,则22AEACCE372.………………3分故ADAEDE3372.………………………………4分所以△ACD的面积为2737128S

ADCE.………………5分（2）解:在Rt△AEC中，得3sin4CECAEAC.………………………………6分因为90BACACAECAE，则3coscos90sin4BAC

CAECAE.有正弦等于余弦给1分………8分在△ABC中，作BFAC于F，则ACAFCF，…………………………9分得6coscosABBACBCACB.……………………………

…10分因为9cos16ACB，所以396416ABBC34ABΒC=8，得�.…………�一个…………一………………等式1分12�分20.（12分）（1）证明：因为四边形ABCD是菱形，所以BDAC.…………………………1分6OzyxFEDC

BAGOFEDCBA因为BD平面ABCD，平面AEFC平面ABCD，平面AEFC平面ABCDAC，所以BD平面AEFC.……………………………………………………2分因为BD平面BDE，所以平面BED平面AEFC.…………………………………3分（2）解法1:设ACBDO，连接OF，

由BD平面AEFC，AE平面AEFC，得AEBD.……………………4分因为AEAC，AC平面ABCD，BD平面ABCD，所以AE平面ABCD.………………………………………5分因为EF∥AC，12AOACEF，所以四边形AEFO是平行四边形.所以AE∥OF.

所以OF平面ABCD．………………………………………6分以OB，OC，OF分别为x，y，z轴建立如图所示空间坐标系Oxyz，由于2AEAB，则(3,0,0),(010),(3,0,0),(0,0,2)BCD

F，，，……………7分则(3,1,0)CD，(0,1,2)CF，23,0,0BD.…………………8分设平面CDF的法向量为n,,xyz，由0,0,CDCF

nn，即30,20,xyyz，令1x，解得n31,3,2，……9分由于BD平面AEFC，则23,0,0BD是平面AEFC的法向量.…………10分则219cos,19BDBDBDnnn，…

……………………………………11分所以二面角ACFD的余弦值为21919.………………………………………12分解法2：过O作OGFC，垂足为G，连接DG，………4分由BD平面AEFC，得ODFC，………

……………5分又ODOGO，OD平面DOG，OG平面DOG，则FC平面DOG.………………………6分因为DG平面DOG，则FCDG.……………………7分故DGO为二面角ACFD的平面角

.………………………………………8分因为AEAC，EF∥AC，2ACEF，则平面四边形AEFC为直角梯形.7在直角梯形AEFC中，求得25OG，………………………………………9分在Rt△DOG中，22195DGOGOD，………………………………………10分2

2195cos19195OGDGODG.………………………………………11分所以二面角ACFD的余弦值为21919.………………………………………12分21.（12分）（1）解：由题意得24b，2212cbeaa

，………………………2分所以22a，2b.……………………………………3分所以C的方程为22184xy.……………………………………4分（2）解法1：由题意，直线1l斜率存在且不为0,设直线1l的方程为3ykx，且

11,yxA，22,yxB，00,Qxy，将)3(xky代入8222yx，整理可得081812212222kxkxk，………………………………………5分0)818)(21(4144224kkk，解得22k，由根与

系数的关系可得2221222121818,2112kkxxkkxx，只要写对一个等式不扣分…………6�分根据PBAPQBAQ，则33210210xxxxxx，……………………………………

…7分解得386211221362116366322222222121210kkkkkkxxxxxxx，只看结论……………8�分8又21ll，则2l的方程为)3(1xky，令0x，则ky3，即

kR3,0.故2211339kkPR.………………………………………9分而221313381kkPQ，………………………………………10分记△PQR面积为S，则221112121kkPQPRS

212122kk12221.（当且仅当1k时取等号）只看结论…………………11分所以△PQR面积的最小值为1.………………………………12分解法2:由题意，直线1l斜率存在且不为0,设直线1l的方程为3xty，11(,)Axy，22(,)Bxy

，00(,)Qxy由223184xtyxy消去x得22(2)610tyty，……………………………5分由222364(2)13280ttt，得12t或12t.由韦达定理得12122261,22tyyyytt，只要写对一

个等式不扣分…………6�分由AQAPQBPB及,,,PAQB四点共线，知011202yyyyyy，……………………7分得120122yyyyy22212632tttt.……………………………8分

则220113tPQtyt，………………………………………9分9因为12ll，则2l的方程为13xyt，令0x得3yt，即(0,3)Rt.所以2211331PRttt.………………………………………10分所以△PQR面积2221111113122322ttSP

RPQttttt11212tt.只看结论………………………11�分当且仅当112t等号成立.所以△PQR面积的最小值为1.………………………………………12分解法3：由题意，直线1l斜率存在且不为0,设直线1l的方程为3xty，11(,)Axy

，22(,)Bxy，00(,)Qxy由223184xtyxy消去x得22(2)610tyty，……………………………5分由222364(2)13280ttt，得12t或12t.由韦达定理得1212226

1,22tyyyytt，只要写对一个等式不扣分…………6�分设AQAPQBPB，由,,,PAQB四点共线，知AQQB，APPB，由APPB，即112

2(3,)(3,)xyxy，得12yy.…………………7分由AQQB，即01012020(,)(,)xxyyxxyy，得1211201122221.131yyyyyyyyyty只看结论…………………

……8分则220113tPQtyt.………………………………………9分10因为12ll，则2l的方程为13xyt，令0x得3yt，即(0,3)Rt.所以2211331PRttt.………………………………………10分所以△PQR面

积22211111131()22322ttSPRPQttttt11212tt，只看结论……………………………11�分当且仅当112t等号成立所以△PQR面积的最小值为1.………………………………………12分22.（12分）（1）解:函数

fx的定义域为0,，………………………………………1分由于0m，则22ln1fxxxx.2ln22fxxx，………………………………………2分令hx2ln22fxxx，22(1)2xhxxx，当01x时，2(1)(

)0xhxx，fx在区间0,1上单调递增；当1x时，2(1)()0xhxx，fx在区间1,上单调递减.则12ln1220fxf.………………………………………3分所以函数

fx的单调递减区间为0,.………………………………………4分（2）证法1：由（1）得2ln22fxxxm在区间0,1上单调递增，当0m时，10fm，120e1m，…………………………………5分111222e2122e2e02mmmmfm

，………………………6分则00,1x，使00fx，即0002ln220fxxxm，……7分11得002ln22mxx.当00xx时，0fx，fx在区间00,x上单调递减

；当01xx时，0fx，fx在区间0,1x上单调递增.则200000()()2ln1fxfxxxxmx………………………………………8分2200000002ln2ln221(1)0xxxxxxx.…………

……………………………9分所以22ln10xxxmx.………………………………………10分令abxab，由于0ba，则01x.则22lnabababababab10mabab，……………………………11分整理得mbaab

baba224ln2.………………………………………12分证法2：欲证mbaabbaba224ln2，只要证222lnabababmababab，………………………

………………5分即证2lnabababmababab.………………………………………6分令abxab，由于0ab，则1x.………………………………………7分故只要证12lnxxmx,即证2xlnxx21mx0

1x.只要有一个等式就给分…8分由(1)可知，函数22ln1hxxxx在区间0,上单调递减，故1x时，10hxh，即22ln10xxx.…………………………9分由于

0m，1x，则0mx.此处为mx<0………………………10�分所以2xlnxx21mx0成立.………………………………………11分所以mbaabbaba224ln2.……………………………………12分12