【文档说明】广东省深圳市2023届高三第一次调研考试数学试题答案.pdf，共(8)页，743.092 KB，由小赞的店铺上传

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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12345678答案BDDACADB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9101112答案ADBCBCDACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．14．15．（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：（1）当时，，；当时，，．所以．………………………………………………2分因为①，所以②．②－①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10−1311,32()21,52()31,82()0.41868622x22224()()xayaaa−++=+451n=1122aa=+14a=2n=21252aaa+=+22a=126aa+=212nnaSn=++211(1)

12nnaSn++=+++2211(1)22nnnaaann++=−++−142nnaan++=+*nN121()()[4(1)2](42)4nnnnaaaann++++−+=++−+=*nN1nnaa++14(1)242nnaann−+=−+=−*nN2nn1234()()nSaa

aa=++++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：（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，，所以，即．…………5分而，所以，．…………………………………………6分（2）在中，由余弦定理得，．而，，所以．①…………………………………………8分在中，由余弦定理得，，②……………………………………10分由①②两式消去，得，所以

．又，解得，．……………………………………………………11分所以的面积．……………………………………………………12分19．（12分）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：（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()()n

Saaaaa=+++++11(1042)2()42nnnnaa−−+−++=+22nn=++22,2,nnnnSnnn+=++当为偶数时当为奇数时，.3sincosbcaCaC+=+sinsin

3sinsinsincosBCACAC+=+πABC++=sinsin()sincoscossinBACACAC=+=+cossinsin3sinsinACCAC+=(0,π)Csin0C3sincos1AA−=π1sin()

62A−=ππ5π666A−−ππ66A−=π3A=ACD△2222cos42ccCDbbA=+−π3A=CDa=22242cbcab=+−ABC△222abcbc=+−a232cbc=32cb=1bc−=3b

=2c=ABC△133sin22SbcA==DBACOPOABCDBDAC⊥OBDPBPD=POBD⊥,ACPOAPCACPOO=BD⊥APCBDABCDAPC⊥ABCDABMDMACHPHπ3BAD=A

BDDMAB⊥PDAB⊥AB⊥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1111111326003

3030BPxyzABxy=−−+==+=nn，令得．…………9分设平面的法向量为，所以22222223260033030BPxyzCBxy=−−+==−=nn，令得．…………10分设平面与平面的夹

角为．所以，．所以，平面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，，BDPH⊥ABBDB=PH⊥ABCDABCDABC23cos303AMAH==cos303AOAB==APPC⊥APC223438333PHAHHC===263PH=OOBOCxy(0,

3,0)A−(1,0,0)B(0,3,0)C3(0,,0)3H−326(0,,)33P−(1,3,0)AB=(1,3,0)CB=−326(1,,)33BP=−−PAB1111(,,)xyz=n11y=1

2(3,1,)2=−−nPBC2222(,,)xyz=n21y=2(3,1,2)=nPABPBC1212122222222|33112|||32cos|cos,|||||32(3)1()(3)1(2)2−+−====−++−++nnnnnnP

ABPBC33222PBPAPHAH==+=2222PCACPA=−=222PBBCPC+=PBBC⊥PBNN//NQBCPCQANAQAPBANPB⊥//NQBCNQPB⊥ANQCPBA−−APBsin603ANAB==BPC112NQB

C==APC226AQPAPQ=+=2223cos23ANNQAQANQANNQ+−==−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弦值为．…………………………………………12分20．（12分）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Ⅰ回答问卷的人数～．所以，的数学期望．……………………………………………………6分（2）记事

件为“按方式Ⅰ回答问卷”，事件为“按方式Ⅱ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：（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，其中或．………………………6分（法2）设，，．PABPBC33123p=213p=1321249pCpp==X3(9,)pBX3()94EXnpp===ABC4()9PA=5()1()9PBPA=−=212(

)(|)()339PAPCAPAC===44()=459PC=+()()(|)()(|)PCPAPCAPBPCB=+425(|)999PCB=+2(|)0.45PCB==40%11(,)Axy22(,)Bxy00(,)MxylE22344ykx

xy=−−=y22(14)24400kxkx−+−=2160640k=−2140k−252k214k1222414kxxk−+=−1224014xxk−=−120212214xxkxk+−==−20022123331414kykxkk−−=−=−=−−

02021214314kxkyk−=−−=−k22000412xyy=+252k214k03y−013yM22412xyy=+3y−13y11(,)Axy22(,)Bxy00(,)Mxy2023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)M−0

k00x221122224444xyxy−=−=121212124()yyxxyyxx−+=+−1202xxx+=1202yyy+=0121203yyykxxx+−==−000034yxyx+=22000412xyy=+M22412xyy=+103yE1

2yx=33(,)Cxy44(,)Dxy123yxykx==−3621xk=−4621xk=+340212214xxkxk+−==−ABMCD,ABCD||3||CDAB=2234121||31||kxxk

xx+−=+−3412||3||xxxx−=−2121212||()4xxxxxx−=+−22224160()1414kkk−=+−−3426612||||2121|41|xxkkk−=−=−+−222212241603()|41|

1414kkkk−=+−−−32k=32k=ABCDE2204xy−=33(,)Cxy44(,)DxylE22340ykxxy=−−=y22(14)24360kxkx−+−=CD340212214

xxkxk+−==−ABMCD,ABCD||3||CDAB=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：（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．①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②当时，（i）当时，无零点；（ii）当时，因为，，存在，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)436(14

)(24)440(14)131|14||14|kkkkkkkk+−+−+=+−−32k=32k=ABCD1a=4()exxfx+=R3()exxfx+=−()0fx=3x=−3x−()0fx

3x−()0fx()fx(,3)−−(3,)−+()fx()0fxx−=(4)0exaxx+−=4x=−(4)0exaxx+−=(4)e00e4xxaxxxax+−=−=+e()4xxFxax=−+4x−22(2)e()0(

4)xxFxx+=+2x=−()Fx(,4)−−(4,)−+e(4)()4xxaxFxx−+=+()e(4)xhxxax=−+0a(,4)x−−44(4)0eh−−=1(4)0eha−−1eexx−1(,4)t−−1()0ht=1

(,4)t−−1()0Ft=x→−()Fxa→−4x→−4x−()Fx→+1(,4)t−−1()0Ft=(4,)x−+(0)40ha=−(4)0hae1xx+2(0,)t+2()0ht=2(0

,)t+2()0Ft=0a(,4)x−−e()04xxFxax=−+(4,)x−+(0)40ha=−44(4)0eh−−=0(4,0)t−0()0ht=0(4,)t−+0()0Ft=4x→−4x−()Fx→−x→+()Fx→+0(4,)t−+0()0Ft=

0a()fx1t2t2023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()fx0t(())()0ffxfx−=()ifxt={0,1,2}ie()0=4itiiitFtat=+44eeiitxtx++=4()exxGx+=(,4]x−−()Gx()(,0]Gx

−(4,3)x−−()Gx3()(0,e)Gx(3,)x−+()Gx3()(0,e)Gx1()()0GxGt=1xt=2()()0GxGt=20,xtx=()Ft0t(())()0ffxfx−=0()fx

t=0000e()04ttFtat==+0044eetxtx++=03t=−33ea=−10()()GxGt=0t03t−0a33ea−10()()GxGt=1x0t0a33ea−获得更多资源请扫码加

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