【文档说明】广东省广州市普通高中2021届高三二模 数学 答案.pdf，共(12)页，528.901 KB，由管理员店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

12021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BADDCBBC二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．9.BD10.ABD11.ACD12.B三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.314.315.316.2211612xy四、解答题：本题共6小题，共

70分．17.（10分）（1）解法1：由+11+23(2)nnnSSSn，得+112nnnnSSSS，…………………1分得12nnaa2n，…………………………2分即12nnaa2n，……………

……………3分因为na是等比数列，所以2q.…………………………4分因为11a，所以12nna.…………………………5分解法2:由+11+23(2)nnnSSSn，得31223SSS，…………………………1分得12311223aaaaaa

，…………………………2分2整理得322aa，即322aa.…………………………3分因为na是等比数列，所以322aqa.…………………………4分因为11a，所以12nna.…………………………5分解法3：设

等比数列{}na的公比为q，若1q，由于11a，则1na，nSn.…………………………1分因而+11+2121313(2)nnnSSnnnSn，与题设+11+23(2)nnnSSSn矛盾，所以1q.………………………

…2分由+11+23(2)nnnSSSn，得1111123111nnnqqqqqq，…………………………3分解得2q.…………………………4分因为11a，所以12nna

.…………………………5分（2）解法1：由（1）得122112nnnS.…………………………6分则1121nnS.…………………………7分所以11122121nnnnnnnabSS1

112121nn.…………………………8分所以2231111111212121212121nnnT……………9分11121n.…………………………10分解法2：由（1）得12211

2nnnS.…………………………6分因为1111nnnnnnnnaSSbSSSS…………………………7分3EDCBA111nnSS.…………………………8分所以12231111111nnnTSSSSSS

…………………………9分1111nSS11121n.…………………………10分18.(12分)（1）解：因为△BCD是等腰直角三角形，90BCD，2BD，所以2BCCD，45CBDCDB.…………1分因为90ADB，5sin5A

BD，所以090ABD，225cos1sin5ABDABD，………2分5cosBDABABD，sin1ADABABD.…………………………4分在△ACD中，135ADC，由余弦定理得222cos135ACA

DCDADCD2221221225.…………………………5分由正弦定理得sin135sinACADACD，得21102sin105ACD.…………………………6分（2）解

法1：在△ACD中，由正弦定理得sinsinCDADCADACD，得sinsinCDACDCADAD55.…………………………7分4由于090CAD，得225cos1sin5CADCAD.…………8分所以sin1ta

ncos2CADCADCAD.…………………………9分在Rt△ADE中，1tan2DEADCAD，1124ADESADDE.…………………………10分在Rt△ABD中，112ABDSADBD

.…………………………11分所以△ABE的面积为ABDADESSS34.…………………………12分解法2：由（1）知5ACAB，2BC，则221122ABCSBCABBC32.…………………………7分由于1151sin

52252ABESABBEABDBEBE，…………8分111sin2sin45222CBESBCBECBDBEBE，……………9分所以ABECBESS.…………………………10分因为ABECBE

ABCSSS，…………………………11分所以△ABE的面积为12ABEABCSS34.…………………………12分解法3：由10sin10ACD，且090ACD，得2310cos1sin10ACDACD.…………………………7分在△CDE中，1801

35CEDACDCDBACD，则sinsin135CEDACDsin135coscos135sinACDACD…………………8分2310210210210

5255.…………………………9分由正弦定理得sinsinDECDACDCED，得sinsinCDACDDECED1021102255.…………………………10分所以32BEB

DDE.…………………………11分所以△ABE的面积为1sin2SBEABABD135522534.…12分解法4：由10sin10ACD，且090ACD，得2310cos1sin10ACDACD.…………………………7分因为90ACBBC

DACDACD，所以10coscos90sin10ACBACDACD，…………………8分310sinsin90cos10ACBACDACD.……………………9分在△B

CE中，18045135BECACBACB，则sinsin135BECACBsin135coscos135sinACBACB2102310210210

255.…………………………10分由正弦定理得sinsinBCBEBECACB，6zyxOC1B1A1CBA得sinsinBCACBBEBEC31023102255.…………………………11分所以△ABE的面积为1sin2SBEABABD

135522534.…12分19.（12分）（1）解:由散点图中数据和附注中参考数据得5t，92160iitt，54.26.029y，…………………………3分得919219183.6554.287.41.466060iiiiitytybtt

，…………………………5分所以6.021.46513.32aybt.…………………………6分所以y关于t的回归直线方程为1.4613.32yt.…………………………7分（2）解：由题意1.6,0.

36XN，10.954420.977222PX，……9分所以21.620.60.4时，满足题意.…………………………11分所以该地区最低人均年纯收入标准大约为0.4万元.………………………12分20.(12分)（1）证明：记11BCBCO

，连结AO，因为侧面11BBCC是菱形，所以11BCBC,1BBBC.…………………………1分因为1ABBABC,ABAB,所以△1ABB≌△ABC.…………………………2分所以1ABAC.…………………

………3分因为O是1BC的中点，所以1AOBC.…………………………4分因为1AOBCO,AO平面1ABC,1BC平面1ABC,所以1BC平面1ABC.…………………………5分（2）解法1：因为1ABAC，O为

1BC的中点，所以1AOBC.…………………………6分7DOC1B1A1CBA由（1）可知1BCAO，因为11BCBCO，所以AO面11BBCC.…………………………7分以O为原点建立如图的空间直角坐标系Oxyz,设AOt

,…………………………8分因为112BBBC，所以11BO，3BO.则3,0,0B，10,1,0B，0,1,0C，0,0,At，10,1,BAt，13,1,0BB，3,0,BAt，0

,1,CAt设平面1ABB的法向量为1n111,,xyz，则有1n1110BAytz，1n11130BBxy，令13y，得平面1ABB的一个法向量为1n31,3,t.…………………………9分设平

面ABC的法向量为2n222,,xyz，则有2n2230BAxtz，2n220CAytz，令23x，则23y，23zt.则平面ABC的一个法向量为2n33,3,t.………………………10分由题意知1n2n2333330t,

解得62t.…………………………11分所以111111116233322=CABBABBCBBCVVAOS.………………………12分解法2：作CDAB于D，连接1BD，由（1）知△1ABB≌△ABC，所以1BDAB，1CDBD.……………………

……6分所以1BDC是二面角1BABC的平面角，依题意得190BDC.…………7分因为112BBBC，所以12CDBD.8ODBCC1B1A1A因为1ABAC，O为1BC的中点，所以1A

OBC.…………………………8分由（1）可知1BCAO，因为11BCBCO，所以AO面11BBCC.…………9分设AOx，在Rt△1AOB中,2222111ABBOAOx，……………………10分在Rt△1ADB中,222111ADABBD

x，在Rt△AOB中,2223ABAOBOx，在Rt△1BDB中,22112BDBBBD，因为ABBDAD,则22312xx,解得62x.………………………11分所以111111116233322=CABBABBCB

BCVVAOS.……………………12分解法3：作CDAB于D，连接1BD，DO，由（1）知△1ABB≌△ABC，所以1BDAB，1CDBD.…………………………6分所以1BDC是二面角1BABC的平面角，依题意得190BDC.…………

7分又1CDBDD，则AB平面1CDB.因为DO平面1CDB，所以DOAB.…………………………8分因为112BBBC，所以12CDBD，1DO，3BO.在Rt△1BDB中，2211BDBBBD2.因为Rt△AOB～Rt△BOD，所以AODOBOBD

，得62AO.…………………………9分因为1ABAC，O为1BC的中点，所以1AOBC.…………………………10分由（1）可知1BCAO，因为11BCBCO，所以AO面11BBCC.………11分9所以111111116233322=C

ABBABBCBBCVVAOS.……………………12分21.（12分）（1）解:设00,Bxy是抛物线C上的任一点，则2002xpy.…………………………1分22000ABxyp2200022pyypyp220yp.

…………………………2分因为00y,所以当00y时，2minABpp.…………………………3分依题意，得2p.所以C的方程为24xy.…………………………4分（2）解法1：因为点F是C的焦点，所以0,1F.……

……………………5分根据题意，直线1l的斜率k存在且0k，设1:1lykx，由于12ll，则21:1lyxk.设11,Mxy，22,Nxy，,Sxy，由21,4,ykxxy消去y，得2440xkx，224441610kk

，则124xxk.…………………………6分因为S是线段MN的中点，所以1222xxxk，2121ykxk.所以22,21Skk.…………………………7分同理得222,1Tkk.…

………………………8分10则直线ST的斜率为22221122kkkkk21kk.…………………………9分则直线ST的方程为221212kykxkk，得213kyxk.………………

…………10分所以直线ST恒过定点0,3.…………………………11分所以存在定圆:H2223(xyrr为常数，且0)r，使得直线ST截圆H所得的线段长恒为定值2r.…………………………12分解法2：因为点F是C的焦点，所以0,1F.…………………………5分根据题意，直线1l的

斜率k存在且0k，设1:1lykx，由于12ll，则21:1lyxk.设11,Mxy，22,Nxy，,Sxy，由21,4,ykxxy消去y，得2440xkx，224441610kk，则124xxk.…………………………

6分因为S是线段MN的中点，所以1222xxxk，2121ykxk.所以22,21Skk.…………………………7分同理得222,1Tkk.…………………………8分设点0,3H，11由于2221312SHkkkkk

，2221312THkkkkk，……………9分所以SHTHkk.…………………………10分所以S，T，H三点共线.所以直线ST恒过点H.…………………………11分所以存在定圆:H2223(xyrr为常数，且0)

r，使得直线ST截圆H所得的线段长恒为定值2r.…………………………12分22.(12分)（1）解：函数()fx的定义域为1,+，21212()2(1)11axafxaxxx.…………………………1

分①若120a，即102a，则()0fx对1,+x恒成立，所以()fx在1,+上单调递增；…………………………2分②若120a，即12a，则方程22120axa的两根为112xa

；当1112xa时，()0fx；当111122xaa时，()0fx；当112xa时，()0fx；所以函数fx在11,12a上单调递增，

在111,122aa上单调递减，在11,2a上单调递增.…………………………3分综上所述,当102a时，fx在1,+上单调递增；12当12a时，fx在11,12a上单调递增

，在111,122aa上单调递减，在11,2a上单调递增.…………………………4分（2）证明：当12a时，21()ln(1)12fxxx，由（1）知()fx在0,

上单调递增，即对任意0,x，有1()(0)2fxf，即22ln(1)(1)1xx，整理得222ln(1)xxx.…………………………5分令1(1,2,,)xknk…，则22112lnkkkk.……………………

……6分累加得222352134112ln2lnlnln2ln(1).2323nnnnn……………………………7分下面证明：对任意nN*，ln(1)1nnn

.记函数2()2ln1(1)httttt，则()2(ln1)httt，1()21htt，当1t时，()0ht，故函数()ht在区间(1,)上单调递减.所以()(1)0hth

.…………………………8分故函数()ht在(1,)上单调递减，所以()(1)0hth.即对1t，有22ln1ttt，………………………9分令1(tnnN*)，则221ln111nn

nn.……………………10分所以ln(1)1nnn.………………………11分所以222352121.231nnnn……………………………12分