广东省广州市普通高中2021届高三二模 数学 答案

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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2

q.…………………………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

1112121nn.…………………………8分所以2231111111212121212121nnnT……………9分11121

n.…………………………10分解法2:由(1)得122112nnnS.…………………………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,5sin5ABD,所以090ABD,225cos1sin5ABDABD,………2分5cosBDABABD,sin1ADABABD.…………………………4分在△A

CD中,135ADC,由余弦定理得222cos135ACADCDADCD2221221225.…………………………5分由正弦定理得sin135sinACADACD,得2110

2sin105ACD.…………………………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225cos1sin5C

ADCAD.…………8分所以sin1tancos2CADCADCAD.…………………………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221

122ABCSBCABBC32.…………………………7分由于1151sin52252ABESABBEABDBEBE,…………8分111sin2sin45222CBES

BCBECBDBEBE,……………9分所以ABECBESS.…………………………10分因为ABECBEABCSSS,…………………………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,180135CEDACDCDBACD,则sinsin135CEDACDsin135coscos13

5sinACDACD…………………8分23102102102105255.…………………………9分由正弦定理得sinsinDECDACDCED,得sinsinCDACDDECED1021102255.……

……………………10分所以32BEBDDE.…………………………11分所以△ABE的面积为1sin2SBEABABD135522534.…12分解法4:由10sin10ACD,且090ACD,得2310cos1sin10ACDAC

D.…………………………7分因为90ACBBCDACDACD,所以10coscos90sin10ACBACDACD,…………………8分310sinsin90cos10ACBACDACD.……

………………9分在△BCE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135

5225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.(1

2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1

AOBC.…………………………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C

DAB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1AOBC.…………………………8分由(1)可知1BCAO,因为11BCBCO,所以AO面11BBCC.…………9分设AOx,在Rt△1AOB中,2222111ABBOAOx,……………………1

0分在Rt△1ADB中,222111ADABBDx,在Rt△AOB中,2223ABAOBOx,在Rt△1BDB中,22112BDBBBD,因为ABBDAD,则22312xx,解得62x.………………………11

分所以111111116233322=CABBABBCBBCVVAOS.……………………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1BAB

C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,2

211BDBBBD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=CABBABBCBBCVVAOS.……………………12分21.(12分)(1)解:设00,Bxy是抛物线C上的任一点,则200

2xpy.…………………………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,ykxx

y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22

1212kykxkk,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222

3(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221ln111nnnn.……………………10分所以ln(1)1nnn.………………

………11分所以222352121.231nnnn……………………………12分

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