【文档说明】2023年广州市普通高中毕业班综合测试（二）数学答案及评分标准.pdf，共(13)页，611.327 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-b6363a7019227f9513308d693ee9291f.html

以下为本文档部分文字说明：

12023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．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．9.BC10.ACD11.BD12.BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.814.3或

者*3kkN15.1016.12，33212四、解答题：本题共6小题，共70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2nk时，2212+=2kk+kaS，①…………………………………………6分当21nk时，212

21=2kkk-aS，②…………………………………………7分①②得22121222122kkkkkkaaSS，得21212232kkkaa.…………………………………………8分题号12345678答案CBDDAADB2因为12nnnbaa，所以2

462nbbbb3254762122222nnaaaaaaaa33232+532+2132n…………………9分214314n2122

n.…………………………………………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10110221103502102001.60.910iiiiiuyu

yuu，……………………………3分702000.310yu，…………………………………………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20010xy，……………………………………7分年利润10Mmx…………………………………………8分2220020010010500251010yyyy……………………………9分212090.850

0y.…………………………………………10分当20y时，年利润M取得最大值，此时，20020020102010xy，…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21200220010101001050025xxxx……………9分2

118090.820x.………………………………………10分当1120x，即20x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cosc

osbAaBbc，由余弦定理有22222222bcaacbbabcbcac，……………………………2分化简得222bcabc，…………………………………………3分由余弦定理得2221cos22

bcaAbc，…………………………………………4分因为0πA，所以π3A.…………………………………………5分解法2：因为coscosbAaBbc，由正弦定理sinsinsinabcABC，得sincossincoss

insinBAABBC，……………………………………1分因为π()CAB，所以sincossincossin()sinBAABABB.………………………………2分化简得sincossinco

ssinBABAB，…………………………………………3分因为sin0B，所以1cos2A.…………………………………………4分因为0πA，4所以π3A.…………………………………………5分（2）解：由3cos3B

，得26sin1cos3BB.………………………………6分因为πABC，得2π3CB，则2πsinsin3CB2π2πsincoscossin33BB331623231626.……………………………………7分设BAD，则π3CAD

.在△ABD和△ACD中，由正弦定理得sinsinBDADB36AD，…………………………………………8分6πsin36sin3CDADADC，…………………………………………9分因为2CDBD，上面两式

相除得π6sin36sin3，得316cossin36sin22，……………………………………10分即2cos26sin，…………………………………………11分得2tan3226

.所以tanBAD32.…………………………………………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，5FzyxC1B1A1EDCBA所以DF∥1CC∥1AA，DF121112CCAAAE.则A，E，F，D四点共面

.…………………………………………1分因为AD∥平面1BCE，平面AEFD平面1BCEEF，所以AD∥EF.…………………………………………2分因为ABAC，所以ADBC.…………………………………………………3分在直三棱柱111ABCABC中，1CC平面ABC，则1ADCC.又1B

CCCC，BC平面11BBCC，1CC平面11BBCC，所以AD平面11BBCC.…………………4分所以EF平面11BBCC.又EF平面1BCE，所以平面1BCE平面11BBCC.……………………………5分（2）解：由（1）可知

四边形AEFD是平行四边形，所以ADEF.设203BCaa，在Rt△ADB中，2229ADABBDa，所以EF29a.三棱锥11BBCE的体积1111BBCEEBBCVV1111132BBBCEF29

aa2229922aa.…………………………………………7分当且仅当29aa，即322a时，等号成立.故当三棱锥11BBCE的体积最大时，232BCa.………………………8分在Rt△ADC中，22322ADACCD

.以D为原点，DB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，DF所在直线为z轴，6建立空间直角坐标系Dxyz，则32,0,02B，3230,,22E，132,0,32C，320,,02A

，32,0,02C，32323,,222BE，132,0,3BC，3232,,022AC.…………………………………………9分设平面1BCE

的法向量为,,xyzn，由10,0,BEBCnn得323230,2223230,xyzxz令1x，则2z，0y.所以平面1BCE的一个法向

量为1,0,2n.……………………………………10分则3262cos,633ACACACnnn.……………………………………11分设直线AC与平面1BCE所成角为，则6sincos,6AC

n.所以直线AC与平面1BCE所成角的正弦值为66.………………………………12分解法二：（1）证明：延长1CE交CA的延长于点F，连接BF，因为AD∥平面1BCE，平面ABC平面1BCEBF，AD平面ABC，

所以AD∥BF.…………………………………………1分因为ABAC，所以ADBC.……………………………………………2分在直三棱柱111ABCABC中，1CC平面ABC，则1ADCC.7GFC1B1A1EDCBA又1BCCCC，BC平面11BBCC，1CC

平面11BBCC，所以AD平面11BBCC.………………3分所以BF平面11BBCC.………………4分又BF平面1BCE，所以平面1BCE平面11BBCC.…………………………………………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，2BFAD.设203BCaa，在Rt△ADB中，2229ADABBDa，所以2BF29a.三棱锥11BBCE的体积1111BBCEEBBCVV111111322BBBCB

F29aa2229922aa.………………………………………7分当且仅当29aa，即322a时，等号成立.故当三棱锥11BBCE的体积最大时，232BCa.…………………………8分作1CGBC于G，连接FG，因为

平面1BCE平面11BBCC，平面1BCE平面11BBCC1BC，所以CG平面1BCE.…………………………9分所以CFG为直线AC与平面1BCE所成的角.………………………10分在Rt△1BCC中，221133BCBCCC，116BCCCCGBC

，……11分在Rt△BCF中，sinCGCFGCF66，所以直线AC与平面1BCE所成角的正弦值为66.…………………………12分8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Rt△ADB中，2229ADABBDa，所以2BF29a.三棱锥11BBCE的体积1111BBCEEBBCVV111111322BBBCBF29aa2229922aa.……………

…………………………7分当且仅当29aa，即322a时，等号成立.故当三棱锥11BBCE的体积最大时，232BCa.…………………………8分由于222BCABAC，则ABAC.又平面ABC平面11ACCA，平面ABC平面11ACCA

AC，则AB平面11ACCA.…………………………9分设1A到平面1BCE的距离为h，由1111ABCEBACEVV，…………………………10分得11111113933333224BCEACEhSABS,而1119624BCESBCAD

，所以62h.…………………………11分因为AC∥11AC，所以直线AC与平面1BCE所成角的正弦值为116sin6hAC.……………12分21.（12分）（1）解法1：设点,Pxy，以PF为直径的圆的圆心为,Mxy，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的方程为24yx.…………………………………………4分解法2：设点,Pxy

，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2PFr1x.…………………………………………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：1ykx，1122(,),(,)AxyB

xy由24,1,yxykx消去y，整理得22222(2)0kxkxk,由韦达定理得：212222kxxk，121xx，………………………5分设直线l的倾斜角为，则tanAMAF，tanBNBF，…………

………6分所以()tantanAMBNAFBFABkAB.………………………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()ttSttttt，4222444238(23)8(3)(

3)(1)8(1)tttttSttttt，当03t时，0St；当3t时，0St，所以St在0,3上单调递减，在3,上单调递增.所以当3tk，即3k或3k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330xy或330xy.………………………………12分解法2：设直线l：1xmy，

1122(,),(,)AxyBxy，由24,1,yxxmy消去x，整理得2440ymy，由韦达定理得124yym，124yy，…………………5分所以222121212()4164(4)41yyyyyymm

.…………………6分直线AM的方程为11()yymxx，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1212111222AMNBMNSS

SMNyMNyMNyy………………………9分12121212121211(1)(1)22yyyyxxyymymyyymmmm11222212111(1)8(1)82mmyymmmmm.……………………

………10分设(0,)tm，则428(21)ttStt，2228(1)(31)ttStt，当303t时，0St；当33t时，0St，所以St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330xy或330xy.……………………………

…12分22.（12分）（1）解法1：由()()fxgx，得2ln(1)xaxx，若0x，得00，aR，………………………………1分若0x，得2ln(1)xxax，记2ln(1)()xxhxx，则2322ln(1)1()xxxxh

xx，………………………2分记22()2ln(1)1xxpxxx，则22()0(1)xpxx，()px单调递增因为(0)0p，当0,x()0px，()0hx；当10x，()0px，()0hx即()0hx恒成立，所以()hx在(1,)

上单调递增.………………………3分因为x时，2ln(1)0xxx，所以0a.………………………………4分解法2：令ln1hxxx1x，则1111xhxxx，当10x时，0hx

，hx在1,0上单调递增；12当0x时，0hx，hx在1,0上单调递减；则0x时，hx取得最大值，其值为00h.所以，当1x时，00hxh，即ln1xx.…………………1分所以，当0a时，2ln1xxax

x，即fxgx；…………………2分当0a时，取010xa，由于0ln1ln10x，而2200110axxaaa，得2000ln1xaxx，

故00fxgx，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，①……………………………5分由①得ln()1xx，得1ln1(1)xxx，②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singx

xx0x，则1cos0gxx，故gx在0,上单调递增.所以00gxg.……………………………8分所以sinxx0x.……………………………9分所以11sinln()ln(1)nknknknk

，1k，2，…，n.…………10分所以111sinsinsin122nnnln1lnln2ln1ln2ln21nnnnnnln2lnnn………………………………………11分ln2.………………………

………………12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com