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类型2023届大湾区第二次联合考试数学答案.pdf

  • 上传人(卖家):青草1
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  • 上传时间:2023-04-26
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    关 键  词:
    2023 届大湾区 第二次 联合 考试 数学 答案
    资源描述:

    1、数学参考答案第 1 页(共 13 页)20232023 届大湾区普通高中毕业班联合模拟考试(二)届大湾区普通高中毕业班联合模拟考试(二)数学参考答案与评分细则数学参考答案与评分细则一、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,只有一项符合题目要求的.题号题号1 12 23 34 45 56 67 78 8答案答案C CD DD DC CD DB BA AA A二、选择题:本题共 4 小题,每小题 5 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.题号题号9 9101011111 12 2答案

    2、答案B BD DADADCDCDBDBD三、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.131n142m1543166四、解答题:本大题共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)(1)由题意,设na的公差为0d d,则22354141,14,1 13bad bad bad 1 分由 nb是等比数列,所以21411 13ddd,解得:2d,0d(舍去)2 分所以12121nann 3 分又22353,9baba,所以 nb的公比323bqb4 分所以2123nnnbb q5 分数学参考答案第 2 页(共 13 页)(2)由1122313nnnca

    3、ccbbb得:12213cab,所以13c 6 分当2n时,112233nnncaccbbb,-得:11233nnnncaab所以1122 323nnncbn7 分从而13,12 3,2nnncn8 分所以1n 时,113Sc2n 时,1213 1 3323 333231 3nnnnS 9 分综上:3nnS,*nN10 分18.(12 分)解:(1)因为52 sincossinsinsin2aCBaAbBbC由正弦定理得2252cos2acBabbc1 分由余弦定理得222225222acbacabbcac2 分所以52cb3 分又因为2 5c,所以4b4 分(2)因为2ABACAD 5 分所

    4、以2ABADAC 6 分所以22244ABADAD ACAC 7 分数学参考答案第 3 页(共 13 页)因为3cos8CAD所以2320444168ADAD 8 分化简得22320ADAD,解得2AD 或12AD (舍去)9 分因为2355sin188DAC10 分所以115555sin2 42282ADCSADACDAC 11 分所以5522552ABCADCSS 12 分19.(12 分)(1)在等腰梯形11BBC C中,作1B DBC,则1BD 在1Rt BDB中,221213B D 1 分连1BC,在1Rt CDB中,3DC,解得12 3BC 2 分22211B BBCBC,即11B

    5、CB B3 分由平面11AA B B 平面11BBC C,平面11AA B B平面11BBC C1B B,11BCB B1BC平面11AA B B4 分1BCAB5 分ABBC,1BCBCC,1,BC BC 平面11BBC CAB平面11BBC C6 分(2)方解法1:如图,在平面11BBC C内,过点B作BEBC以B为原点,以,BA BC BE所在的直线为,x y z轴,建立空间直角坐标系,如图所示设ABt,0t,则1(,0,0),(0,4,0),(0,3,3)A tCC7 分数学参考答案第 4 页(共 13 页)1(,4,0),(0,1,3)ACtCC 设平面1ACC的法向量为(,)nx

    6、y z则100n ACn CC ,即4030txyyz,则4 3(,3,1)nt平面11BBC C的一个法向量为(1,0,0)m 9 分则24 33cos,2483+1n mtn mnmt ,解得2t 11 分即2AB12 分解法 2:连1BC,1AC,由已知及(1)得11BCCC,12 3BC 7 分因为11ABBBC C 平面,111CCBBC C 平面所以1ABC C因为1ABBCB所以11CCABC 平面,1AC在1ABC平面内所以11CCAC所以1BC A为二面角1BCCA的平面角9 分即1=6BC A10 分在1Rt BC A中,113tan=tan632 3ABABBC ABC1

    7、1 分解得2AB 12 分数学参考答案第 5 页(共 13 页)20.(12 分)解:(1)X的可能取值为0,1,21 分0202119014416P XC111211631144168P XC 2022111214416P XC3 分(注:不全对也不全错情况下,给 1 分)所以X的分布列为X012P916381164 分9311012168162E X 或由124XB,得:11242E X5 分(2)对于方案一,“机器发生故障时不能及时维修”等价于“甲,乙,丙三人中,至少有一人负责的 2 台机器同时发生故障”,考虑从反面处理这个问题,31112PP X 7 分3333116154096337

    8、572111161640964096 8 分(注:正面分类处理同样给分,直接写最后的算式,没有任何铺垫的扣一分)对于方案二,机器发生故障时不能及时维修的概率06152401226661111111111444444PCCC 10 分数学参考答案第 6 页(共 13 页)6565466664336536 315 34096340269434714444409640962048 11 分(注:正面处理同样给分,直接写算式扣一分,最后结果没有约分不扣分)所以21PP,即方案二能让故障机器更大概率得到及时维修,使得工厂的生产效率效率更高.(注:意思相同即可.)12 分21.(12 分)解:(1)记1(

    9、1,0)F,则O为1F F中点,M为AF中点,所以12AFOM1 分122AFAFOMMF222()OMMPOMMP1242OPFF2 分所以A的轨迹是长轴长为 4,焦距为 2 的椭圆3 分所以点A的轨迹方程为22143xy4 分(2)设F到直线n的距离为h,设1122(,),(,),(,)HHS x yR xyH xy12,12HFRHFSHR hSHRSHSHS h1212GFSGFRGS hSGSSGRGR h5 分2112()()HHyyyHR GSHS GRyy y6 分设直线:4n xty,令1x,3(1,)Ht7 分进而21121212123()333()yyty yytyty

    10、yy yt8 分数学参考答案第 7 页(共 13 页)联立22221,(34)24360434xyxtytyxty消去得所以1212222436,3434tyyy ytt,121232ty yyy 10 分所以121122121233322133322yyyyyyyyyy11 分所以 是为定值 112 分22.(12 分)解:(1)当1a时21()ln1xxf xxe,(1)0f1 分2121()xxxfxex,(1)0f 2 分曲线)(xfy 在1x处的切线方程为(1)(1)(1)yffx即为0y 所以曲线)(xfy 在1x处的切线方程为0y 3 分(2)方法一:令()0f x,则22ln0

    11、lnlnax ax axxxaxaexee即2lnaaxexexe,即lnaxaexxeex,即lnlnxaxaeexeex令ln()ttt,则上述方程可化为()()xaeex(*),4 分)(xf零点个数即为方程(*)的根个数,数学参考答案第 8 页(共 13 页)则21 ln()ttt,令()0t,得te,t(0,)ee(,)e()t+0()t易知te为是唯一的极大值点,且max1()()tee,5 分令()()()xah xeex,当1a 时,,aaee e xex,1当1x 时,,xaee e xexe,而ln()ttt在(,)e 上单调递减,为解方程()()xaeex,只需解方程xa

    12、eex,令,(1,)xaeex x,即xaeex,令()xem xx,2(1)()xexm xx令()01m xx,得,列表如下:x(0,1)1(1,)()m x0()m x()m x在(1,)上单调递增,min()m x(1)amee,故()xxem xeeexx,(1)amee,2()aeeaaaaaaaeeem eeeee,根据零点存在定理,存在唯一的0(1,)x,使得000()xaem xex,即00 xaeex,数学参考答案第 9 页(共 13 页)所以00()()xaeex,故方程(*)在(1,)上有唯一解0 x,7 分2当1x 时,()()aee不成立,故1x 不是(*)的解;8

    13、 分当01x时,(i)当11,1),xaaxee exee,所以()xe单调递增,()aex单调递减,故()()()xah xeex在11,1)ae上单调递增,1(1)()()()0aaheeee1111111()()()()0aaeeaheeeee根据零点存在定理,()h x在11,1)ae上存在唯一零点;10 分(ii)当11(0,),xaaxee exee则,而ln()ttt在(0,)e上单调递增,为解方程()()xaeex,只需解方程xaeex令(),xag xeex11(0,)axe,因为()0 xag xee,所以()g x 在11(0,)ae上单调递减,又1111()0aeage

    14、ee,(0)10g,故存在唯一1x 111(0,),()0ag xe,即11,xaeex即11()()xaeex故方程()()xaeex在区间11(0,)ae上存在唯一解1x,综上:当1a 时,()()xaeex存在三个解,故)(xf有三个零点12 分数学参考答案第 10 页(共 13 页)(2)方法二:2232121()()ax axaxxexxfxexxee4 分令223542()(0),()xxxxxxxh xxh xee,令()0,h x得1,4x x(0,1)1(1,4)4(4,)()h x+00()h x()h x的图像如下图示:因为11(0)0,(1),(2)0ahhhee,所以

    15、1()()0aaefxh xxe有两个根,记为12,x x,1212xx,当x变化时,()fx,()f x关系如下表:x1(0,)x1x12(,)x x2x2(,)x()fx00()f x注意到1212xx 且111(1)0(1)axafaeaaaexe此处用到数学参考答案第 11 页(共 13 页)()f x在12,x x上单增,2()(1)0f xf,6 分又因为101x且12311121()0 xaxxfxee即1231112311,ln(2)2xaeeaxxxxx,所以1112223111111112311()lnlnln(2)2xxaxxxef xxaxxxxexxe111111ln

    16、ln(2),012xxxxx7 分令1()lnln(2),012m tttttt ,(1)0m2111()122m tttt 22(1)402ttt t()0m t,故()(0,1)m t 在上单调递增,所以()(1)0m tm,即1()0f x,8 分先证:224(0)xxxee,为此,令2222()(0),()xxxxxxxxu xxu xeee当(0,2)x时,()0,()u xu x单调递增;当(2,)x时,()0,()u xu x单调递减,max24()(2)u xue,所以224(0)xxxee,所以24()lnaf xexae,2244()ln(1)0aaeaeaf eeeaea

    17、ee,9 分数学参考答案第 12 页(共 13 页)而2()lnlnx axf xxaxae,故11()ln0aafaaaee,所以1()0afe,10 分又111()()1aaaaaefheeee,而2321111111122211111()11aaaaaaaaaaaaaeeeeeeeeheeeeeeee11121111110,()0,111+1+aaaaaaaaeefxeeeeee故故综上:111axe,21,2aexe;11 分1()0,afe1()0f x,2(1)0,()0ff x,()0aef e,()f x在12(,)x x单调递增,在1(0,)x,2(,)x 上单调递减.(如下图示)数学参考答案第 13 页(共 13 页)根据零点存在定理,()f x有三个零点;综上:当1a 时,()f x有三个零点.12 分

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