缩燜蘫hhhne广州市2023届高三年级阶段测试数学试题参考答案一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．题号12345678答案CDBADCBB二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．9.BCD10.BC11.BD12.BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．213.714.315.16.8,2293四、解答题：本题共6小题，共70分．17.（10分）（1）解：因为am＝27，所以数列{an}中前m项中含有A中的元素为1，3，5，7，9，„，27，共有14项，…（1分）数列{an}中前m项中含有B中的元素为3，9，27，共有3项，………………（2分）排列后为1，3，3，5，7，9，9，„，27，27，29，„，………………（3分）所以m＝16或17．………………（5分）45（2）因为2×501＝99，3＝81＜99，3＝243＞99，………………（6分）所以数列{an}中前50项中含有B中的元素为3，9，27，81共有4项，它们都是正奇数，均属于A，………………（7分）所以数列{an}中前50项中含有A中的元素为1，3，5，7，9，„，27，29，„，79，81，83，，2×46-1=91，共有46项，………………（8分）46(191)所以S(392781)21161202236．………………（10分）50218．（12分）（1）解：选物理方向选历史方向合计男生301040女生204060………（2分）合计5050100221003040201050K16.66710.828………………（4分）40605050312由于P(K10.828)0.001，故而有99.9％的把握认为该校“学生选科的方向”与“学生的性别”有关………………（6分）；（2）解：可能取值为0,1,2，………………（7分）22CC142P(0)；………………（8分）22CC64412C4A32P(1)；………………（9分）22CC3442（或P(1)1P(0)P(2)）32C14P(2)；………………（10分）22CC644分布列如下表：012P121636………………（11分）121所以E()0121………………（12分）63619．（12分）（1）解：在ABC中，由已知及余弦定理，222得(ab)bcab2abcosC，………（1分）即ba2bcosC．………（2分）由正弦定理，得sinBsinA2sinBcosC，………（3分）又A(BC)，故sinBsin（BC)2sincosBCsincosBCcossinBC2sincosBC……（4分）cossinBCsincosBCsin（CB)．………（5分）0sinBsin（CB)，0CBC．B（CB)C，BCB，C2B.………………（6分）（2）解：由（1）C2B得BC3B(0，)，21B(0，)，cosB(，1)．………（7分）32由（1）ab(12cosC)，C2B得2a4b52cosC52cos2B52(2cosB1)………………（9分）bcosBcosBcosBcosB334cosBB24cos43………………（10分）cosBBcos当且仅当B(0，)时等号成立．………（11分）63a4b所以当B时，的最小值为43．………（12分）6bcosB20.（12分）（1）证明：作ADAB1于D，连接CD，由平面ABC1平面AABB11，平面ABC1平面AABB11AB1，得AD平面ABC1.„„„„1分又BC平面ABC1，所以ADBC.„„„„2分A1C1因为三棱柱ABCABC111是直三棱柱，B1则AA1平面ABC.„„„„„„„„„„„„3分DAC所以AA1BC.„„„„„„„„„„„„4分B又AA1ADA，所以BC平面AABB11.„„„„„„„„„„„„„„„„5分又AB平面AABB11，所以ABBC.„„„„„„„„„„„„„„„„6分（2）解1：由（1）知ACD是直线AC与平面ABC1所成的角，……………………7分ABA1是二面角A1BCA的平面角，……………………………………8分即ACD，ABA.13AD在Rt△ADC中，sin，…………………………………………9分ACAD在Rt△ADB中，sin，…………………………………………10分AB由于ABAC，得sinsin，…………………………………………11分π又0,，所以.…………………………………………12分2解2:由（1）知，以点B为坐标原点，以BCBABB,,所在直线分别为x轴，y轴，z轴，1建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，…………………………………………7分设AAaAC,,bABc，122则B0,0,0，Ac0,,0，Cbc,0,0，A10,,ca，22于是BCbc,0,0，BA10,,ca，zA1C122ACbc,c,0，AA10,0,a.B1设平面ABC的一个法向量为nxyz,,，1yxACnBA10,cyaz0,B则由得22nBC0,bcx0,可取n0,ac,，…………………………………………8分于是nACac0，AC与n的夹角为锐角，则与互为余角.nACacsincos，…………………………………………9分22nACbacBABAc1cos，22BABAac1a所以sin.…………………………………………10分22acaca于是由cb，得.2222bacac即sinsin，…………………………………………11分4π又0,，所以.…………………………………………12分221.（12分）x（1）解：由f(x)e(sinxcosx)0，x，……………………（1分）3得f(x)的单调减区间是，，，………………（3分）443同理，f(x)的单调增区间是，………………（4分）4432232故f(x)的极小值为f()—e4，极大值为f()e4………（5分）42422e4【注：若只用f(x)0得出结果至多给3分】（2）解：由对称性，不妨设0xx，12f(x1)f(x2)22则a0即为f(x)axf(x)ax．222211xx122设g(x)f(x)ax，则g(x)在0，上单调递增，x故g(x)e(sinxcosx)2ax0在0，上恒成立．……………………（6分）【方法一】（含参讨论）x设h(x)g(x)e(sinxcosx)2ax0，e则h(0)10,h()e2a0，解得a．………………………（7分）2xh(x)2(ecosxa)，h(0)2(a1)0，h()2(ae)．x①当ae时，h(x)2e(cosxsinx)，x故当x0，时，h(x)2e(cosxsinx)0，h(x)递增；4x当x，时，h(x)2e(cosxsinx)0，h(x)递减；4此时，h(x)minh(0),h()h()2(ae)0，h(x)g(x)在0，上单调递5增，故h(x)g(x)g(0)10，符合条件．…………………………（9分）e②当ae时，同①当x0，时，h(x)递增；当x，时，h(x)递减；244h()h(0)2(a1)0，h()2(ae)0，4由连续函数零点存在性定理及单调性知，x(,)，h(x)0．004于是，当x0，x时，h(x)0，h(x)g(x)单调递增；0当xx，时，h(x)0，h(x)g(x)单调递减．0h(0)10,h()e2a0，…………………………（10分）g(x)h(x)min{h(0)，h()}0，符合条件．…………………………（11分）e综上，实数a的取值范围是，．………………………（12分）2x【方法二】（必要性探路法）设h(x)g(x)e(sinxcosx)2ax0，e则h(0)10,h()e2a0，解得a．………………（7分）2exxe由于a时，g(x)e(sinxcosx)2axe(sinxcosx)x2xe故只需证：e(sinxcosx)x0．…………………………（8分）xe设(x)e(sinxcosx)x，x0，，xeee则(x)2ecosx，x0，，(0)20，()2e0．xe设m(x)(x)2ecosx，x0，，x则m(x)2e(cosxsinx)，x0，．…………………………（9分）当x0，时，m(x)0，m(x)单调递增；46当x，时，m(x)0，m(x)单调递减；4eeem(0)(0)20，m()()2e40，m()()2044x(，），m(x)(x)0．…………………………（10分）0004由m(x)单调性知，当x(0，x)时，m(x)0，(x)单调递增；当x(x，)时，00m(x)0，(x)单调递减．(0)10，()0，(x)(x)()0．minxee(sinxcosx)x0，x0,，得证．…………………………（11分）e综上所述，实数a的取值范围是，．………………………（12分）2【方法三】（参变分离）由对称性，不妨设0xx，12f(x1)f(x2)22则a0即为f(x)axf(x)ax．222211xx122设g(x)f(x)ax，则g(x)在0，上单调递增，x故g(x)e(sinxcosx)2ax0在0，上恒成立．xg(0)10，g(x)e(sinxcosx)2ax0在0，上恒成立，xe(sinxcos)x得2a，x0，．…………………………（7分）xxe(sinxcosx)设h(x)，x0，，xxe(2xcosxsinxcosx)则h(x)，x0，．………………………（8分）2x1设(x)2xtanx1，x0，，，则(x)2，x0，，．222cosx223由(x)0，x0，，，得，(x)在0，，，上单调递增；22443由(x)0，x0，，，得，(x)在，，，上单调递减．22422433故x0，时(x)()20；x，时(x)()0．………（9分）2422427从而，(x)cosx2xcosxsinxcosx0，x0，，，……………（10分）22xe(2xcosxsinxcosx)又x时，2xcosxsinxcosx10，故h(x)0，x0，，22xxe(sinxcosx)h(x)，x0，单调递减，xeh(x)h()，x0，．minee于是，2aa．……………（11分）2e综上，实数a的取值范围是，．………（12分）222.（12分）解：（1）设M(x，y)、N(x，y)，线段AM、AN的中点分别为B（m，n)、C(p，q)，11222222x1y121由已知，得1；1，2222abab2222x2y111两式相减，得0，………………（1分）22ab2y1y1b11即①．………………（2分）2x2x2a11根据中点坐标及斜率公式，得y1ny111x22m，y12n，k，k．代入①，11AMOBx2mx2112b得kk②………………（3分）AMOB2a2b同理，得kk③，ANOC2a4b②③相乘，得kkkk．AMANOBOC4a411bkk，kk1，④OBOCAMAN444a8222122由1，与④联立，得a2，b1，………………（4分）22ab2x2双曲线的方程为：y1．………………（5分）2（2）解:①当MNOx时，设MN:xt，M(t，y)，N(t，y)，AM(t2，y1)，22AN(t2，y1)，由AM、AN互相垂直，得AMAN(t2)(1y)0，2t22由y1解得t（此时y无实数解，故舍去），或t2（此时M、N至少一个23点与A重合，与条件不符，故舍去）．综上，此时无符合条件的解．…………………（6分）②当MNOx不成立时，设直线MN：ykxm，M(x，y)、N(x，y)，11222x2222代入y1得(12k)x4kmx2(m1)0，2222222212k0，16km4(12k)(2)(m1)8(m12k)024km2(m1)且xx，xx，（*）…………………（7分）12212212k12kAMAN(x2)(x2)(y1)(y1)121222(k1)xx[k(m1)2](xx)(m1)40121222（*）代入，得12k8km(m2m3)0…………………（8分）即(6km3)(2km1)0，m6k3或m2k1．…………………（9分）当m2k1时，MN：ykxmk(x2)1过点A(2，1)，与条件不符，舍去．………………………………………………………（10分）m6k3，MN：ykxmk(x6)3，过定点P(6，3)，1AP中点E(4，1)，由于ADMN（D为垂足），故DEAP22．（11分）2综上所述，存在定点E(4，1)，使得DE为定值22．…………………（12分）9