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广东省广州市2023届高三数学上学期8月阶段测试(PDF版附答案)

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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 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