2023届广东省华南师范大学附属中学高三第三次模拟考试 数学答案.pdf

1、数学试题参考答案第 1 页，共 7 页 2023 届高三综合测试数学参考答案一、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，只有一项是符合题目要求的。题号12345678答案ADCBDBCC二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 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9101112答案ABBCADBCD三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。1310 xy=（写成1yx=亦可）14421511 9118216 3(1)2nn 四、解答题：本题共

2、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.解：（1）()313sincoso62sinc s2sin22f xxxxxx=，1 分因为函数()f x 图象的两条相邻对称轴之间的距离为，所以 12T=，则2T=，所以22T=，解得1=，所以()n62sif xx=3 分由22262kxk+，kZ，解得22233kxk+，kZ因此()f x 的单调增区间是22,233kk+，kZ.5 分（2）由()2sin6f xx=，函数()f x 的图象关于,02 对称，所以 26k=，Zk，所以123k=+，Zk，7 分由,30 x，0，则,6636 x ，又函数()f x 在

3、0,3 上单调，所以2036，解得02，9 分由10223k+解得0k=，此时13=.10 分18.解：（1）当1n=时，1124S.1 分又因为naZ，所以11a=.数学试题参考答案第 2 页，共 7 页 设1(1)nand=+，则(1)2nn nSnd=+.2 分依题意，222(1)(1)nnn ndn+，3 分得2(1)20(1)10d nddndn+恒成立4 分解得1d=，5 分所以，nan=.6 分（2）2nnnb=12323411232222112322222nnnnnTnT+=+=+-，得1231111111212222222nnnnnnT+=+=9 分即2222nnnT+=10

4、 分1,22nnn=+时，0nT=;12(1)2,21122nnnn nnCCnn+=+时，1nT=，所以2019M=.12 分19.解：（1）70%地满足顾客需求相当于估计某类水果日销售量的 70%分位数.1 分由表可知，把 50 个日需求量的数据从小到大排列，由70%5035=，日需求量在 24 箱以下的天数为10 10 1535+=，可知，日需求量的样本数据的第 35 项数据为 24，第 36 项数据为 25，因此，可以估计日需求量的第 70%分位数为 242524.52+=，3 分所以能 70%地满足顾客的需求，估计每天应该进货量为 24.5 箱.4 分（2）由（1）知2424.525

5、t=，即024n=设每天的进货量为 24 箱的利润为 X，由题设，每天的进货量为 24 箱，当天卖完的概率为 35，当天卖不完剩余 1 箱的概率 15，当天卖不完剩余 2 箱的概率 15，若当天卖完24(10050)1200X=元，若当天卖不完剩余 1 箱23(10050)1 301120X=元，若当天卖不完剩余 2 箱22(10050)2 301040X=元，6 分所以31()1200(1120 1040)115255E X=+=元.7 分设每天的进货量为 25 箱的利润为Y，由题设，每天的进货量为 25 箱，当天卖完的概率为 310，当天卖不完剩余 1 箱的概率 310，当天卖不完剩余 2

6、 箱的概率 15，当天卖不完剩余 3 箱的概率 15，若当天卖完25(10050)1250Y=元，数学试题参考答案第 3 页，共 7 页 当天卖不完剩余 1 箱24(10050)1 301170Y=元，当天卖不完剩余 2 箱23(10050)2 301090Y=元，当天卖不完剩余 3 箱22(10050)3 301010Y=元，9 分所以31()(1250 1170)(1090 1010)1146105E Y=+=元，10 分由于()()E YE X，显然每天的进货量 25 箱的期望利润小于每天的进货量为 24 箱的期望利润，所以店老板应当购进 24 箱.12 分20.（1）证明：连接,BD

7、在正方形 ABCD 中 BDAC,又 PA 平面 ABCD，故 PABD而,PA AC 是平面 PAC 上的两条相交直线，所以 BD 平面 PAC 2 分在PBD中，EF 为中位线，故/EFBD 3 分所以 EF 平面 PAC.又 EF 平面 EFG，所以平面 EFG 平面 PAC 5 分（2）以,AB AD AP 所在直线为,x y z 轴建立如图空间直角坐标系 Axyz，则()()()()()()()0,0,0,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,2,0,1,0,1,0,1,1ABCPDEF，()()1,0,1,0,1,1AEAF=，7 分设平面 AEF 的一个法向量为()111,mx

8、 y z=，则00AE mAF m=，即111100 xzyz+=+=，取()1,1,1m=，8 分设1(01)2PGPC=，则()()()0,0,22,2,22,2,22AGAPPGAPPC=+=+=+=则222362sincos,44(232)1m AG=+，整理得212810+=，解得16=或12=（舍去），10 分故16PGPC=,故G 到平面 PAB 的距离1163hBC=,故1226EBGSBE h=数学试题参考答案第 4 页，共 7 页 因为(1,0,1)(0,1,00AE BC=）,所以 AEBC又(1,0,1)(2,0,20AE BP=）,所以 AEBP，又 BPBCP=，所

9、以 EA 平面 PBC，故 A 到平面 BEG 的距离为2EA=三棱锥 EABG体积为112123369E ABGA EBGEBGVVSEA=.12 分21.解：（1）因为12PF F的周长等于22ac+为定值,所以内切圆半径最大时，即12PF F的面积最大，此时点 P 为椭圆的上（下）顶点1 分可得 12 5(22)25acbc+=；2 分又因为23cea=，222cab=+，解得3,2,5acb=，3 分所以椭圆 E 的方程为22195xy+=；4 分（2）（法一）设点由条件可知直线l 的斜率0k，设点1122(,),(,)P x yQ xy，由22(1)195yk xxy=+=得：222

10、2(59)189450kxk xk+=所以2212122218945,5959kkxxx xkk+=+（*）5 分由（*）可得21212122925(2)(2)2()459kxxx xxxk=+=+6 分12211221270(2)(2)(1)(2)+(1)(2)59ky xyxk xxk xxk+=+7 分22121212240()159ky ykx xxxk=+=+8 分由对称性，不妨令点 M 位于第四象限，设直线2PF 的倾斜角为，直线2QF 的倾斜角为 ，直线2F M 的倾斜角为，则1212tan,tan,tan22yymxx=数学试题参考答案第 5 页，共 7 页 又2F M 在2P

11、F Q的角平分线所在的直线上，则tan()tan()tan()=+=可得出12121212221122yymmxxyymmxx=+9 分化简得2121212121212()2(1)()=0222222yyyyyymmxxxxxx+即2122112121221(2)(2)2(2)(2)(2)(2)0y xy xmxxy ymy xy x+=将式代入上式得：2235(4925)350kmkmk+=10 分则(75)(57)0kmmk+=，解得57,()75kmmk=舍去11 分故直线2F M 方程为5(2)7yxk=，令9x=得点5(9,)Mk则59kk=，故59kk=为定值.12 分【法二】设线

12、由条件可知直线l 的斜率0k，设直线2PF 的斜率为1k，直线2QF 的斜率为2k，直线2F M 的斜率为m，直线:(2)1lxny+=，其中1kn=由22195xy+=得225(2)2945xy+=即()22295220(2)(2)25(2)0yxxxnyxny+=整理得222(925)70(2)40(2)0nyn xyx+=6 分即22(925)7040022yynnxx+=令2ykx=,则22(925)70400n knk+=，其中12kk，为方程的根数学试题参考答案第 6 页，共 7 页 所以12270259nkkn+=，1 2240259k kn=8 分由对称性，不妨令点 M 位于第

13、四象限，设直线2PF 的倾斜角为，直线2QF 的倾斜角为 ，直线2F M 的倾斜角为，则1212tan,tan,tan22yymxx=又2F M 在2PF Q的角平分线所在的直线上，则tan()tan()tan()=+=由121211mkkmmkmk=+得2121 212()(22)()0kk mk k mkk+=9 分代入整理得2235(2549)350nmnmn+=，10 分则(57)(75)0nmmn+=故75mn=（舍去）或者57nm=11 分所以直线2F M 的方程为5(2)7nyx=，令9x=得点(9,5)Mn故59nk=，则59k k=为定值.12 分22.解：（1）()f x

14、的定义域为(0,)+1 分21(1)1(1)(1)()(1)axaxaxxfxaxaxxx+=+=2 分 0a=时，1()xfxx=，当 01x时，()0,()fxf x单调递增；当1x 时，()0,()fxf x单调递减，故()(1)10f xf=，无零点3 分 0a 时，10ax ，当 01x时，()0,()fxf x单 调 递 增；当1x 时，()0,()fxf x单调递减，故max()(1)12af xf=，且0,xx+时，均有()f x 若102a 即2a 时，()f x 有两个零点；若102a=即2a=时，()f x 有一个零点；若102a 即 20a 时，()f x 无零点 4

15、分 0a 时，若01a，则01x 或1xa时，()0,()fxf x均单调递增；11xa时，()0,()fxf x单调递减而(1)10,2afx=+时，()f x +，故()f x有一个零点 若1a=，则()0fx，()f x 在(0,)+上单调递增，且0 x+时，()f x ，x +时，()f x +，故()f x 有一个零点 数学试题参考答案第 7 页，共 7 页 若1a，同 理 可 得，()f x在1(0,),(1,)a+上 单 调 递 增，在 1(,1)a上 单 调 递 减，111()ln102f aaa=，此时()f x 有一个零点6 分综上得：当 20a 时，()f x 无零点；当

16、2a=或0a 时，()f x 有一个零点；当2a 时，()f x 有两个零点 7 分（2）当1a 时，由（1），任取,ijx x()ijxx，设1jixtx=，先证lnln2jijijixxxxxx+上述不等式即为2(1)ln01ttt+，设2(1)()ln1tg ttt=+，则22214(1)()0(1)(1)tg tttt t=+，所以()g t 在(1,)+上单调递增，()(1)0g tg=，即lnln2jijijixxxxxx+成立 9 分由()()ijf xf x=得：22311ln(1)ln(1)22iiijjxaxaxxaxax+=+，所以lnln()(1)02ijijijxxa xxaxx+=，所以2()(1)02ijija xxaxx+，即2()(1)()202ijija xxaxx+，即()1()202ijija xxxx+，所以 22ijxxa+，11 分即1213232222,2,2xxxxxxaaa+，三式相加即得12333xxxa+12 分