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）.pdf

1、缩燜蘫hhhne1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.BC 11.BD12.BCD三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分13.714.315.3216.8,2 29四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分17.（10 分）（1）解：因为 am27，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

2、 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 m16 或 17（5 分）（2）因为 250 199，348199，3524399，（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 1，3，5，7，9，27，29，79，81，83，246-1=91，共有 46 项，（8 分）所以5046(1 91)(3 92781)2116 12022362S（10 分）18（12 分）（1）解：（2 分）2K210

3、030 4020 1040 60 50 505016.66710.8283（4 分）选物理方向选历史方向合计男生301040女生204060合计50501002由于001.0)828.10(2KP，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）61)0(24242224CCCCP；（8 分）32)1(24242314CCACP；（9 分）（或32)2()0(1)1(PPP）61)2(242424CCCP；（10 分）分布列如下表：（11 分）所以1612321610)(E（12 分）19（12 分）（1）解：在 ABC

4、中，由已知及余弦定理，得Cabbacbbacos2)(222，（1 分）即Cbabcos2（2 分）由正弦定理，得CBABcossin2sinsin，（3 分）又)(CBA，故sinsin)2sincossincoscossin2sincosBBCBCBCBCBC（4 分）cossinsincosBCBCsin)CB（5 分）)sinsin0BCB（，CBC0CBCB)（，BCB，BC2.（6 分）（2）解：由（1）BC2得)0(3，BCB，0 1 2 P 61 32 61 3C1B1A1DCBA)30(，B，)121(cos，B（7 分）由（1）)cos21(Cba，BC2得2452cos5

5、2cos252(2cos1)coscoscoscosabCBBbBBBB（9 分）334cos2 4cos4 3coscosBBBB（10 分）当且仅当)30(6，B时等号成立（11 分）所以当6B时，Bbbacos4的最小值为34（12 分）20.（12 分）（1）证明：作1ADA B于 D，连接CD，由平面1A BC 平面11A ABB，平面1A BC 平面111A ABBA B，得 AD 平面1A BC.1 分又 BC 平面1A BC，所以 AD BC.2 分因为三棱柱111ABCA B C是直三棱柱，则1AA 平面 ABC.3 分所以1AABC.4 分又1AAADA，所以 BC 平面1

6、1A ABB.5 分又 AB 平面11A ABB，所以 ABBC.6 分（2）解 1：由（1）知ACD是直线 AC 与平面1A BC 所成的角，7 分1ABA是二面角1ABCA的平面角，8 分即ACD，1ABA.4zyxC1B1A1CBA在 Rt ADC 中，sinADAC，9 分在 Rt ADB 中，sinADAB，10 分由于 ABAC，得sinsin，11 分又0,2，所以.12 分解 2:由（1）知，以点 B 为坐标原点，以1,BC BA BB 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 Bxyz，7 分设1,AAa ACb ABc，则0,0,0B，0,0Ac

7、，22,0,0Cbc，1 0,Ac a，于是22,0,0BCbc，10,BAc a，22,0ACbcc，10,0,AAa.设平面1A BC 的一个法向量为 n,x y z，则由10,0,BABC nn得220,0,cyazbc x可取 n0,a c，8 分于是0ACacn，AC与 n 的夹角 为锐角，则 与 互为余角.sincosACACnn22acb ac，9 分1221cosBA BAcacBA BA ，所以22sinaac.10 分于是由cb，得22acb ac22aac.即sinsin，11 分5又0,2，所以.12 分21.（12 分）（1）解：由0)cos(sin)(xxexfx，

8、x（1 分）得)(xf的单调减区间是4，43（3 分）同理，)(xf的单调增区间是434，（4 分）故)(xf的极小值为442222)4(eef，极大值为4322)43(ef（5 分）【注：若只用0)(xf得出结果至多给 3 分】（2）解：由对称性，不妨设210 xx，则0)()(222121axxxfxf即为211222)()(axxfaxxf设2)()(axxfxg，则)(xg在，0上单调递增，故02)cos(sin)(axxxexgx在，0上恒成立（6 分）【方法一】（含参讨论）设02)cos(sin)()(axxxexgxhx，则02)(,01)0(aehh，解得2ea（7 分）)co

9、s(2)(axexhx，0)1(2)0(ah，)(2)(eah当ea 时，)sin(cos2)(xxexhx，故当40，x时，0)sin(cos2)(xxexhx，)(xh递增；当，4x时，0)sin(cos2)(xxexhx，)(xh递减；此时，0)(2)()(),0(min)(eahhhxh，)()(xgxh在，0上单调递6增，故01)0()()(gxgxh，符合条件（9 分）当eae2时，同当40，x时，)(xh递增；当，4x时，)(xh递减；0)1(2)0()4(ahh，0)(2)(eah，由连续函数零点存在性定理及单调性知，0)(),4(00 xhx，于是，当00 xx，时，0)(x

10、h，)()(xgxh单调递增；当，0 xx 时，0)(xh，)()(xgxh单调递减02)(,01)0(aehh，（10 分）0)()0(min)()(hhxhxg，符合条件（11 分）综上，实数a 的取值范围是，2e（12 分）【方法二】（必要性探路法）设02)cos(sin)()(axxxexgxhx，则02)(,01)0(aehh，解得2ea（7 分）由于2ea 时，xexxeaxxxexgxx)cos(sin2)cos(sin)(故只需证：0)cos(sinxexxex（8 分）设，0)cos(sin)(xxexxexx，则，0cos2)(xexexx，02)(02)0(eee，设，0

11、cos2)()(xexexxmx，则，0)sin(cos2)(xxxexmx（9 分）当40，x时，0)(xm，)(xm单调递增；7当，4x时，0)(xm，)(xm单调递减；02)()(02)4()4(02)0()0(4emeemem，0)()(4(000 xxmx），（10 分）由)(xm单调性知，当)0(0 xx，时，0)(xm，)(x单调递增；当)(0，xx 时，0)(xm，)(x单调递减0)(01)0(，0)()()(minxx,00)cos(sinxxexxex，得证（11 分）综上所述，实数a 的取值范围是，2e（12 分）【方法三】（参变分离）由对称性，不妨设210 xx，则0)

12、()(222121axxxfxf即为211222)()(axxfaxxf设2)()(axxfxg，则)(xg在，0上单调递增，故02)cos(sin)(axxxexgx在，0上恒成立01)0(g，02)cos(sin)(axxxexgx在，0上恒成立，得(sincos)2xexxax，0 x，（7 分）设，0)cos(sin)(xxxxexhx，则，0)cossincos2()(2xxxxxxexhx（8 分）设，2201tan2)(xxxx，则，220cos12)(2xxx由，2200)(xx，得，)(x在，4340上单调递增；由，2200)(xx，得，)(x在24，432，上单调递减故20

13、，x时022)4()(x；，2x时023)43()(x（9 分）8从而，2200cossincos2cos)(xxxxxxx，（10 分）又2x时，01cossincos2xxxx，故，00)cossincos2()(2xxxxxxexhx，0)cos(sin)(xxxxexhx单调递减，0)()(minxehxh于是，22eaea（11 分）综上，实数a 的取值范围是，2e（12 分）22.（12 分）解：（1）设)()(2211yxNyxM，、，线段ANAM、的中点分别为)()qpCnmB，、，（，由已知，得1221221 byax；1122222 ba，两式相减，得01222212221

14、byax，（1 分）即2211112121abxyxy（2 分）根据中点坐标及斜率公式，得21212122111111xymnkxyknymxOBAM，代入，得22abkkOBAM（3 分）同理，得22abkkOCAN，相乘，得44abkkkkOCOBANAM141ANAMOCOBkkkk，4441ab9由1122222 ba，与联立，得1222ba，（4 分）双曲线 的方程为：1222 yx（5 分）（2）解:当OxMN 时，设txMN:，)()(ytNytM，)12(ytAM，)12(ytAN，由ANAM、互相垂直，得0)1()2(22ytANAM，由1222 yt解得32t（此时 y 无

15、实数解，故舍去），或2t（此时NM、至少一个点与 A 重合，与条件不符，故舍去）综上，此时无符合条件的解（6 分）当OxMN 不成立时，设直线mkxyMN：，)()(2211yxNyxM，、，代入1222 yx得0)1(24)21(222mkmxxk，0)2k1(8)1)(2)(21(4160212222222mmkmkk，且222122121)1(2214kmxxkkmxx，（*）（7 分）04)1()(2)1()1()1()1()2()2(2212122121mxxmkxxkyyxxANAM（*）代入，得0)32(81222mmkmk（8 分）即0)12)(36(mkmk，36 km或12 km（9 分）当12 km时，1)2(xkmkxyMN：过点)12(，A，与条件不符，舍去（10 分）36 km，3)6(xkmkxyMN：，过定点)36(，P，AP中点)14(，E，由于MNAD（D 为垂足），故2221APDE（11 分）综上所述，存在定点)14(，E，使得 DE 为定值22（12 分）