1、#QQABKYQAggiIQAAAAAhCEwGQCAOQkBGAAIoOwAAEoAIBQRNABAA=#QQABKYQAggiIQAAAAAhCEwGQCAOQkBGAAIoOwAAEoAIBQRNABAA=#数学试题 A第 1 页（共 6 页）2023 年高三摸底数学试题参考答案一选择题：1.D2.C3.C4.A5.C6.B7.C8.B8解析（仅供参考）c30.5 33 22 bsin1 32，c30.5 33 35 log330.6alog32(2732332530.62)，alog32 34 2 34sin 45sin 602sin 1052 bsin1（或 alog32log33
2、8log33 9 23 22 bsin1）所以 cab二选择题：9.BC10.ABD11.ACD12.ABD三填空题：13.2e14.4 15.416.25681四、解答题：17（10 分）解：（1）由已知可得xxqpxfcossin3)(1 分2sin6x（）2 分令 x6 分别等于2，32，2解出 x 值：3，56，43，116 填入下表，并画图：4 分 6 分（2）因为()f x）（6sin2xx0356431162f(x)120201y11343532Ox22323#QQABKYQAggiIQAAAAAhCEwGQCAOQkBGAAIoOwAAEoAIBQRNABAA=#数学试题 A第
3、 2 页（共 6 页）所以）（62sin2)2()(xxfxh7 分因为3,6x，所以65,662x，8 分于是1,21)62sin(x，9 分所以)(xh的值域为1,2.10 分 18（12 分）解：（1）213aa，12da，211(1)2nn nSa nda n，1nSn a1111(1)nnSSnan aa，数列nS是以为首项,以为公差的等差数列.（2）213aa，12da，1(21)naan，213151131,151,191aaaaaa 。又2351,1,1aaa 成等比数列，2111(51)(31)(91)aaa，即211aa，所以11,2ad，21nan，2nSn，又72nnS
4、a，所以2215nn，即53)0nn（）(，所以 n 的最小值为 6.19（12 分）解：（1）证明：记 ACBDO，连 A1O，因为A1ABA1AD，ADAB，所以A1ABA1AD，因此 A1BA1D，又 BODO，故A1BOA1DO，所以 A1OBD，在菱形 ABCD 中 BDAC，所以 BD平面 A1AC（方法一）（2）解：因为BA1D90，O 是 BD 的中点，故有 A1OBO，所以ABOAA1O，因此A1OAA1OB90，故 A1OAC，A1BACDB1C1D1Oxyz#QQABKYQAggiIQAAAAAhCEwGQCAOQkBGAAIoOwAAEoAIBQRNABAA=#数学试题
5、 A第 3 页（共 6 页）由此 A1O平面 ABCD，以 O 为原点，分别以 OB，OC，OA1 所在的直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A1(0,0,1)，设平面 BA1C 的一个法向量为 n(x,y,z)，而 BC(1,3,0)，A1C(0,3,1)，由n BCx 3y0，nA1C 3yz0，令 x 3得 n(3,1,3)，显然平面 C1A1C 的一个法向量可以是 m(1,0,0)，设平面 A1BC 与平面 A1ACC1 夹角为，则 cos|cos m，n|mn|m|n|37|217 所以平面 A1BC 与平面 A1ACC1 夹角的余弦值为 2
6、17（方法二）（2）解：因为BA1D90，O 是 BD、AC 的中点，故有 A1OBO，所以ABOAA1O，因此A1OAA1OB90，故 A1OAC，由此 A1CA1A2，又因 BD平面 A1ACC1，过点 O 作 OEA1C 于点 E，连接 BE，因此 BEA1C，所以BEO 就是平面 A1BC 与平面 A1ACC1 所成二面角的平面角即平面 A1BC 与平面 A1ACC1 的夹角，在A1OC 中，A1O1，OC 3，A1C2，因此 OE 32，在A1BC 中，A1B 2，BC2，A1C2，因此 BE 72，cos BEO 37 217 所以平面 A1BC 与平面 A1ACC1 夹角的余弦值
7、为 217.20（12 分）解：（1）当 a1 时，f(x)xln(x1)，1 分f(x)12 x 1x1，2 分故 f(1)12 12 1，3 分而 f(1)1ln2，4 分所以 f(x)在 x1 处的切线方程为 y(1ln2)x1，即 yxln2 5 分A1BACDB1C1D1OE#QQABKYQAggiIQAAAAAhCEwGQCAOQkBGAAIoOwAAEoAIBQRNABAA=#数学试题 A第 4 页（共 6 页）（2）函数 f(x)的定义域为0，)，f(x)12 x ax1x12a x2 x(x1)(xa)21a22 x(x1)，7 分当 a0 时，x(0，)，f(x)0，f(x
8、)在0，)上是增函数，8 分当 0a1 时，x(0，)，f(x)0，f(x)在0，)上是增函数，9 分当 a1 时，令 f(x)0 得 x1(aa21)2，x2(aa21)2，当 0 xx2 时，f(x)0，10 分当 x1xx2 时，f(x)0，11 分因此，f(x)在0，x1)和(x2，)单调递增，在(x1，x2)内单调递减 12 分21（12 分）解：（1）在BCD 中，因为6BA，3200AB米，所以 BC=200 米，1 分又 由正弦定理可得：CDBBCBCDsinsin，2 分即2220021 CD，所以 CD=2100米3 分（2）设CDA，5664 分所以510000sin()
9、16sin2sinADCSAD DC平方米 5 分在 ADC中，由正弦定理可得ACDACDADACsinsinsin，所以sin)65sin(200AD米，CD=sin100 米6 分又310000ABCS平方米所以sin)65sin(310000 BCDS平方米7 分设三项费用之和为)(f=200ADCS+100BCDS+10000 100sin,566=65sin()6103sin（1sin）=61 cos13 3210)2sin（9 分#QQABKYQAggiIQAAAAAhCEwGQCAOQkBGAAIoOwAAEoAIBQRNABAA=#数学试题 A第 5 页（共 6 页）（方法一）
10、)(f=2222613 32222210222（cos-sin）cos+sin2cossin=63 331110tan2442tan 210 分63 3311102tan2000000 32442tan 2(元)11 分当且仅当311 tan442tan 2，2tan323即得时等号成立.12 分（方法二）令1 cos12sint求导21cos2sint 10 分120,cos,(,)263t 解得即单调递减，1250,cos,(,)236t 解得即单调递减增，当23 时，)(f有小值，11 分带入23 计算)(f2000000 3（元）所以当23CDA时，政府的总投资最少为2 3 百万元12
11、 分22（12 分）（1）解：由已知当 n2 时，An1n13 an1，Bn12bn1，所以 anAnAn1n23 ann13 an1，故有当 n2 时，ann1n1an1n1n1 nn2n1n3534231a1n(n1)，而当 n1 时，a12 满足 ann(n1)，bnBnBn12bn2bn1bn1bn，bn 12 bn1b1B12b1 即 b11，所以bn是首项为 1，公比为 12 的等比数列，bn 12n1因此 ann(n1)，bn 12n1（2）证明：（方法一）#QQABKYQAggiIQAAAAAhCEwGQCAOQkBGAAIoOwAAEoAIBQRNABAA=#数学试题 A第
12、6 页（共 6 页）由（1）知c1 2 a1b1，c2 a2b1(a1 a2)b2，c3 a3(b1b2)(a1 a2 a3)b3，c4 a4(b1b2b3)(a1 a2 a3 a4)b4，cn an(b1b2bn1)(a1 a2 an)bn(n2)所以Sn(a1 a2 an)(b1b2bn)（方法二）当 n1 时，S1c1 2 a1b1，等式成立，假设当 nk 时，等式成立，即 Sk(a1 a2 ak)(b1b2bk)，当 nk1 时，Sk1Skck1(a1 a2 ak)(b1b2bk)ak1(b1b2bk)(a1 a2 an ak1)bk1(a1 a2 an ak1)(b1b2bk)(a1 a2 an ak1)bk1(a1 a2 an ak1)(b1b2bkbk1)，等式成立所以 Sn(a1 a2 an)(b1b2bn)由得：Sn(a1 a2 an)(b1b2bn)(12 23 n(n1)(1 12 12n1)(12 23 n(n1)2(1 12n)2(12 23 n(n1)因为 n(n1)nn122n12，故有 Sn2(32 52 2n12)352n1n(n2)#QQABKYQAggiIQAAAAAhCEwGQCAOQkBGAAIoOwAAEoAIBQRNABAA=#
