1、学科网（北京）股份有限公司1广州市 2023 届第一学期高三调研测试数学参考答案一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，满分 40 分题号12345678答案BDAACBCB7【解析】由2cos12sin2可得2sin211cossin4，则2sincossin2，又)0,2(，0sin，所以sincos2.又1cossin22解得：552sin，55cos.25cossin12sin2cos)2sin2(cos2sin2cos2sin2cos2cos2sin12cos2sin12tan12tan12228【解析】设 xxxf sin，2,0 x，则 01cosxxf，所以 xf在2
2、,0 x上递减，所以 001.0 ff，即ab；令xxxxg)1ln()1()(，当)5.0,0(x，0)1ln()(xxg，所以)(xg在)5.0,0(x上单调递增，所以 0010gg，即ca；所以cab.二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，漏选得 2 分，错选得 0 分，满分 20 分题号9101112答案ACDDABCBC11【解析】由题意可知)(xf的最小正周期T，所以在),0(上既可以取得最大值也可以取得最小值，A 正确令3 xt，3,3t，)(xf在,0 上有且只有三个零点，即tysin在区间3,3有且只有三个零点只需3323n解得31037，B 正确当)4,0(x时
3、，)34,3(t，因为31037，所以)2,43资料第一时间更新，认准公众号：一枚试卷君学科网（北京）股份有限公司2tysin在)34,3(上单调递增，即函数)(xf在)4,0(上单调递增，C 正确当),0(x时，)3,3(t，因为31037，所以)3,23当)3,25(3时，tysin在2,3上单调递增，在23,2上单调递减，在25,23上单调递增，在)34,25上单调递减，tysin存在两个极大值点，即函数)(xf在),0(上存在两个极大值点，D 错误故选：ABC.12【解析】因为)(xf为偶函数，所以)()(xfxf在1)2()(xgxf中，用x替换 x，得1)2()(xgxf，可得)2
4、()2(xgxg，函数)(xgy 的图像关于2x对称.A 错误，在3)4()(xfxg中，用x2替换 x 得3)2()2(xfxg，又1)2()(xgxf，可得2)2()(xfxf，即函数)(xfy 的图象关于)1,1(对称，B 正确由2)2()(xfxf，)(xfy 为偶函数，可得2)2()(xfxf.2)4()2(xfxf，所以)4()(xfxf，所以函数)(xfy 是以 4 为周期的周期函数，C 正确，在3)4()(xfxg中，因 为)4()(xfxf，所 以3)()(xfxg，又1)2()(xgxf，所 以4)2()(xgxg，又)2()2(xgxg，所 以4)2()(xgxg，4)4
5、()2(xgxg，所以)4()(xgxg，所以函数)(xgy 是以 4 为周期的周期函数，D 错误故选：BC.三、填空题：本题共 4 小题，满分 20 分1332141134；15.0a或2ea 16416【解析】设2021,aaa中有 m 项取值 1，有 n 项取值-l，由条件知5 nm，再由条件得5720443nmm，解得169 m，又因为20 nm，故m 可取 9，10，11，12 有 4 个不同的值，2202221aaa有 4 个不同的值四、解答题：本题共 6 小题，满分 70 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17【解析】(1)因为921nnSa，则当1n时，9292112a
6、Sa1 分当2n时，921 nnSa2 分所以nnnnnaSSaa2)(211，即nnaa31 3 分因为 na是等比数列，则公比为 3，则123aa 4 分所以11392aa，即91 a5 分所以数列 na的通项公式11339 nnna6 分(2)由(1)得1log3nabnn7 分所以211121111nnnnbbnn8 分)2111()5141()4131()3121(11113221nnbbbbbbnn2121n9 分学科网（北京）股份有限公司3因为021n，所以212121 n，2111113221nnbbbbbb10 分18【解析】(1)1)0(f，将)1,0(代入切线方程012
7、byx，得1b1 分 14241222axaxeaxexxexfxxx2 分由题意可知21)0(af，可得1a3 分故 122xxexfx4 分(2)由(1)可得 1222322xxexxexfxx5 分由 0 xf可得2x或21x，6 分又 3203ef，292ef，21)21(ef，0)1(f10 分所以 xf在1,3上的最大值为29e，最小值为21e12 分19【解析】(1)解法一：由余弦定理推论可得，acbcaabc222222，1 分即22222bcabcc，整理得bcacb2222 分2122cos222bcbcbcacbA3 分因为 A0，所以32A4 分解法二：由正弦定理可得B
8、ABCcossin2sinsin21 分因为BABABABACsincoscossin)sin()(sinsin所以0sinsincos2BBA2 分因为0sinB，所以21cosA3 分因为 A0，所以32A4 分(2)依题意可知：AM 是角 A 的平分线，32A，3BAM5 分在 ABM中，由正弦定理可得BAMBAMBMsinsin即BAMsin2374，即7423sinAMB 6 分在 ACM中，同理可得7223sinAMC 7 分所以BCsin2sin，由正弦定理可得bc28 分学科网（北京）股份有限公司4)21(224)76(222bbbb得6b，12c9 分72512762612)
9、76(2cos222222acbcaB10 分在 ABM中，由余弦定理可得：1672574122)74(144cos22222BBMcBMcAM11 分所以4AM12 分20【解析】(1)证明：因为1AA平面 ABC，CB平面 ABC，所以CBAA 1，1 分因为34AB，811CAAC，4CB，所以222ACCBAB，所以ABCB，2 分又因为AAAAB1，1AA平面11AABB，AB平面11AABB，所以CB平面11AABB，3 分又DA1平面11AABB，所以DACB1.4 分(2)解法一：由(1)得，38ABCS，3421ABCACDSS5 分因为1AA平面 ABC，331631111
10、AASVVDACACDACDAA三棱锥三棱锥，所以41 AA6 分以 B 为原点，建立空间直角坐标系xyzB，如图所示，则)4,0,0(C，)0,0,32(D，)0,4,34(1A，)0,4,0(1B，)0,4,32(1 DA，）4,4,34(1CA，)0,4,34(1 BA7 分设平画CDA1的一个法向量为),(111zyxn，则0443404321111111zyxCAnyxDAn，令21 x，则)3,32(n，9 分设平面CBA1的一个法向量为),(222zyxm，0443404342221221zyxCAmyxBAm，令12 x，则)0,3,1(m，10 分则410102)3()3(2
11、1|,cosnmnmnm，11 分设平面CDA1与平面CBA1夹角为，410,coscosnm，所以平面CDA1与平面CBA1夹角的余弦值为410l2 分学科网（北京）股份有限公司5(2)解法二：由(1)得，38ABCS，3421ABCACDSS5 分因为1AA平面 ABC，331631111AASVVACDACDACDAA三棱锥三棱锥，所以41 AA6 分过点 D 作1BADG，垂足为G，再过点G 作1CAGH，垂足为 H，连接 DH，由(1)知CB平面11AABB，而DG平面11AABB，则CBDG，因为1BADG，BBACB1，所以DG平面1CBA，则1CADG，又因为1CAGH，GGH
12、DG，所以1CA平面 DGH，则DHCA 1，故DHG就是二面角BCAD1的平面角，8 分在 ABC中，722121AAADDA，在1ABA中，82121AAABBA，于是542121BACBCA，3843211BAAABDDG，于是52211DGDAGA，在CBA1中，111sinCACBGAGHCBA，即5445GH，5GH，10 分在DGHRT中，410225)5()3(5cos22DHGHDHG，11 分所以平面CDA1与平面CBA1夹角的余弦值为41012 分学科网（北京）股份有限公司621【解析】以 B 为原点，AB 所在直线为 x 轴建立直角坐标系如图1 分依题意可设抛物线方程为
13、)0(22ppyx，且)2,1(C，所以2212p，即41P故曲线段 BC 的方程为)10(212xyx3 分设)10)(2,(2 xxxP是曲线段 BC 上的任意一点，则在矩形 PMDN 中，222|xPM，xPN1|5 分所以桌面板面积2222)1)(22(|)(232xxxxxPNPMxS6 分因为)1)(13(2246)(2xxxxxS7 分令0)(xS，且10 x，得：31x8 分当)31,0(x时，0)(xS)(xS单调递增：9 分当)1,31(x时，0)(xS，)(xS单调递减；l0 分所以当31x时，)(xS有最大值，此时34|,916|PNPM，2764S11 分答：把桌面板
14、设计成长为 34 米，宽为 916 米的矩形时，矩形桌面板的面积最大，最大面积为 2764 平方米12 分22【解析】(1)04xaxxf在区间),0(上恒成立1 分则24xxa在区间),0(上恒成立，即max2)4(xxa2 分则4a，经检验，当4a时，)(xf不是常函数，所以4a3 分学科网（北京）股份有限公司7(2)由题意，xaxxxaxxf442，定义域为),0(因为 xf有两个极值点21,xx，所以 0 xf即042axx有两不等正实数根，所以04004162121xxaxxa，即40 a，5 分 8lnlnln4212121222121aaaxxaxxxxxfxf6分要证 axfx
15、fln1021，即证02ln)1(aaa构造函数2ln)1()(aaaah，40 a，则aaah1ln)(，7 分令aaag1ln)(，011)(2 aaag在4,0上恒成立，所以)(ag在4,0上单调递增8 分又01)1(g，0212ln)2(g.由函数零点存在性定理可得，)2,1(0 a，使得0)()(00ahag，即00ln1aa，即1ln00aa；9 分所以当0,0 aa 时，0)(ah，则)(ah单调递减；当4,0aa 时，0)(ah，则)(ah单调递增；)3ln(2lnln2ln)1()()(0000000000aaaaaaaaaahah，10 分又)3(ln00aay在2,1上单调递减，所以02ln1)322ln()(0ah11 分所以0)()(0 ahah，即02ln)1(aaa，学科网（北京）股份有限公司8故 axfxfln102112 分
