1、数学参考答案第 1 页（共 13 页）2023 届大湾区普通高中毕业班联合模拟考试（二）数学参考答案与评分细则2023 届大湾区普通高中毕业班联合模拟考试（二）数学参考答案与评分细则一、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，只有一项符合题目要求的.题号12345678答案CDDCDBAA题号12345678答案CDDCDBAA二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 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BDADCDBD题号9101112答案BDADCDBD
2、三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.131n142m1543166四、解答题：本大题共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.（10 分）（1）由题意，设na的公差为0d d，则22354141,14,1 13bad bad bad 1 分由 nb是等比数列，所以21411 13ddd，解得：2d，0d（舍去）2 分所以12121nann 3 分又22353,9baba，所以 nb的公比323bqb4 分所以2123nnnbb q5 分数学参考答案第 2 页（共 13 页）（2）由1122313nnncaccbbb得：12213cab，所以13
3、c 6 分当2n时，112233nnncaccbbb，-得：11233nnnncaab所以1122 323nnncbn7 分从而13,12 3,2nnncn8 分所以1n 时，113Sc2n 时，1213 1 3323 333231 3nnnnS 9 分综上：3nnS，*nN10 分18.（12 分）解：（1）因为52 sincossinsinsin2aCBaAbBbC由正弦定理得2252cos2acBabbc1 分由余弦定理得222225222acbacabbcac2 分所以52cb3 分又因为2 5c，所以4b4 分（2）因为2ABACAD 5 分所以2ABADAC 6 分所以22244A
4、BADAD ACAC 7 分数学参考答案第 3 页（共 13 页）因为3cos8CAD所以2320444168ADAD 8 分化简得22320ADAD，解得2AD 或12AD （舍去）9 分因为2355sin188DAC10 分所以115555sin2 42282ADCSADACDAC 11 分所以5522552ABCADCSS 12 分19.（12 分）（1）在等腰梯形11BBC C中，作1B DBC，则1BD 在1Rt BDB中，221213B D 1 分连1BC，在1Rt CDB中，3DC，解得12 3BC 2 分22211B BBCBC，即11BCB B3 分由平面11AA B B 平
5、面11BBC C，平面11AA B B平面11BBC C1B B，11BCB B1BC平面11AA B B4 分1BCAB5 分ABBC，1BCBCC,1,BC BC 平面11BBC CAB平面11BBC C6 分（2）方解法1：如图，在平面11BBC C内，过点B作BEBC以B为原点，以,BA BC BE所在的直线为,x y z轴，建立空间直角坐标系，如图所示设ABt，0t，则1(,0,0),(0,4,0),(0,3,3)A tCC7 分数学参考答案第 4 页（共 13 页）1(,4,0),(0,1,3)ACtCC 设平面1ACC的法向量为(,)nx y z则100n ACn CC ，即40
6、30txyyz，则4 3(,3,1)nt平面11BBC C的一个法向量为(1,0,0)m 9 分则24 33cos,2483+1n mtn mnmt ，解得2t 11 分即2AB12 分解法 2：连1BC，1AC，由已知及（1）得11BCCC，12 3BC 7 分因为11ABBBC C 平面，111CCBBC C 平面所以1ABC C因为1ABBCB所以11CCABC 平面，1AC在1ABC平面内所以11CCAC所以1BC A为二面角1BCCA的平面角9 分即1=6BC A10 分在1Rt BC A中，113tan=tan632 3ABABBC ABC11 分解得2AB 12 分数学参考答案第
7、 5 页（共 13 页）20.（12 分）解：(1)X的可能取值为0，1，21 分0202119014416P XC111211631144168P XC 2022111214416P XC3 分(注：不全对也不全错情况下，给 1 分)所以X的分布列为X012P916381164 分9311012168162E X 或由124XB，得：11242E X5 分(2)对于方案一，“机器发生故障时不能及时维修”等价于“甲，乙，丙三人中，至少有一人负责的 2 台机器同时发生故障”，考虑从反面处理这个问题，31112PP X 7 分3333116154096337572111161640964096 8
8、 分（注：正面分类处理同样给分，直接写最后的算式，没有任何铺垫的扣一分）对于方案二，机器发生故障时不能及时维修的概率06152401226661111111111444444PCCC 10 分数学参考答案第 6 页（共 13 页）6565466664336536 315 34096340269434714444409640962048 11 分（注：正面处理同样给分，直接写算式扣一分,最后结果没有约分不扣分）所以21PP，即方案二能让故障机器更大概率得到及时维修，使得工厂的生产效率效率更高.（注：意思相同即可.)12 分21.（12 分）解：（1）记1(1,0)F，则O为1F F中点，M为AF
9、中点，所以12AFOM1 分122AFAFOMMF222()OMMPOMMP1242OPFF2 分所以A的轨迹是长轴长为 4，焦距为 2 的椭圆3 分所以点A的轨迹方程为22143xy4 分（2）设F到直线n的距离为h，设1122(,),(,),(,)HHS x yR xyH xy12,12HFRHFSHR hSHRSHSHS h1212GFSGFRGS hSGSSGRGR h5 分2112()()HHyyyHR GSHS GRyy y6 分设直线:4n xty，令1x，3(1,)Ht7 分进而21121212123()333()yyty yytyty yy yt8 分数学参考答案第 7 页（
10、共 13 页）联立22221,(34)24360434xyxtytyxty消去得所以1212222436,3434tyyy ytt，121232ty yyy 10 分所以121122121233322133322yyyyyyyyyy11 分所以 是为定值 112 分22.（12 分）解：（1）当1a时21()ln1xxf xxe，(1)0f1 分2121()xxxfxex，(1)0f 2 分曲线)(xfy 在1x处的切线方程为(1)(1)(1)yffx即为0y 所以曲线)(xfy 在1x处的切线方程为0y 3 分（2）方法一：令()0f x，则22ln0lnlnax ax axxxaxaexe
11、e即2lnaaxexexe，即lnaxaexxeex，即lnlnxaxaeexeex令ln()ttt，则上述方程可化为()()xaeex（*），4 分)(xf零点个数即为方程（*）的根个数，数学参考答案第 8 页（共 13 页）则21 ln()ttt，令()0t，得te，t(0,)ee(,)e()t+0()t易知te为是唯一的极大值点，且max1()()tee，5 分令()()()xah xeex，当1a 时，,aaee e xex，1当1x 时，,xaee e xexe，而ln()ttt在(,)e 上单调递减，为解方程()()xaeex，只需解方程xaeex，令,(1,)xaeex x，即x
12、aeex，令()xem xx，2(1)()xexm xx令()01m xx，得，列表如下：x(0,1)1(1,)()m x0()m x()m x在(1,)上单调递增，min()m x(1)amee，故()xxem xeeexx，(1)amee，2()aeeaaaaaaaeeem eeeee，根据零点存在定理，存在唯一的0(1,)x，使得000()xaem xex，即00 xaeex，数学参考答案第 9 页（共 13 页）所以00()()xaeex，故方程（*）在(1,)上有唯一解0 x，7 分2当1x 时，()()aee不成立，故1x 不是（*）的解；8 分当01x时，（i）当11,1),xa
13、axee exee，所以()xe单调递增，()aex单调递减，故()()()xah xeex在11,1)ae上单调递增，1(1)()()()0aaheeee1111111()()()()0aaeeaheeeee根据零点存在定理，()h x在11,1)ae上存在唯一零点；10 分(ii)当11(0,),xaaxee exee则，而ln()ttt在(0,)e上单调递增，为解方程()()xaeex，只需解方程xaeex令(),xag xeex11(0,)axe，因为()0 xag xee，所以()g x 在11(0,)ae上单调递减，又1111()0aeageee，(0)10g，故存在唯一1x 11
14、1(0,),()0ag xe，即11,xaeex即11()()xaeex故方程()()xaeex在区间11(0,)ae上存在唯一解1x，综上：当1a 时，()()xaeex存在三个解，故)(xf有三个零点12 分数学参考答案第 10 页（共 13 页）（2）方法二：2232121()()ax axaxxexxfxexxee4 分令223542()(0),()xxxxxxxh xxh xee，令()0,h x得1,4x x(0,1)1(1,4)4(4,)()h x+00()h x()h x的图像如下图示：因为11(0)0,(1),(2)0ahhhee，所以1()()0aaefxh xxe有两个根
15、，记为12,x x，1212xx，当x变化时，()fx，()f x关系如下表：x1(0,)x1x12(,)x x2x2(,)x()fx00()f x注意到1212xx 且111(1)0(1)axafaeaaaexe此处用到数学参考答案第 11 页（共 13 页）()f x在12,x x上单增，2()(1)0f xf,6 分又因为101x且12311121()0 xaxxfxee即1231112311,ln(2)2xaeeaxxxxx，所以1112223111111112311()lnlnln(2)2xxaxxxef xxaxxxxexxe111111lnln(2),012xxxxx7 分令1(
16、)lnln(2),012m tttttt ，(1)0m2111()122m tttt 22(1)402ttt t()0m t，故()(0,1)m t 在上单调递增，所以()(1)0m tm，即1()0f x,8 分先证：224(0)xxxee，为此，令2222()(0),()xxxxxxxxu xxu xeee当(0,2)x时，()0,()u xu x单调递增；当(2,)x时，()0,()u xu x单调递减，max24()(2)u xue，所以224(0)xxxee，所以24()lnaf xexae,2244()ln(1)0aaeaeaf eeeaeaee,9 分数学参考答案第 12 页（共
17、 13 页）而2()lnlnx axf xxaxae，故11()ln0aafaaaee,所以1()0afe，10 分又111()()1aaaaaefheeee，而2321111111122211111()11aaaaaaaaaaaaaeeeeeeeeheeeeeeee11121111110,()0,111+1+aaaaaaaaeefxeeeeee故故综上：111axe，21,2aexe；11 分1()0,afe1()0f x，2(1)0,()0ff x，()0aef e，()f x在12(,)x x单调递增，在1(0,)x，2(,)x 上单调递减.（如下图示）数学参考答案第 13 页（共 13 页）根据零点存在定理，()f x有三个零点；综上：当1a 时，()f x有三个零点.12 分
