2023届广州市高三年级调研测试参考答案.pdf

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1.【解析】由于x2≥0,故A=y|y≥0,∵y=ln2-x,∴2-x>0,即x<2,故B=x|x<2,
因此A∩B=x|0≤x<2,即A∩B=0,2.故选:C
ii(1-2i)i+2212121
2.【解析】z====+i,z=-i,对应点为,-,在第四象
1+2i(1+2i)(1-2i)5555555
:D.
3.【解析】因为p:(x+2)(x-3)<0⇒-2<x<3;q:x-1<2⇒-1<x<3,
所以q⇒p,p推不出q,:B.
58-10258-10
4.【解析】由题意得:R2-=72,所以R=25cm,所以h=25-=1cm,
22
所以两个球冠的面积为2S=2×2πRh=2×2×π×25×1=100πcm2,
则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为:4πR2-2S=4×π×252-100π=2400πcm2,故选:C.
π
5.【解析】∵α,β∈,π,∴sinα≠-cos2α1+sinβ=sin2αcosβ,
2
可得2sin2α1+sinβ=2sinαcosαcosβ,即sinα1+sinβ=cosαcosβ.
π
∴sinα=cosαcosβ-sinαsinβ=cosα+β,∴cosα+β=cos-α,
2
πππ
∵α,β∈,π,∴π<α+β<2π,且-<-α<0,
222
π5π
根据函数y=cosx易知:α+β=-α+2π,即得:2α+β=.故选:A
22
8001200
6.【解析】该地区中学生每天睡眠时间的平均数为:×9+×8=(小时),
1200+8001200+800
8001200
该地区中学生每天睡眠时间的方差为:×1+9-+×+8-
1200+8001200+800
=:B
7.【解析】由fx+1+fx-1=2,得fx+2+fx=2,即fx+2=2-fx,
所以fx+4=2-fx+2=2-2-fx=fx,所以函数fx的周期为4,又fx+2为偶函数,
则f-x+2=fx+2,所以fx=f4-x=f-x,所以函数fx也为偶函数,
又fx+1+fx-1=2,所以f1+f3=2,f2+f4=2,所以f1+f2+f3+f4=4,
又f1+f-1=2,即2f1=2,所以f1=1,又f0+f2=2,f0=2,∴f2=0,
115
所以fk=f1+f2+f3+f4×28+f1+f2+f3=4×28+2+0=114,故选:C.
k=1
8.【解析】由题意如图所示:由双曲线C:x2-y2=4,知a2=b2=4,
222
所以c=a+b=8,所以F2(22,0),F1F2=2c=42
所以过F2作垂直于x轴的直线为x=22,
代入C中,解出A22,2,B22,-2,
由题知△AF1F2,△BF1F2的内切圆的半径相等,
且AF1=BF1,△AF1F2,△BF1F2的内切圆圆心O1,O2
的连线垂直于x轴于点P,设为r,在△AF1F2中,由等面积法得:
11
AF+AF+FF⋅r=FF⋅AF
212122122
由双曲线的定义可知:AF1-AF2=2a=4,由AF2=2,所
第1页
以AF1=6,
112222×2-2
所以6+2+42⋅r=×42×2,解得:r===22-2,
222+22
因为F1F2为△F1AB的∠AF1B的角平分线,所以O3一定在F1F2上,即x轴上,令圆O3半径为R,
11
在△AFB中,由等面积法得:AF+BF+AB⋅R=FF⋅AB,
1211212
211
又AF=BF=FF2+AF2=42+22=6,所以×6+6+4⋅R=×42×4,
1112122
所以R=2,所以PF2=r=22-2,O3P=O3F2-PF2=R-r=2-22-2=2-2,
11
所以S=OOOP=×2r×OP=r×OP=22-2×2-2=62-8,故选:A.
△O1O2O32123233

9.【解析】选项A中:由对立事件定义可知PA+PA=1,选项A正确;

P(AB)+P(AB)P(B)
选项B中:PAB+PAB===1,选项B正确;
P(B)P(B)
选项C中:A,B互斥,P(AB)=0,PA>0,PB>0,PAB≠PAPB,故选项C错误;
P(AB)
选项D中:A,B独立,则P(AB)=P(A)P(B),则PAB==P(A),故选项D正确.
P(B)
故选:ABD.
10.【解析】∵fx=asinx-bcosxab≠0,∴fx=acosx+bsinx.
πππ
将fx的图像向右平移个单位得y=acosx-+bsinx-=asinx-bcosx=fx的图像,
222
故A选项正确;
3π3π
已知fx的图像与f-x的图像关于直线x=对称,
24
3π3π3π
f-x=asin-x-bcos-x=-acosx+bsinx≠fx,故B选项错误;
222
a-b
fx+fx=a+bsinx+a-bcosx=a+b2+a-b2sinx+φ,其中tanφ=,∴fx
a+b
22
+fx最大值为a+b+a-b=2⋅a2+b2,
a+b
fx-fx=a-bsinx-a+bcosx=a-b2+a+b2sinx-θ,其中tanθ=,∴fx
a-b
22
-fx最大值为a-b+a+b=2⋅a2+b2,故C选项正确;
当a=b时,fx+fx=2asinx,fx-fx=-2acosx,
ππ
当a>0时,fx+fx在0,上单调递增,fx-fx在0,上单调递增,
22
ππ
当a<0时,fx+fx在0,上单调递减,fx-fx在0,上单调递减,
22
π
综上可知fx+fx和fx-fx在0,上单调性相同,但可能递增也可能递减,故D选项错误.
2
故选:AC
11.【解析】对于A,记AC中点为M,如图所示
∵△ADC和△ABC均为直角三角形,M为AC中点,∴AM=MC=DM=BM,
第2页
552
∴M为棱锥D-ABC的外接球球心,半径为AM=,∴S=4πR2=4π=5π.
22
∴三棱锥D-ABC的表面积不变,,故A正确;
对于B,画图如下:由题知AB=DC=DC=2,BC=AD=AD=3,AC=5,
当平面DAC⊥平面ABC时,三棱锥D-ABC的体积最大,
过点D向AC做垂线,垂足为E,∵DA=3,DC=2,
AD⋅DC3×230
在△ADE中可得DE===,
AC55
∵平面DAC⊥平面ABC,平面DAC∩平面ABC=AC,DE⊥AC,
∴DE是三棱锥D-ABC的高,
11130655
∴三棱锥D-ABC的体积最大值为S⋅DE=××2×3×==.故B不正确;
3△ABC325305
对于C,若异面直线AD与BC所成的角是90°,则AD⊥BC,又因为AB⊥BC,
AB∩AD=A,AB⊂平面ABD,AD⊂平面ABD,
∴BC⊥平面ABD,则BC⊥BD,在△BCD中,DC=2<BC=3,
不成立,所以异面直线AD与BC所成的角不可能是90°,故C不正确;
dd
对于D,设AD与平面ABC所成角为θ,点D到平面ABC距离为d,则sinθ==,
AD2
∴当点D到平面ABC距离最大时,AD与平面ABC所成角最大,当平面DAC⊥平面ABC时,点D
30153
到平面ABC距离最大,由B知,此时d=DE=,即sinθ=<,
max5max52
∴θmax<60°,:AD.
12.【解析】对于A选项,当a=1时,abea+lnb-1=0⇔eb+lnb-1=x=ex+lnx-1,其中x>0.
11
则fx=e+>0,故fx在0,+∞=e-1>0,f=-1<0,
xe
11
则∃b∈,1,使fb==1,b∈,1,使abea+lnb-1=0.
ee
1
但此时,lnb<ln1=0<1=.故A错误.
a
111111ln11
对于B选项,abea+lnb-1=0⇔aea+lnb=⇔aea-ln=⇔aea-lneb=.
bbbbbbb
设gx=xex,其中x>x=x+1ex>x在在0,+∞上单调递增.
1ln1111111
注意到aea-lneb=⇔ga-gln=.则ga-gln=>0⇒a>ln.
bbbbbbb
ln11
又y=ex在R上递增,则有ea>eb⇒ea>.故B正确.
b
1
对于C选项,由B选项可知ea>,则由abea+lnb-1=0,
b
1
有0=abea+lnb-1>ab⋅+lnb-1⇒a+lnb<.
b
对于D选项,因a>0,b>0,abea+lnb-1=0,则abea=1-lnb>0⇒lnb<1⇒b<e.
设b=em,其中m<+lnb-1=0⇔aea+m+m-1=0.
设hx=xex+m+m-1,其中x∈0,+∞.则hx=x+1ex+m>0,得hx在0,+∞上单调递增.
(1)若0<m<1,注意到h1-m=1-me-1>0,h0=m-1<0,
则∃x∈0,1-m,使hx=∈0,1-m,则ab<em1-m,设px=ex1-x,
则px=-xex,得px在0,1上单调递减,则ab=em1-m=pm<p0=1.
(2)当m=0,hx=xex-1,注意到h0=-1<0,h1=e-1>∈0,1,此时ab=a<1.
(3)当m<0,注意到h-m=-10,h1-m=1-me-1>0
第3页
则a∈-m,1-m,又由(1)分析可知px在-∞,0上单调递增.
则ab=em1-m=pm<p0=,有ab<:BCD
5122334455
13.【解析】因为a+x(1+x)=a+x1+C5x+C5x+C5x+C5x+C5x
443
则展开式中x的系数是aC5+C5=5a+10=20,求得a=:2.

14.【解析】①已知a=-2,λ,b=1,1,由于a⊥b,所以a⋅b=-2×1+λ×1=0,解得λ=2;

②由①知:a=-2,2,b=1,1,得a-b=-3,1,则a-b⋅b=-3×1+1×1=-2,b=12+12=2,

a-b⋅b-2-2
故a-b在b方向上的投影为==-2,得a-b在b方向上的投影向量为⋅b=-1,-1.
b22
故答案为:2;-1,-1
x1-xx0
15.【解析】函数y=的定义域为R,则y=,设切点坐标为x0,,
exexex0
1-x0x01-x0
则切线斜率为k=,故切线方程为:y-=x-x0,
ex0ex0ex0
2
x01-x0x0
又切线过点0,b(b>0),则b-=-x0⇒b=,
ex0ex0ex0
x2x2-x
设hx=,则hx==0得,x=0或x=2,
exex
则当x∈-∞,0时,hx<0,函数hx单调递减,
当x∈0,2时,hx>0,函数hx单调递增,
4
当x∈2,+∞时,hx<0,函数hx单调递减,所以h0=0,h2=,
e2
又x→-∞时,hx→+∞,x→+∞时,hx→0,
2
x0444
所以b=有且只有一个根,且b>0,则b>,故b的取值范围是,+∞.故答案为:,+∞.
ex0e2e2e2
ODOF
2=2=1
2
16.【解析】设O1O2∩EF=D,由O1DO1E,
O2D+O1D=210
210410
解得OD=,OD=,
2313
2
41024
所以DE=-4=,
33
2
21022
DF=-2=,
33
42
所以2c=+=2,c=1,
33
设直线EF与圆锥的母线相交于点A,
圆锥的母线与球相切于B,C两点,如图所示,
则AB=AE,AC=AF,
两式相加得AB+AC=AE+AF=a-c+a+c=2a,
即BC=2a,过O2作O2G⊥O1B,垂直为G,
则四边形BGO2C为矩形,
2
所以2a=BC=210-22=6,a=3,
c11
所以椭圆的离心率为=.故答案为:
a33
第4页
*
17.【解析】(1)设等差数列的公差为d,依题意,S6=4S3,a2n=2an+1n∈N,则a2=2a1+1
6a1+15d=43a1+3d
所以,解得a1=1,d=2,所以an=2n-1.
a1+d=2a1+1
n-1n-1
(2)bn=2an=2n-1⋅2,
01n-112n
所以Tn=1×2+3×2+⋯+2n-1×2,2Tn=1×2+3×2+⋯+2n-1×2,
4×1-2n-1
两式相减得-T=1+22+23+⋯+2n-2n-1×2n=1+-2n-1×2n=3-2n⋅2n-3,
n1-2
n
所以Tn=2n-3⋅2+3.
18.【解析】(1)因为2sinA=3sin2C,所以2sinA=6sinCcosC,
所以2a=6ccosC,即a=3ccosC,
a
所以cosC=,
3c
a2+b2-c2a2+b2-4b2a2-3b2
由余弦定理及c=2b得:cosC===,
2ab2ab2ab
aaa2-3b2a32
又cosC==,所以=⇒2a2=9b2,即a=b,
3c6b2ab6b2
32b
a22
所以cosC===,
6b6b4
214
所以sinC=1-cos2C=1-2=.
44
111437
(2)由S=absinC=×ab×=,所以ab=62,
△ABC2242
32
由(1)a=b,所以b=2,a=32,因为CD为AB边上的中线,
2
1
所以CD=CA+CB,
2
2122
所以CD=CA+CB+2CA⋅CB
4
1
=×b2+a2+2abcosC
4
12
=×4+18+2×2×32×
44
=7,

所以CD=7,
所以AB边上的中线CD的长为:7.
19.【解析】(1)设AC,BE的交点为O,连接FO,已知O为△ABD的重心,
AO1AF1AOAF1
所以=,=,所以在△APC中,==,
AC2AP2ACAP2
所以FO⎳PC,所以FO⊂平面BEF,PC⊄平面BEF,
则PC⎳平面BEF.
(2)因为∠ACD=30°,所以∠ACB=30°,
所以△DCB为等边三角形,所以DC=DB,又因为∠PDC=∠PDB,
所以△PDB≅△PDC,所以PB=PC,
取BC的中点为H,连接PH,则PH⊥BC,
第5页
平面PBC⊥平面ABCD,平面PBC∩平面ABCD=BC,
则PH⊥平面ABCD,以H为坐标原点,HD,HB,HP为x,y,z轴,
建立如图所示的空间直角坐标系,
因为PD与平面ABCD所成的角为∠PDH=45°,所以PH=DH,
设菱形的边长为2,所以PH=DH=3,所以P0,0,3,B0,1,0,A3,2,0,D3,0,0,E3,1,0,
2343313
因为AP=3AF,所以F,,,EF=-,,,AE=0,-1,0,BE=3,0,0,
333333
-y=0
n⋅AE=0
设n=x,y,z⊥平面AEF,⇒,令x=1,y=0,z=1,
-3x+1y+3z=0
n⋅EF=0333

所以n=1,0,1,
3x=0
m⋅BE=02
设m=x2,y2,z2⊥平面BEF,由⇒,令y2=3,x2=0,z2=-1,
-3x+1y+3z=0
m⋅EF=0323232

m⋅n2
所以m=0,3,-1,则cosm,n==-,
mn4
2
所以平面AEF与平面BEF夹角的余弦值为.
4
20.【解析】(1)因为A,B,C三个社区的居民人数之比为5:6:9,
设A,B,C三个社区的居民人数为5a,6a,9a,
所以A社区每周运动总时间超过5小时的人数为:5a⋅56%=,
B社区每周运动总时间超过5小时的人数为:6a⋅65%=,
C社区每周运动总时间超过5小时的人数为:9a⋅70%=,
++
该居民每周运动总时间超过5小时的概率P==.
15a+6a+9a
(2)因为这三个社区每名居民每周运动总时间为随机变量X(单位:小时),且X∼N,σ2,
所以PX>=,由(1)知,PX>5=,
所以P5<X<=-=,
因为随机变量X服从正态分布,且关于X=,
所以P5<X<6=2P5<X<=,
所以从这三个社区中随机抽取3名居民,求至少有两名居民每周运动总时间为5至6小时的概率为:
2233
P2=C3+C3=.
21.【解析】(1)由题设得p=2,
所以抛物线C的方程为y2=4x.
因此,抛物线的焦点为F1,0,即圆M的圆心为M1,0
由圆M与y轴相切,所以圆M半径为1,
2
所以圆M的方程为x-1+y2=1.
(2)证明:由于Px0,y0x0≠2,每条切线都与抛物线有两个不同的交点,则x0≠0.
故设过点P且与圆M相切的切线方程为y-y0=kx-x0,即kx-y+y0-kx0=0.
第6页
k+y0-kx022
依题意得=1,整理得x0x0-2k-2y0x0-1k+y0-1=0①;
k2+1
设直线PA,PQ的斜率分别为k1,k2k1,k2,则k1,k2是方程①的两个实根,
2
2y0x0-1y0-1
故k1+k2=,k1⋅k2=②,
x0x0-2x0x0-2
kx-y+y0-kx0=0
由得ky2-4y+4y-kx=0③,
y2=4x00
因为点Ax1,y1,Bx2,y2,Qx3,y3,Rx4,y4
4y0-k1x04y0-k2x0
则y1y2=④,y3y4=⑤
k1k2
由②,④,⑤三式得:
22
16y0-k1x0y0-k2x016y0-k1+k2x0y0+x0k1k2
y1y2y3y4==
k1k2k1k2
22y0x0-1
216y0-x0y0
16y0-k1+k2x0y02x0x0-22
=+16x0=2+16x0=16,
k1k2y0-1
x0x0-2
222
即y0x0x0-2-2y0x0-1x0y0=1-x0y0-1,
222222222222
则y0x0-2y0x0-2y0x0+2x0y0=y0-x0y0-1+x0,即x0+y0=1,
所以点P在圆x2+y2=1.
fxax-ex2axaxlna⋅x-axaxlna⋅x-1
22.【解析】(1)gx=+ex=+ex=,gx==,
xxxx2x2
因为ax>0,x2>0,gx定义域为-∞,0∪0,+∞
11
当a>1时,lna>0,解gx>0,得x>,解gx<0,得0<x<,x<0
lnalna
11
当0<a<1时,lna<0,解gx>0,得x<,解gx<0,得0>x>,x>0
lnalna
11
综上,当a>1时,gx增区间为,+∞,gx减区间为-∞,0,0,,
lnalna
11
当0<a<1时,gx增区间为-∞,,gx减区间为0,+∞,,0,
lnalna
x2
(2)(i)因为fx=a-ex,a>1且fx存在三个零点x1,x2,x3.
所以ax-ex2=0有3个根
当x<0时,f-1=a-1-e<0,f0=a0>0,fx=axlna-2ex>0,
fx在-∞,0上是单调递增的,由零点存在定理,方程必有一个负根.
1+2lnx
当x>0,xlna=1+2lnx,即lna=有两个根,
x
1+2lnx1+2lnx
令tx=,可转化为y=lna与tx=有两个交点
xx
2-1+2lnx1-2lnx
tx==,
x2x2
可得x∈0,e,tx>0,tx是单调递增的,可得x∈e,+∞,tx<0,tx是单调递减的,
12
其中t=0,当x>e,tx>0,tx=te=
emaxe
22
所以可得0<lna<,即得1<a<ee.
e
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x2
(ii)因为fx=a-ex,a>1且fx存在三个零点x1,x2,x3.
x12x22x32
设x1<x2<x3,a=ex1,a=ex2,a=ex3,易知其中x1<0,0<x2<x3,
x1x22222
因为x1<x2,a<a,所以ex1<ex2,x1<x2,-x1<x2,故可知x1+x2>0;①
1+2lnx
由1)可知y=lna,与tx=有两个交点x<x,
x23
11
x∈0,e,tx是单调递增的,x∈0,e,tx=lna>0,t=0,所以x>;②
22e2e
1
e>x>,x>e,
2e3
若x3≥2e,则x2+x3>2e
若e<x3<2e,
构造函数hx=tx-t2e-x,e<x<2e
1-2lnx1-2ln2e-x
hx=+2
x22e-x
2
1-2lnx2e-x+x21-2ln2e-x
=2
x22e-x
2
设mx=1-2lnx2e-x+x21-2ln2e-x,
2
-22e-x2x2
mx=+-21-2lnx2e-x+2x1-2ln2e-x
x2e-x
233
-22e-x2x22x3-22e-x2x3-2e-x
因为+==
x2e-xx2e-xx2e-x
3
又因为2e>x>e,2x>2e,x>2e-x,x3>2e-x,
2
-22e-x2x2
所以+>0③
x2e-x
因为-21-2lnx2e-x+2x1-2ln2e-x=22lnx-12e-x+2x1-2ln2e-x
11
又因为x>e,lnx>,2e-x<e,ln2e-x<
22
所以2lnx-1>0,2e-x>0;1-2ln2e-x>0,x>e>0
即得22lnx-12e-x+2x1-2ln2e-x>0④
由③④可知mx>0,,mx在e,2e上单调递增,x>e可得mx>me=0
mx
hx=2,可知mx与hx同号
x22e-x
所以hx>0,
hx在e,2ex>he=te-te=0
tx-t2e-x>0,tx3>t2e-x3,又由1)可知tx2=tx3
所以tx2>t2e-x3,x2∈0,e,2e-x3∈0,e
x∈0,e,tx>0,tx是单调递增的,
所以x2>2e-x3,x2+x3>2e⑤
2e+1
由①②⑤可知x+3x+x>
123e
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