华南师大附中2023届高三月考(二)数学答案

数学参考答案

一、单项选择题：

1．D 2．C 3．A 4．C 5．A 6．B 7．C 8．A 二、多项选择题：

9．BD 10．BCD 11．BCD 12．ACD 11. 【答案】BCD

n-1【详解】易得anbn3,an12anbn,bn12bnan，且有a11,b10，

n1an1bn13(anbn)anbn3 故有，故ababnnn1n1anbn13n11an2故，进而易判断BCD正确，A错误.故选：BCD. n131bn212.【答案】ACD

2【详解】对于A，f(x)3x，f(x)6x，则K(x)6x[1(3x2)2]1.5，

又K(x)K(x)，所以K(x)为偶函数，曲线在两点的弯曲长度相同，故A正确；

2对于B，设f(x)axbxc(a0)，f(x)2axb，f(x)2a，

则K(x)|2a|21(2axb)1.5，当且仅当2axb0，

即xb时，曲率取得最大值，故B错误； 2a对于C，f(x)cosx，f(x)sinx，

K(x)|sinx|1cosx21.5t2t21.5(t|sinx|[0,1])，

t当t0时，K(x)0；当0t1时，函数p(t)所以p(t)的最大值为p(1)1，故C正确； 对于D，f(x)2t21.5为增函数，

12，f(x)， 23xx第 1 页/共 8 页

23222xK(x)1.5332， 11212x2142x2xxx当且仅当x1时，等号成立，故D正确．故选ACD．

三、填空题： 13.

10 14.

72 15. x2（答案不唯一） 16. 4,2 916.【详解】在等比数列bn中，由b1b48b2b38，又b2b36，且公比小于1，

n2n4b3111n2b24,b32,q，因此bnb2q4， b2222bnanbnanbnan－bnc,cn是取an,bn中最大值. 由cn，得到n22ananbnc4cn(nN)，c4是数列cn中的最小项，

1又bn2n4单调递减，annt单调递增，

当c4a4时，c4cn，即a4cn,a4是数列cn中的最小项，则必须满足b4a4b3，

1即得24414t2343t2，

当c4b4时，c4cn，即b4cn，b4是数列cn中的最小项，则必须满足a4b4a5，即

1得4t2445t4t3，综上所述，实数t的取值范围是4,2，故答案为

4,2.

四、解答题： 17．（1）由

2cosBcosA2cosBcosAsinAtanA得，(1分)

2sinBsinA2sinBsinAcosA即2cosBcosAcos2A2sinBsinAsin2A，

2cosBcosAsinBsinAcos2Asin2A，

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1cosBA，(3分)

2AB0，，AB2π，(4分) 3∴Cπ．(5分) 3π1，SABCabsinC33， 32128，c27．(10分) 2（2）由a6，C解得b2，(7分)

c2a2b22abcosC36426218．解： (1)an12Sn2，① 当n2时，an2Sn12，②(1分) ①-②得an1an2SnSn12an，(2分) ∴an13an(n2)，∴

an13，(3分) an∵a12，∴a22S126，∴

a263也满足上式，（4分) a12∴数列an为等比数列且首项为2，公比为3，

n1n1∴ana1323.

n1即an的通项公式为an23.(5分)

n1(2)由（1）知an23，所以bn2nnn，(6分) 3an312令Tn233112得Tn23333n1n，①(7分) 3n13nn1nn1，②(8分) 3n31n(9分) 3n3n12111①-②得Tn23333311133n113111n23所以Tnn (10分) 3n1nn1 (11分) 332n3.(12分) n44319．解：（1）mn；(1分)

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（2）设“从抽取的20位客户中随机抽取2位，至少有1位是A组的客户”为事件M，则

12C12910C10C10PM，

C2382029；(4分) 38（3）题图，知A组“驾驶达人”的人数为1人，B组“驾驶达人”的人数为2人，(5分)

所以从抽取的20位客户中随机抽取2位，至少有1位是A组的客户的概率是

则可估计该市使用这种电动汽车的所有客户中，在年龄40岁以下的客户中随机抽取1位，该客户为“驾驶达人”的概率为达人”的概率为

1，在年龄40岁以上的客户中随机抽取1位，该客户为“驾驶1021；(6分) 105依题意，X所有可能取值为0，1，2.(7分)

1118则PX011，(8分)

10525111113PX111，(9分)

10510550PX2111，(10分) 10550所以随机变量X的分布列为

X P (11分)

0 1 2 18 2513 501 50故X数学期望为E(X)0

18131312.(12分) 2550501020. 解：（1）法一：取BC、AC的中点M、N，连接AM,MN,A1M,A1N ∵ABAC且M为BC的中点，则AMBC(1分) 又∵AA1BC，AMAA1A，且AM,AA1平面AA1M

∴BC平面AA1M(2分)

A1M平面AA1M，A1MBC(3分)

由题意可得BB1BC，则BCB1C2BB122 ∴BC2AC2AB2，则ABAC ∵MN∥AB，则MNAC(4分)

又∵△AAC为等边三角形且N为AC的中点，则A1NAC 1MN

A1NN，且MN,A1N平面A1MN

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∴AC平面A1MN

A1M平面A1MN，则A1MAC(5分)

又ACBCC，且AC,BC平面ABC

∴A1M平面ABC即A1在底面ABC上的射影是线段BC中点M(6分) 法二：取BC的中点M，连接AM,A1M 由AB=AC得AMBC(1分) 又由A１ABC，A１AAM＝A得BC平面A(2分) １AM(3分) 因为A，所以BCAM平面A１１AM１M由于BB1//AA1，AA1BC得BB1BC

在RtBB1C中，BCB1C2B1B2622，MC1BC1 22在RtA1MC中，A1MACMC2211，(4分) 1同理AM1

222在A1AM中，A1M+AM2A1A，因此A1MAM(5分)

又由于AMM(6分)

BCM，所以A1M平面ABC即A1在底面ABC上的射影是线段BC中点

（2）如图，以M为坐标原点，以MC，MA，MA1所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，(7分)

则A10,0,1,A0,1,0,B1,0,0,C1,0,0，∴B1A1BA1,1,0,CA11,0,1(8分) 设平面A1B1C的法向量mx,y,z，则

mB1A10xy0 即xz0mCA10令x1，则y1,z1，即m1,1,1(9分) 平面A1B1C1的法向量n0,0,1(10分) ∴cosmnmnmn133(11分) 3即平面A1B1C与平面A1B1C1夹角的余弦值为

3.(12分) 3第 5 页/共 8 页

x2y221．解：（1）由A2,0，B0,1是椭圆E:221ab0的两个顶点，

abx2得a2，b1，即E:y21；(3分)

4（2）当直线l的斜率不存在时，直线l与椭圆有且只有一个公共点，不成立，(4分)

所以设Cx1,y1，Dx2,y2，Mx3,y3，直线l的斜率为k， 则PCxPx11k22x11k2，

同理PD2x21k2，PM2x31k2， 则

PMPCPMPD2x32x3 (5分) 2x12x2设l：y1kx2，而AB：所以2x324kxy1，联立解得x3，

2k124k2 (6分) 2k12k1222联立直线l与椭圆E方程，消去y得：4k1x8k2k1x16k16k0，(7分) 22=8k2k144k116k16k0解得k0 216k216k所以x1x2，x1x2，(8分)

4k214k21x1x24x1x2411(9) 所以

2x12x2x12x22x1x22x1x24分

8k2k18k2k1424k12k1，(11分)

8k2k116k216k244k214k21PMPM2x32x322k122．(12分) 所以，即2x12x22k1PCPD22．解：(1)F(x)g(x)lnxn，定义域为0,， xxF(x)1lnxn，(1分) x2当0xe1n时，F(x)0，当xe1n时，F(x)0， 所以Fx在xe1n处取得极大值，也是最大值，(2分) 所以F(x)1nn12，解得：n1；(3分) e1ne第 6 页/共 8 页

xlnx1mex1x3(2)2xlnx1，即mexlnx1,m，(4分)

eex3xlnx1令hx，定义域为0,， x3elnxxlnxxhx，(5分)

ex311令xlnxxlnxx，x0，则xlnx11lnx，

xx1可以看出xlnx在0,单调递减，(6分)

x1又110，2ln20，

21由零点存在性定理可知：x01,2，使得x00，即lnx0，(7分)

x0当x0,x0时，x0，当xx0,时，x0，

x在xx0处取得极大值，也是最大值， xmaxx0lnx0x0lnx0x01121446ln20，

7111x02x011，(8分) x0x0110，lnlnln75ln0，

eeee222222222277777571717故存在x1,x0，x2,4，使得x10,x20，(9分)

e2所以当xx1,x2时，x0，当x0,x1x2,时，x0，

lnxxlnxx在xx1,x2上大于0，在x0,x1x2,上小于0，

ex3xlnx1所以hx在xx1,x2单调递增，在0,x1,x2,上单调递减， x3exlnx1且当xe时，hx0恒成立，(10分)

ex3xlnx1所以hx在xx2处取得极大值，也是最大值，其中lnx2x2lnx2x20， x3ex2lnx21lnx27x，hx2x232,4(11分) x232eelnx7令xx3，x,4，

e2117lnxlnxx,4，当时，， xxx3xxx302ee7ln故x21，所以实数m的最小整数值为1. (12分)

所以hxe

732第 7 页/共 8 页

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