高考数学模拟试题-广东省深圳市一模2023届高三数学试题答案

2023年深圳市高三年级第一次调研考试 第1页 共7页 2023年深圳市高三年级第一次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 2023.2 本试卷22小题，满分150分。 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，只有一项是符合题目要求的。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D D A C A D B 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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 9 10 11 12 答案 AD BC BCD ACD 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13． 14．15．（注：答案不唯一，还可能的答案有，等，函数零点） 16．，四、解答题：本题共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） 解：（1）当

时，，；当时，，． 所以． ………………………………………………2分因为 ①， 所以②．②－①得，，整理得，

．所以（常数），．………………4分 所以是首项为6，公差为4的等差数列．………………………………………5分（2）由（1）知，

，，． …………………… 6分 当为偶数时，…；

………………………………………………………………7分 10−1311,32()21,52()31,82()0.41868622x22224()()xayaaa−++=+45

1n=1122aa=+14a=2n=21252aaa+=+22a=126aa+=212nnaSn=++211(1)12nnaSn++=+++2211(1)22nnnaaann++=−++−142nnaan++=+*nN121()()[4(1)2](42)4nnnnaaaann++++−+=++−+=*nN1nnaa++14(1)242nnaann−+=−+=−*nN2nn1234()()nSaaaa=++++1(642)2()2nnnnaa−+−++=2nn=+2023年深圳市高三年级第一次调研考试 第2页 共7页 当为奇数时，…． ………………………………………………………………9分综上所述，………………………………………………10分 18．（12分） 解：（1）由已知得，， ………………………………………………1分 由正弦定理可得，， …………………………………2分 因为，所以．代入上式，整理得 ， ………………………………………………………………3分 又因为，，所以，即． …………5分 而，所以，． …………………………………………6分 （2）在中，由余弦定理得，． 而，，所以．① …………………………………………8分 在

中，由余弦定理得，

，② ……………………………………10分 由①②两式消去，得

，所以． 又，解得，．

……………………………………………………11分 所以的面积． ……………………………………………………12分 19．（12分）

证明：（1）连接交于点

，连接

． 因为是菱形，所以，且为的中点． …………………………1分 因为，所以． ……………………………………………2分又因为平面，且， 所以平面． …………………………………………………………3

分 又平面，所以，平面平面．………………………………5分解：（2）取中点，连接交于点

，连接． 因为，所以△是等边三角形， 所以． 又因为，所以平面． 所以． n12345()()nSaaaaa=+++++11(1042)2()42nnnnaa−−+−++=+22nn=++22,2,nnnnSnnn+=++当为偶数时当为奇数时，.3sincosbcaCaC+=+sinsin3sinsinsincosBCACAC+=+πABC++=sinsin()sincoscossinBACACAC=+=+cossinsin3sinsinACCAC+=(0,π)Csin0C3sincos1AA−=π1sin()62A−=ππ5π666A−−ππ66A−=π3A=ACD△2222cos42ccCDbbA=+−π3A=CDa=22242cbcab=+−ABC△222abcbc=+−a232cbc=32cb=1bc−=3b=2c=ABC△133sin22SbcA==DBACOPOABCDBDAC⊥OBDPBPD=POBD⊥,ACPOAPCACPOO=BD⊥APCBDABCDAPC⊥ABCDABMDMACHPHπ3BAD=ABDDMAB⊥PDAB⊥AB⊥PDMAB⊥PHPABCDOMHxyz2023年深圳市高三年级第一次调研考试 第3页 共7页 由（1）知，且，所以平面． …………………6分 由是边长为2的菱形，在△中，，． 由，在△中， ，所以． …………………………………7分 （法一）以为坐标原点，、分别为轴、轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，． …………………………8分 设平面的法向量为，

所以11

111113260033030BPx

yzABxy=−−

+

==+=

nn

，令

得． …………9分 设平面的法向量为，

所以222222

232600

33030BP

xyzCBxy=−−+=

=−=nn，令得． …………

10分 设平面

与平面

的夹角为． 所以，． 所以，平面与平面夹角的余弦值为． …………………………………………12分 （法二）因为，， 所以，，所以． ………………………………………………8分 取中点，过点作且交于点，连接，． 因为△是等边三角形，所以． 又因为，所以， 所以为二面角的平面角．……………10分 在△中，． 在△中，． 在△中，． 所以，， BDPH⊥ABBDB=PH⊥ABCDABCDABC23cos303AMAH==cos303AOAB==APPC⊥APC223438333PHAHHC===263PH=OOBOCxy(0,3,0)A−(1,0,0)B(0,3,0)C3(0,,0)3H−326(0,,)33P−(1,3,0)AB=(1,3,0)CB=−326(1,,)33BP=−−PAB1111(,,)xyz=n11y=12(3,1,)2=−−nPBC2222(,,)xyz=n21y=2(3,1,2)=nPABPBC1212122222222|33112|||32cos|cos,|||||32(3)1()(3)1(2)2−+−====−++−++nnnnnnPABPBC33222PBPAPHAH==+=2222PCACPA=−=222PBBCPC+=PBBC⊥PBNN//NQBCPCQANAQAPBANPB⊥//NQBCNQPB⊥ANQCPBA−−APBsin603ANAB==BPC112NQBC==APC226AQPAPQ=+=2223cos23ANNQAQANQANNQ+−==−P

ABCDOMHNQ2023年深圳市高三年级第一次调研考试 第4页 共7页 所以，平面与平面夹角的余弦值为．…………………………………………12分 20．（12分） 解: （1）每次摸到白球的概率，摸到黑球的概率为． ……………………………2分 每名员工两次摸到的球的颜色不同的概率． …………………………………4分 由题意，该部门9名员工中按方式Ⅰ回答问卷的人数～． 所以，的数学期望．……………………………………………………6分 （2）记事件为“按方式Ⅰ回答问卷”，事件为“按方式Ⅱ回答问卷”，事件为“在问卷中画○”． 由（1）知，， ． ………………………………………………………9分 又， 由全概率公式，得， 解得．

……………………………………………………

11分 所以，根据调查问卷估计，该企业员工对新绩效方案的满意度为．…………………12分 21．（12分） 解：（1）（法1）设，，

．

联立直线与双曲线的方程，得， ……………………………………………1分 消去，得． 由△且，得且． 由韦达定理，得，．…………………………………………2分 所以，． 由消去，得． …………………………………………4分

由

且

，得或． 所以，点的轨迹方程为，其中或．………………………6分 （法2

）设，，． PABPBC33123p=213p=1321249pCpp==X3(9,)pBX3()94EXnpp===ABC4()9PA=5()1()9PBPA=−=212()(|)()339PAPCAPAC===44()=459PC=+()()(|)()(|)PCPAPCAPBPCB=+425(|)999PCB=+2(|)0.45PCB==40%11(,)Axy22(,)Bxy00(,)MxylE22344ykxxy=−−=y22(14)24400kxkx−+−=2160640k=−2140k−252k214k1222414kxxk−+=−1224014xxk−=−120212214xxkxk+−==−20022123331414kykxkk−−=−=−=−−02021214314kxkyk−=−−=−k22000412xyy=+252k214k03y−013yM22412xyy=+3y−13y11(,)Axy22(,)Bxy00(,)Mxy2023年深圳市高三年级第一次调研考试 第5页 共7页 （i）当时，易得． （ii）当时，， 由，两式相减，整理得． ………………………2分 而，，， 所以， 即． ………………………………………4分 综上，点的轨迹方程为（除去的一段）． ……………………6分 （2）（法1）双曲线的渐近线方程为． 设，，联立得，同理可得， ……………………………………………………7分 因为， 所以，线段的中点也是线段的中点． 所以，为线段的两个三等分点．

…………………………9分 即，． 而， ． 所以，，解得， 所以，存在实数，使得、是线段的两个三等分点．…………………12分 （法2）双曲线的渐近线方程为．设，， 联立直线与双曲线的渐近线方程，得， 消去，得． ……………………………………………7分 由韦达定理，得线段的中点横坐标为． 所以，线段的中点

也是线段的中点． 所以，为线段的两个三等分点． …………………………9分 0k=(0,3)M−0k00x221122224444xyxy−=−=121212124()yyxxyyxx−+=+−1202xxx+=1202yyy+=0121203yyykxxx+−==−000034yxyx+=22000412xyy=+M22412xyy=+103yE12yx=33(,)Cxy44(,)Dxy123yxykx==−3621xk=−4621xk=+340212214xxkxk+−==−ABMCD,ABCD||3||CDAB=2234121||31||kxxkxx+−=+−3412||3||xxxx−=−2121212||()4xxxxxx−=+−22224160()1414kkk−=+−−3426612||||2121|41|xxkkk−=−=−+−222212241603()|41|1414kkkk−=+−−−32k=32k=ABCDE2204xy−=33(,)Cxy44(,)DxylE22340ykxxy=−−=y22(14)24360kxkx−+−=CD340212214xxkxk+−==−ABMCD,ABCD||3||CDAB=