资源简介

2022 年广州市普通高中毕业班综合测试（二）
数学试题参考答案及评分标准
评分说明:
1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题
的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则．
2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的
内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的
一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．
3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．
4．只给整数分数．选择题不给中间分．
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C B D B C B D
二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．
9. BCD 10. AD 11. AC 12. ABD
三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．
1 y2 x2 3
13. [ 14. 1 15. 9 16. ，5
2 24 6 12
y2 x2 2
说明: 第(14)题答案可以为: 1 b 5 .
4b2 b2

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：若选条件①.
由于a1 S1 1 0 ，an 1 1 an ，得 an 0 . …………………………1 分
由an 1 2 Sn 1 Sn ，得 Sn 1 Sn 2 Sn 1 Sn ，………………………2 分
得 Sn 1 Sn Sn 1 Sn 2 Sn 1 Sn ， …………………………3 分
因为 Sn 1 Sn 0，
所以 S S . ……………………………4 分 n 1 n 2
所以数列 Sn 是首项为 S 1，公差为 2 的等差数列. ………………………5 分 1
所以 Sn 1 2 n 1 2n 1.
1
2
所以 Sn 2n 1 . ………………………………………6 分
2 2
当n 2时，an Sn Sn 1 2n 1 2n 3 8n 8， ……………………7 分
由于a1 1不满足上式，
1, n 1,
所以a …………………………………………8 分 n
8n 8, n 2.
因为a2 8 ，1 a1 2 ，满足 a2 1 a1．
当n 2时， an 1 (1 an ) 7 0，满足an 1 1 an ． 缺验证扣1分………9 分
1, n 1,
所以选择①时问题中的数列 an 存在，此时a ………………10 分 n
8n 8, n 2.
若选条件②．
由于an Sn 1 n n 2 ，得 a2 S1 2 3 . ……………………1 分
当n 2时，an Sn 1 n ，an 1 Sn n 1， ……………………2 分
两式相减得 an 1 an Sn Sn 1 1 an 1， ……………………3 分
得an 1 2an 1， ……………………4 分
得an 1 1 2 an 1 n 2 . ……………………5分
由于a2 1 4 2 a1 1 ， ……………………6 分
则数列 an 1 是首项为 a1 1 2 ，公比为 2 的等比数列. ……………………7 分
a 1 2 2n 1 a n 故 n ，即 n 2 1. ……………………8 分
a (1 a ) 2n 1 因为 n 1 n 1 1 2n 1 2n 1 0 ， 缺验证扣1分………9 分
所以 an 1 1 an ，符合题意．
所以选择②时问题中的数列 an 存在，此时an 2
n 1． ……………………10 分
若选条件③．
a1 S1 1. ……………………1 分
因为an 1 2an n 1，得an 1 n 1 2 an n ， ……………………3 分
由于a1 1 2 0 ，则 an n 0 . ……………………4 分
2
an 1 n 1
则 2 . ……………………5 分
an n
所以 an n 是首项为 2 ，公比为 2 的等比数列. ……………………6 分
所以a n ，即n n 2 an 2
n n． ……………………7 分
因为an 1 1 a 2
n 1 n 1 1 2n n 2n 2 0， ……………………8 分 n
满足 an 1 1 an ． 缺验证扣1分………9 分
所以选择③时问题中的数列 存在，此时a 2n n． ……………………10 分 n
18. （12 分）
（1）解：根据题意，这60 名学生中耐力跑测试成绩等级为优或良的人数为7 11 18，
……………………………………………………1 分
成绩等级为合格或不合格的人数为 42 . ……………………………………………2分
C1 C1 126
则P X 1 18 42 . ……………………………………………………4分
C260 295
（2）解法 1：从该校的学生中随机抽取3名，相当于进行了3次独立重复试验，设所抽取的
3名学生中耐力跑成绩为优或良的人数为 ，则 服从二项分布 B 3, p ．………5 分
7 11
由题意得任取1名学生耐力跑成绩为优或良的频率为 0.3， ……………6 分
60
将样本频率视为概率得 p 0.3． ………………………………………………………7 分
根据二项分布的均值公式得E 3p 0.9． 有期望=3P给1分 ………9 分
根据题意得Y 100 ， ………………………………………………………10 分
所以 Y 的数学期望为 EY 100E 90． 有第一个等式给1分…………………12 分
解法 2：从该校的学生中随机抽取3名，相当于进行了3次独立重复试验，设所抽取的
3名学生中耐力跑成绩为优或良的人数为 ，则 服从二项分布 B 3, p ． ………5分
7 11
由题意得任取1名学生耐力跑成绩为优或良的频率为 0.3， ……………6 分
60
将样本频率视为概率得 p 0.3． ………………………………………………………7 分
而Y 100 ，则Y 的所有可能取值为0 ，100，200，300. ……………………8 分
且 P(Y 0) C03 0.3
0 0.73 0.343， P(Y 100) C13 0.3
1 0.72 0.441，
P(Y 200) C23 0.3
2 0.71 0.189 P(Y 300) C3， 3 0.3
3 0.70 0.027．
3
…………………………………………………10分
所以Y 的分布列为：
Y 0 100 200 300
P的值错一个或两个扣1分……11 分
P 0.343 0.441 0.189 0.027
所以Y 的数学期望为 EY 0 0.343 100 0.441 200 0.189 300 0.027 90．
……………………………………………………12分
19. （12 分）
（1）解: 在△ ACD中， D 60 ， AC 6，CD 3 3 ，
由余弦定理得 AC2 AD2 CD2 2 AD CD sin D， …………………………1 分
1
即36 AD2 27 2 AD 3 3 ，
2
2
整理得 AD 3 3AD 9 0 ， …………………………………2 分
3 3 7 3 3 7
解得 AD 或 AD （舍去）， …………………………3 分
2 2
3 3 7
所以 AD . ………………………………………4 分
2
1 27 3 7
所以△ ACD的面积为 S AD CD sin 60
. 只看结论……5 分
2 8
CD AC
（2）解法 1: 在△ ACD中，由正弦定理得 ，
sin CAD sin D
3
得sin CAD . …………………………………6 分
4
因为 BAC A CAD 90 CAD，
则sin BAC 7 cos CAD 1 sin2 CAD ，正弦值或余弦值有一个正确就给分……7分
4
3
cos BAC sin CAD .
4
9 2 5 7
因为cos ACB ，则 sin ACB 1 cos ACB . 只看结果…………8 分
16 16
因为 BAC ACB B π ,
则sin B sin BAC ACB sin BACcos ACB cos BACsin ACB
3 7
. 只看结果………………………9 分
8
AC AB BC
在△ ABC 中，由正弦定理 ，
sin B sin ACB sin BAC
得 AB 5， BC 4. 一个值1分………………11 分
3
所以AB Β C =8 . …………………………………………12分
4
4
CD AC
解法 2: 在△ ACD中，由正弦定理得 ，
sin CAD sin D
3
得sin CAD . …………………………………6 分
4
因为 BAC A CAD 90 CAD，
3
则cos BAC cos 90 CAD sin CAD . 有正弦等于余弦给1分………8分
4
9
在△ ABC 中， cos ACB ，由余弦定理得
16
AB2 AC2 BC2 2 AC BC cos ACB，
BC2 AB2 AC2 2 AB AC cos BAC ，
2 2 27
即 AB 36 BC BC， ① ………………………………………9 分
4
BC2 AB2 36 9AB， ② ………………………………………10 分
3
① ②得AB Β C =8 . ………………………………………12 分
4
[另法]
（1）解：如图，作CE AD 于 E ， D
在 t△CED中， D 60 R ，CD 3 3 ，
E C
3 9
则CE CD sin 60 3 3 ， ………………1 分 F
2 2
1 3 3
DE CD cos60 3 3 . ………………2 分
2 2 A B
2 2 3 7
在 Rt△ AEC 中， AC 6 ,则 AE AC CE . ………………3 分
2
3 3 7
故 AD AE DE . ………………………………4 分
2
1 27 3 7
所以△ ACD的面积为 S AD CE . ………………5 分
2 8
CE 3
（2）解: 在 Rt△ AEC 中，得sin CAE . ………………………………6 分
AC 4
因为 BAC A CAE 90 CAE ，
3
则cos BAC cos 90 CAE sin CAE . 有正弦等于余弦给1分………8分
4
在△ ABC 中，作 BF AC 于 F ， 则 AC AF CF ， …………………………9分
得6 AB cos BAC BC cos ACB . ………………………………10 分
9
因为cos ACB ，
16
3 9 3
所以6 AB B，C得 AB Β C =.8 ……………………一个…等…式…1…分… … 12 分
4 16 4
20.（12 分）
（1）证明：因为四边形 ABCD是菱形，所以BD AC . …………………………1 分
5
因为 BD 平面 ABCD，平面 AEFC 平面 ABCD，平面 AEFC 平面 ABCD AC，
所以 BD 平面 AEFC . ……………………………………………………2分
因为 BD 平面 BDE ，所以平面 BED 平面 AEFC . …………………………………3分
（2）解法 1: 设 AC BD O ，连接OF ，
由 BD 平面 AEFC， AE 平面 AEFC，得 AE BD . ……………………4 分
因为 AE AC， AC 平面 ABCD， BD 平面 ABCD，
z
所以 AE 平面 ABCD. ………………………………………5分 E
F
1
因为 EF ∥ AC ， AO AC EF ，
2
A D
所以四边形 AEFO是平行四边形.
O
所以 AE ∥OF . x B C y
所以OF 平面 ABCD． ………………………………………6 分
以OB ，OC ，OF 分别为 x ， y ， z 轴建立如图所示空间坐标系O xyz，
由于 AE AB 2，则 B( 3,0,0),C(0，1，0),D( 3,0,0), F(0,0,2)， ……………7分

则CD ( 3, 1,0) ，CF (0, 1,2)， BD 2 3,0,0 . …………………8 分
设平面CDF 的法向量为n x, y, z ，

n CD 0, 3x y 0, 3
由 ，即 ，令 x 1，解得n 1, 3, ， ……9 分
n CF 0, y 2z 0,

2

由于 BD 平面 AEFC，则 BD 2 3,0,0 是平面 AEFC的法向量. …………10 分

n BD 2 19
则 cos n, BD ， ………………………………………11 分
n BD 19
2 19
所以二面角 A CF D的余弦值为 . ………………………………………12 分
19
解法 2：过O作OG FC，垂足为G ，连接DG，………4 分 E
F
由 BD 平面 AEFC，得OD FC ， ……………………5分
又OD OG O ，OD 平面 DOG ，OG 平面 DOG ， G
A D
则 FC 平面 DOG . ………………………6 分
O
因为 DG 平面 DOG ，则FC DG . ……………………7分 B C
故 DGO为二面角 A CF D的平面角. ………………………………………8 分
因为 AE AC， EF ∥ AC ， AC 2EF ，则平面四边形 AEFC为直角梯形.
6
2
在直角梯形 AEFC中，求得OG ， ………………………………………9 分
5
19
在 Rt△DOG 中， DG OG2 OD2 ， ………………………………………10 分
5
2
OG 5 2 19
cos DGO . ………………………………………11 分
DG 19 19
5
2 19
所以二面角 A CF D的余弦值为 . ………………………………………12 分
19
21.（12 分）
2
c b 2
（1）解：由题意得2b 4， e 1 ， ………………………2 分
a a 2
所以a 2 2 ，b 2 . ……………………………………3分
x2 y2
所以C 的方程为 1. ……………………………………4分
8 4
（2）解法 1：由题意，直线 l1斜率存在且不为0 ,设直线 l1的方程为 y k x 3 ，
且 A x1, y1 ， B x2 , y2 ，Q x0 , y0 ，
将 2 2y k(x 3)代入 x 2y 8，整理可得
1 2k 2 x2 12k 2x 18k 2 8 0 ， ………………………………………5 分
144k 4 4(1 2k 2 )(18k 2 8) 0，解得 2 k 2，
由根与系数的关系可得
12k 2 18k 2 8
x1 x2 , x1x2 ， 只要写对一个等式不扣分…………6 分
1 2k 2 1 2k 2
AQ AP x x
根据 ，则 0 1
x1 3 ， ………………………………………7分
QB PB x2 x0 x2 3
36k 2 16 36k 2
2x1x2 3

x1 x
2 2
解得 x 2
1 2k 1 2k 8
0 ，只看结论……………8 分
x1 x2 6 12k
2 3
6
1 2k 2
7
1
又 l1 l2 ，则 l2的方程为 y (x 3) ，
k
3 3
令 x 0 ，则 y ，即 R 0, .
k k
2
3 1
故 PR 9 3 1 . ………………………………………9 分
k k 2
8 1
而 PQ 1 k 2 3 1 k 2 ， ………………………………………10 分
3 3
记△PQR面积为 S ，
1 1 1
则 S PR PQ 1 1 k 2
2 2 2 k
1 2 1 k 2
2 k 2
1
2 2 1 . （当且仅当 k 1时取等号） 只看结论…………………11 分
2
所以△PQR面积的最小值为1. ………………………………12分
解法 2: 由题意，直线 l1斜率存在且不为0 ,设直线 l1 的方程为 x ty 3，
A(x1, y1) ， B(x2 , y2 )，Q(x0 , y0 )
x ty 3
2 2
由 x2 y2 消去 x得 (t 2)y 6ty 1 0， ……………………………5分
1
8 4
2 2 1 1
由 36t 4 (t 2) 1 32t 2 8 0，得 t 或 t .
2 2
6t 1
由韦达定理得 y1 y2 , y1y2 ， 只要写对一个等式不扣分…………6 分
t2 2 t2 2
AQ AP y0 y1 y1
由 及P, A,Q,B四点共线，知 ， ……………………7 分
QB PB y2 y0 y2
2
2y y 2 1
得 y
1 2
0
t 2 . ……………………………8 分
y 6t1 y2 3t
t 2 2
2 1 t
2
则 PQ 1 t y0 ， ………………………………………9 分
3 t
8
1
因为 l1 l2 ，则 l2 的方程为 x y 3，令 x 0得 y 3t ，
t
即R(0, 3t).
1
所以 PR 1 3t 3 1 t 2 . ………………………………………10 分
t 2
1 1 1 t 2 1 t 2 1 1 2
所以△PQR 面积 S PR PQ 3 1 t t
2 2 3 t 2 t 2 t


1 1
2 t 1. 只看结论………………………11 分
2 t
1
当且仅当 t 1 等号成立.
2
所以△PQR 面积的最小值为1. ………………………………………12 分
解法 3：由题意，直线 l1斜率存在且不为0 ,设直线 l1 的方程为 x ty 3，
A(x1, y1) ， B(x2 , y2 )，Q(x0 , y0 )
x ty 3

由 x2 y2 消去 x得 (t
2 2)y2 6ty 1 0， ……………………………5分
1
8 4
2 2 2 1 1
由 36t 4 (t 2) 1 32t 8 0，得 t 或 t .
2 2
6t 1
由韦达定理得 y1 y2 , y1y2 ， 只要写对一个等式不扣分…………6 分
t2 2 t2 2
AQ AP
设 ，由P, A,Q,B四点共线，知 AQ QB， AP PB，
QB PB

由 AP PB，即 ( 3 x1, y1) (x2 3, y2 ) ，得 y1 y2 .…………………7 分

由 AQ QB，即 (x0 x1, y0 y1) (x2 x0 , y2 y0 )，得
y1 y2 2y1 2y1y2 1y0 .
1 y1 y1 y2 3t1 只看结论………………………8 分
y2
1 t2
则 PQ 1 t
2 y0 . ………………………………………9 分
3 t
9
1
因为 l1 l2 ，则 l2 的方程为 x y 3，令 x 0得 y 3t ，
t
即R(0, 3t).
1
所以 PR 1 3t 3 1 t 2 . ………………………………………10分
t 2
1 1 1 t2 22 1 t 1 1
所以△PQR 面积 S PR PQ 3 1 t ( t )
2 2 3 t 2 t 2 t
1 1
2 t 1， 只看结论……………………………11 分
2 t
1
当且仅当 t 1 等号成立
2
所以△PQR 面积的最小值为1. ………………………………………12分
22.（12 分）
（1）解: 函数 f x 的定义域为 0, ， ………………………………………1分
2
由于m 0，则 f x 2x ln x x 1.
f x 2ln x 2 2x ， ………………………………………2 分
令 h x f x 2ln x 2 2x ，
2 2(1 x)
h x 2 ，
x x
2(1 x)
当0 x 1时，h (x) 0， f x 在区间 0,1 上单调递增；
x
2(1 x)
当 x 1时， h (x) 0， f x 在区间 1, 上单调递减.
x
则 f x f 1 2ln1 2 2 0 . ………………………………………3分
所以函数 f x 的单调递减区间为 0, . ………………………………………4分
（2）证法 1：由（1）得 f x 2ln x 2 2x m在区间 0,1 上单调递增，
m
1
当m 0时， f 1 m 0，0 e 2 1， …………………………………5 分
m m m 1 m 1 1
f e 2 2 1 2 2e
2 m 2e 2 0 ， ………………………6分
2
则 x0 0,1 ，使 f x0 0 ，即 f x0 2ln x0 2 2x0 m 0，……7 分
10
得m 2ln x0 2 2x0 .
当0 x x 0 时， f x 0， f x 在区间 0, x0 上单调递减；
当 x0 x 1时， f x 0， f x 在区间 x0 ,1 上单调递增.
则 f (x) f (x0) 2x0 ln x0 x
2
0 mx0 1 ………………………………………8 分
2x0 ln x0 x
2
0 x0 2ln x0 2 2x 1 (x 1)
2
0 0 0 .
………………………………………9 分
所以2x ln x x2 mx 1 0 . ………………………………………10 分
a b
令 x ，由于0 b a，则0 x 1.
a b
22 a b a b a b m a b
则 ln 1 0， ……………………………11 分
a b a b a b a b
a b 4ab
整理得 2ln m . ………………………………………12 分
a b a2 b2
a b 4ab
证法 2：欲证2ln m，
a b a2 b2
2 2
a b a b a b
只要证2ln m ，………………………………………5 分
a b a b a b
a b a b a b
即证2ln m. ………………………………………6 分
a b a b a b
a b
令 x ，由于a b 0，则 x 1. ………………………………………7分
a b
1
故只要证2ln x x m , 即证 2x ln x x2 1 mx 0 x 1 .只要有一个等 式就给分…8分
x
由(1)可知，函数h x 2x ln x x2 1在区间 0, 上单调递减，
故 x 1时， h x h 1 0，即2x ln x x2 1 0. …………………………9 分
由于m 0， x 1，则mx 0 . 此处为mx<0 ………………………10 分
所以 2x ln x x2 1 mx 0成立. ………………………………………11 分
a b 4ab
所以2ln m . ……………………………………12 分
a b a2 b2
11

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