【文档说明】广州市天河区华南师范附中2023届高三上学期11月月考数学试卷+答案.pdf，共(12)页，683.341 KB，由baby熊上传

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第1页共5页华南师大附中2023届高三月考（二）数学试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考号等填写在答题卡上，并用铅笔在答题卡上的相应位置填涂.2．回答第Ⅰ卷时，

选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.3．回答第Ⅱ卷时，必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答卷各题目指定区域内，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.

第Ⅰ卷一、单项选择题：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．1．已知集合=0AxRx，=11BxRx，则RRAB痧（）A．(,0)B．[1,0]C．[0,1]D．(1,)2．如图，在复平面内，复数1z

，2z对应的向量分别是OA，OB，则12zz对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．函数sintanfxxx的图象大致为（）A．B．C．D．4．赤岗塔是广州市级文物保护单位，是广州市

明代建筑中较具特色的古塔之一，与琶洲塔、莲花塔并称为广州明代三塔，如图，在A点测得塔底位于北偏东60°方向上的点D处，塔顶C的仰角为30°，在A的正东方向且距D点61m的B点测得塔底位于北偏西45°方向上（A，B，D在同一水平面），则塔的高度CD约为（）（参考数据：62.45）A．4

0mB．45m第2页共5页C．50mD．55m5．在ABC中，D为BC边上的点，当2ABDADCSS△△，ABxADyAC，则（）A．3x，2yB．32x，12yC

．2x，3yD．12x，32y6．在ABC中，2coscoscoscbcAacBabC，则此三角形必是（）A．等边三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．钝角三角形7．设实数,ab满足0b，且2ab

，则18aab的最小值是（）A．98B．916C．716D．148．已知函数2lnfxxxx的图象上有且仅有两个不同的点关于直线1y的对称点在10kxy的图象上，则实数k的取值范围是（）A．,1B．0，C．

0,1D．,1二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9．设,mn为不同的直线，，为不同的平面，则下列结论中正确的是（）A．若//m

,//n,则//mnB．若,,mn则//mnC．若//m,m,则//D．若,,mnmn则10．函数sinfxx(0,20,A）的部分图象如图所示，下列结论中正确的是（）A．直线6x是

函数()fx图象的一条对称轴B．函数()fx的图象关于点,062kkZ对称C．函数()fx的单调递增区间为5,1212kkkZD．将函数()fx的图象向由右

平移12个单位得到函数()sin26gxx的图象11．分形几何学是数学家伯努瓦·曼德尔布罗在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，分形几何学不仅让人们感悟到数学与艺术审美的统一，而且还有其深刻的科学方法论意义．按照如图甲所示的分形规律可得如图乙所示的一个树形图

：记图乙中第n行白圈的个数为na，黑圈的个数为nb，则下列结论中正确的是（）A．1239aaaB．12nnnabb第3页共5页C．当1k时，nnakb均为等比数列D．1236179bbbb12．曲线的曲率就是

针对曲线上某个点的切线方向角对弧长的转动率，表明曲线偏离直线的程度，曲率越大，表示曲线的弯曲程度越大．曲线()yfx在点(,())xfx处的曲率1.52''()1fxKxfx，其中''fx是fx的导函数．下面说法正确的是（）A．若函数3()fxx

，则曲线()yfx在点3(,)aa与点3(,)aa处的弯曲程度相同B．若()fx是二次函数，则曲线()yfx的曲率在顶点处取得最小值C．若函数()sinfxx，则函数()Kx的值域为[0,1]D．若函数1()(0)fxxx，则曲线()yfx上

任意一点的曲率的最大值为22第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知向量,ab夹角为4，且||1a，||2b，则2ab______．14．已知1sin83，则sin2cos2____

______．15．某学生在研究函数3fxxx时，发现该函数的两条性质：①是奇函数；②单调性是先增后减再增．该学生继续深入研究后发现将该函数乘以一个函数gx后得到一个新函数hxgxfx，此时hx除具备上述两条性质之外，还具备另一条性质：③'0

0h．写出一个符合条件的函数解析式()gx__________．16．已知数列na的通项公式为nant，数列nb为公比小于1的等比数列，且满足148bb，236bb，设22nnnnnababc，在数列nc中，若4()nccnN，则实数t的取值范围为__

________．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．（本小题满分10分）已知ABC的内角,,ABC的对边分别为a，b，c，且2coscostan2sinsinBAB

AA．(1)求C；(2)若6a，33ABCS，求c的值．18．（本小题满分12分）设数列na的前n项和为nS，已知12a，122nnaS．(1)求na的通项公式；(2)若23nn

abn，求数列nb的前n项和nT．19．（本小题满分12分）某汽车生产厂家为了解某型号电动汽车的“实际平均续航里程数”，收集了使用该型号电第4页共5页动汽车1年以上的部分客户的相关数据，得到他们的电动汽车的“实际平均续航里程数”．从年龄在40

岁以下的客户中抽取10位归为A组，从年龄在40岁及以上的客户中抽取10位归为B组，将他们的电动汽车的“实际平均续航里程数”整理成下图，其中“+”表示A组的客户，“⊙”表示B组的客户．注：“实际平均续航里程数”是指电动汽车的行驶总里程与充电次数的比值．(1)记A，B两组客户的电

动汽车的“实际平均续航里程数”的平均值分别为m，n，根据图中数据，试比较m，n的大小（直接写结论）；(2)从抽取的20位客户中随机抽取2位，求其中至少有1位是A组的客户的概率；(3)如果客户的电动汽车的“实际平均续航里程数”不小于350，那么称该客户为“

驾驶达人”，现从该市使用这种电动汽车的所有客户中，随机抽取年龄40岁以下和40岁以上的客户各1位，记“驾驶达人”的人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．20．（本小题满分12分）在斜三棱柱111ABCABC中，1AABC，11

2ABACAAAC，16BC．(1)证明：1A在底面ABC上的射影是线段BC中点；(2)求平面11ABC与平面111ABC夹角的余弦值．21．（本小题满分12分）已知2,0A，0,1B是椭圆2222:10xyEabab的两个顶点．(

1)求椭圆E的标准方程；(2)过点2,1P的直线l与椭圆E交于C，D两点，与直线AB交于点M，求PMPMPCPD的值．第5页共5页22．（本小题满分12分）设函数1()e,()lnxfxmgxxn，mn、为实数，()()gxFxx

有最大值为21e．(1)求n的值；(2)若2()()efxxgx，求实数m的最小整数值．第1页/共7页华南师大附中2023届高三月考（二）数学参考答案一、单项选择题：1．D2．C3．A4．C5．A6．B7．C8．A二、多项选择题：9．BD10．BCD11．BCD12．ACD11.【答案

】BCD【详解】易得-1113,2,2nnnnnnnnnabaabbba，且有111,0ab，故有11113()nnnnnnnnabababab，故131nnnnnabab

故11312312nnnnab，进而易判断BCD正确，A错误.故选：BCD.12.【答案】ACD【详解】对于A，2()3fxx，()6fxx，则221.56()[1(3

)]xKxx，又()()KxKx，所以()Kx为偶函数，曲线在两点的弯曲长度相同，故A正确；对于B，设2()(0)fxaxbxca，()2()2fxaxbfxa，，则1.52|2|

()1(2)aKxaxb，当且仅当20axb，即2bxa时，曲率取得最大值，故B错误；对于C，()cos()sinfxxfxx，，1.51.522|sin|()(|sin|[0,1])1co

s2xtKxtxxt，当0t时，()0Kx；当01t时，函数1.52()2tptt为增函数，所以()pt的最大值为(1)1p，故C正确；对于D，2312()()fxfxxx，，31.533224222222()211112xK

xxxxxx，当且仅当1x时，等号成立，故D正确．故选ACD．三、填空题：第2页/共7页13.1014.72915.2x（答案不唯一）16.4,216.【详解】在等比数

列nb中，由142388bbbb，又236bb，且公比小于1，323214,2,2bbbqb，因此242211422nnnnbbq，由22nnnnnababc－，得到

,nnnnnnnnbabccaab是取,nnab中最大值.4()nccnN，4c是数列nc中的最小项，又412nnb单调递减，nant单调递增，当44ca时，4ncc，即44,naca

是数列nc中的最小项，则必须满足443bab，即得44341143222tt，当44cb时，4ncc，即4nbc，4b是数列nc中的最小项，则必须满足445aba，即得44145432ttt

，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2coscostan2sinsinBAABA得2coscossin2sinsi

ncosBAABAA，(1分)即222coscoscos2sinsinsinBAABAA，222coscossinsincossinBABAAA，1cos2BA，(3分)0AB，，2π3AB，(4分)

π3C∴．(5分)（2）由6a，π3C，1sin332ABCSabC，解得2b，(7分)22212cos364262282cababC，27c．(10分)18．解

：(1)122nnaS，①当2n时，122nnaS，②(1分)①-②得1122nnnnnaaSSa，(2分)∴13(2)nnaan，∴13nnaa，(3分)第3页/

共7页∵12a，∴21226aS，∴21632aa也满足上式，（4分)∴数列na为等比数列且首项为2，公比为3，∴111323nnnaa.即na的通项公式为123nna.

(5分)(2)由（1）知123nna，所以233nnnnnba，(6分)令211213333nnnnnT，①(7分)得231112133333nnnnnT，②(8分)①-②得23121111333333nnnnT(9分

)1111331313nnn(10分)1111233nnn(11分)所以323443nnnT.(12分)19．解：（1）mn；(1分)（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112101010220CCC29C38PM，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2938；(4分)（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)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110，在年龄40岁以上的客户中随机抽取1位，该客户为“驾驶达人”的概率为21105；(6分)依题意，X所有可能取值为0，1，2.(7分

)则111801110525PX，(8分)11111311110510550PX，(9分)111210550PX，(10分)所以随机变量X的分布列为第4

页/共7页X012P18251350150(11分)故X数学期望为181313()01225505010EX.(12分)20.解：（1）法一：取BCAC、的中点MN、，连接11,,,AMMNAMAN∵ABAC且M为BC的中点，则AMBC(1分)又∵1AABC，1

AMAAA，且1,AMAA平面1AAM∴BC平面1AAM(2分)1AM平面1AAM，1AMBC(3分)由题意可得1BBBC，则22112BCBCBB∴222BCACAB，则ABAC∵MNAB∥，则MNAC(4分)又∵1AAC△为等边三角形

且N为AC的中点，则1ANAC1MNANN，且1,MNAN平面1AMN∴AC平面1AMN1AM平面1AMN，则1AMAC(5分)又ACBCC，且,ACBC平面ABC∴1AM平面

ABC即1A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1,AMAM由=ABAC得AMBC(1分)又由AABCAAAMA１１，＝得BCAAM１平面(2分)因为AMAAM１１平面，所以BCAM１(3分)由于

11//BBAA，1AABC得1BBBC在1RtBBC中，2211622BCBCBB，112MCBC在1RtAMC中，2211211AMACMC，(4分)同理1AM在1AAM中，22211+2AMAMAA，因此1AMAM(5分)又由于AMB

CM，所以1AM平面ABC即1A在底面ABC上的射影是线段BC中点M(6分)（2）如图，以M为坐标原点，以1MCMAMA，，所在的直线为,,xyz轴建立空间直角坐标系，(7分)则10,0,1,0,1,0,1,0,0,1,

0,0AABC，∴1111,1,0,1,0,1BABACA(8分)第5页/共7页设平面11ABC的法向量,,mxyz，则11100mBAmCA

即00xyxz令1x，则1,1yz，即1,1,1m(9分)平面111ABC的法向量0,0,1n(10分)∴13cos33mnmnmn

(11分)即平面11ABC与平面111ABC夹角的余弦值为33.(12分)第6页/共7页21．解：（1）由2,0A，0,1B是椭圆2222:10xyEabab的两个顶点，得2a，1b，即22:14xEy

；(3分)（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11,Cxy，22,Dxy，33,Mxy，直线l的斜率为k，则2211121PxxkPkCx

，同理2221xkPD，2321xkPM，则33122222xxxxPMPMPCPD(5分)设l：12ykx，而AB：12xy，联立解得3421kxk，所以342222121kxkk(6分)联立直线l与椭圆E方程，消

去y得：2224182116160kxkkxkk，(7分)222=82144116160kkkkk解得0k所以12282141kkxxk，2122161641kkxxk，(8分)所以

1212121212124411222224xxxxxxxxxxxx(9分)2222821441218211616244141kkkkkkkkkk

，(11分)所以33122222122221xxkxxk，即2PMPMPCPD．(12分)22．解：(1)()ln()gxxnFxxx，定义域为0,，21ln()xnFxx，(1分)当10enx

时，()0Fx，当1enx时，()0Fx，所以Fx在1enx处取得极大值，也是最大值，(2分)所以1211()eennnFx，解得：1n；(3分)(2)12eln1exmxx，即3

eln1xmxx,3ln1exxxm，(4分)令3ln1exxxhx，定义域为0,，第7页/共7页3lnlnexxxxxhx，(5分)令lnlnxxxxx，0x，则11ln11lnxxxxx，可以看出1lnx

xx在0,单调递减，(6分)又110，12ln202，由零点存在性定理可知：01,2x，使得00x，即001lnxx，(7分)当00,xx时，0x，

当0,xx时，0x，x在0xx处取得极大值，也是最大值，0000000max0011lnln1211xxxxxxxxxx，(8分)1112110eeee，7777775717lnlnln75ln0222222

2222，446ln20，故存在101,exx，27,42x，使得120,0xx，(9分)所以当12,xxx时，0x，当12

0,,xxx时，0x，所以3lnlnexxxxxhx在12,xxx上大于0，在120,,xxx上小于0，所以3ln1exxxhx在12,xx

x单调递增，在120,,,xx上单调递减，且当ex时，3ln10exxxhx恒成立，(10分)所以3ln1exxxhx在2xx处取得极大值，也是最大值，其中22

22lnln0xxxx，22222233ln1lneexxxxxhx，27,42x(11分)令3lnexxx，7,42x，31lnexxxx，当7,4

2x时，31ln0exxxx，故7327ln21ex，所以实数m的最小整数值为1.(12分)