2022年4月20日广州二模考试答案及评分标准 -评卷说明

2022年广州市普通高中毕业班综合测试（二）数学 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 参考 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 及评分 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 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 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 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12345678答案ACBDBCBD二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．9.BCD10.AD11.AC12.ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．1yx22313.[14.115.916.，5224612yx22说明:第(14)题答案可以为:1b25.4bb22四、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aS1110，aann11，得an0.…………………………1分由，得，………………………2分an112SnSnSSSSn11n2nn得，…………………………3分SSSSSSn1nn1n2n1n因为SSnn10，所以SSnn12.……………………………4分所以数列是首项为，公差为2的等差数列.………………………5分SnS11所以Sn12n12n1.12所以Snn21.………………………………………6分22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an…………………………………………8分8nn8,2.因为a28，12a1，满足aa211．当n2时，aann1(1)70，满足aann11．缺验证扣1分………9分所以选择①时问题中的数列an存在，此时………………10分若选条件②．由于annS1nn2，得aS2123.……………………1分当n2时，annS1n，ann1Sn1，……………………2分两式相减得an11anSnSn1an1，……………………3分得aann121，……………………4分得ann112a1n2.……………………5分由于aa211421，……………………6分则数列an1是首项为a112，公比为2的等比数列.……………………7分n1n故an122，即an21.……………………8分n1nn因为aann1(1)21121210，缺验证扣1分………9分所以aann11，符合题意．n所以选择②时问题中的数列存在，此时an21．……………………10分若选条件③．aS1.……………………1分11因为ann121an，得ann1n12an，……………………3分由于a1120，则ann0.……………………4分2an1则n12.……………………5分ann所以ann是首项为2，公比为2的等比数列.……………………6分nn所以ann2，即ann2．……………………7分因为n1nn，……………………8分ann11a2n112n220满足aann11．缺验证扣1分………9分n所以选择③时问题中的数列an存在，此时ann2．……………………10分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CC11126则1842.……………………………………………………4分PX12C60295（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Bp3,．………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Ep30.9．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名，相当于进行了次独立重复试验，设所抽取的名学生中耐力跑成绩为优或良的人数为，则服从二项分布．………5分由题意得任取名学生耐力跑成绩为优或良的频率为，……………6分将样本频率视为概率得．………………………………………………………7分而，则的所有可能取值为0，100，200，300.……………………8分003112且PY(0)C30.30.70.343，PY(100)C30.30.70.441，221330PY(200)C30.30.70.189，PY(300)C30.30.70.027．3…………………………………………………10分所以Y的分布列为：0100200300P的值错一个或两个扣1分……分P0.3430.4410.1890.02711所以的数学期望为EY00.3431000.4412000.1893000.02790．……………………………………………………12分19.（12分）（1）解:在△ACD中，D60，AC6，CD33，由余弦定理得AC2AD2CD22ADCDsinD，…………………………1分1即36AD2272AD33，2整理得AD233AD90，…………………………………2分337337解得AD或AD（舍去），…………………………3分22所以.………………………………………4分27371所以△ACD的面积为SADCDsin60.只看结论……5分28CDAC（2）解法1:在△中，由正弦定理得，sinCADsinD3得sinCAD.…………………………………6分4因为BACACAD90CAD，7则sinBACcosCAD1sin2CAD，正弦值或余弦值有一个正确就给分……7分43cosBACsinCAD.4957因为cosACB，则sinACB1cos2ACB.只看结果…………8分1616因为BACACBBπ,则sinBsinBACACBsinBACcosACBcosBACsinACB37.只看结果………………………9分8ACABBC在△ABC中，由正弦定理，sinBsinACBsinBAC得AB5，BC4.一个值1分………………11分3所以AB=8.…………………………………………12分4ΒC4CDAC解法2:在△ACD中，由正弦定理得，sinCADsinD3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49在△ABC中，cosACB，由余弦定理得16AB2AC2BC22ACBCcosACB，BC2AB2AC22ABACcosBAC，27即AB2236BCBC，①………………………………………9分4BC22AB369AB，②………………………………………10分3①②得AB=8.………………………………………12分4ΒC[另法]（1）解：如图，作CEAD于E，D在Rt△CED中，D60，CD33，EC39则CECDsin6033，………………1分F22133DECDcos6033.………………2分22AB37在Rt△AEC中，AC6,则AEAC22CE.………………3分2337故ADAEDE.………………………………4分212737所以△ACD的面积为SADCE.………………5分28CE3（2）解:在Rt△中，得sinCAE.………………………………6分AC4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△中，作BFAC于F，则ACAFCF，…………………………9分得6ABcosBACBCcosACB.………………………………10分因为，39所以6ABBC，得.……………………一一个………………等式1分12分41620.（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平面ABCDAC，所以BD平面.……………………………………………………2分因为BD平面BDE，所以平面BED平面.…………………………………3分（2）解法1:设ACBDO，连接OF，由平面，AE平面，得AEBD.……………………4分因为AEAC，AC平面ABCD，BD平面，z所以AE平面.………………………………………5分EF1因为EF∥AC，AOACEF，2AD所以四边形是平行四边形.AEFOO所以AE∥OF.xBCy所以平面．………………………………………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AB2，则BCDF(3,0,0),(0，，10),(3,0,0),(0,0,2)，……………7分则CD(3,1,0)，CF(0,1,2)，BD23,0,0.…………………8分设平面CDF的法向量为nx,,yz，nCD0,3xy0,3由，即，令x1，解得n1,3,，……9分2nCF0,yz20,由于平面，则是平面的法向量.…………10分nBD219则cosn,BD，………………………………………11分nBD19219所以二面角ACFD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EF由平面，得ODFC，……………………5分又ODOGO，OD平面DOG，OG平面，GAD则FC平面.………………………6分O因为DG平面，则FCDG.……………………7分BC故DGO为二面角ACFD的平面角.………………………………………8分因为，EF∥AC，AC2EF，则平面四边形AEFC为直角梯形.62在直角梯形AEFC中，求得OG，………………………………………9分519在Rt△DOG中，DGOG22OD，………………………………………10分52OG219cosDGO5.………………………………………11分DG19195219所以二面角ACFD的余弦值为.………………………………………12分1921.（12分）2cb2（1）解：由题意得24b，e1，………………………2分aa2所以a22，b2.……………………………………3分xy22所以C的方程为1.……………………………………4分84（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x3，且Ax1,y1，Bx2,y2，Qx00,y，将yk(x3)代入x22y28，整理可得12k2x212k2x18k280，………………………………………5分144k44(12k2)(18k28)0，解得2k2，由根与系数的关系可得12k218k28x1x2,x1x2，只要写对一个等式不扣分…………6分12k212k2AQAPxxx3根据，则011，………………………………………7分QBPBx2x0x2336k21636k2222x1x23x1x212k12k8解得x0，只看结论……………8分xx612k2312612k271又ll，则l的方程为y(x3)，122k33令x0，则y，即R,0.kk231故PR931.………………………………………9分kk281而PQ1k231k2，………………………………………10分33记△PQR面积为S，111则SPRPQ11k222k211k222k2122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ty3，A(,)x11y，B(,)x22y，Q(,)x00yxty3由xy22消去x得(t222)y6ty10，……………………………5分18411由36t24(t22)132t280，得t或t.2261t由韦达定理得yy,yy，只要写对一个等式不扣分…………6分12tt222212AQAPyyy由及PAQB,,,四点共线，知011，……………………7分QBPBy2y0y2222yy12t21得y0.……………………………8分yy126t3tt221t2则PQ1t2y，………………………………………9分03t81因为ll，则l的方程为xy3，令x0得yt3，122t即Rt(0,3).1所以PR13t31t2.………………………………………10分t222111tt2111所以△PQR面积SPRPQ31tt223t2t2t1121t.只看结论………………………11分2t1当且仅当t1等号成立.2所以△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ty3，A(,)x11y，B(,)x22y，Q(,)x00yxty3由xy22消去x得(t222)y6ty10，……………………………5分18411由36t24(t22)132t280，得t或t.2261t由韦达定理得yy,yy，只要写对一个等式不扣分…………6分12tt222212AQAP设，由PAQB,,,四点共线，知AQQB，APPB，QBPB由APPB，即(3x1,y1)(x23,y2)，得yy12.…………………7分由AQQB，即(,)(,)x0x1y0y1x2x0y2y0，得y1y222y1y1y21y0.13yyyt只看结论………………………8分1112y21t2则PQ1t2y.………………………………………9分03t91因为ll，则l的方程为xy3，令x0得yt3，122t即Rt(0,3).1所以PR13t31t2.………………………………………10分t2111tt22111所以△PQR面积SPRPQ31t2()t223t2t2t1121t，只看结论……………………………11分2t1当且仅当t1等号成立2所以△面积的最小值为1.………………………………………12分22.（12分）（1）解: 函 关于工期滞后的函关于工程严重滞后的函关于工程进度滞后的回复函关于征求同志党风廉政意见的函关于征求廉洁自律情况的复函 数fx的定义域为0,，………………………………………1分由于m0，则fx2xlnxx21.fx2lnx22x，………………………………………2分令hx，22(1x)hx2，xx2(1x)当01x时，hx()0，fx在区间0,1上单调递增；x2(1x)当x1时，hx()0，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fx的单调递减区间为0,.………………………………………4分（2）证法1：由（1）得fx2lnx22xm在区间上单调递增，m1当m0时，fm10，0e21，…………………………………5分mmm1m11fme22122e22e20，………………………6分2则x00,1，使fx00，即fx02lnx022x0m0，……7分10得m2lnx0022x.当0xx0时，fx0，fx在区间0,x0上单调递减；当xx01时，fx0，fx在区间x0,1上单调递增.2则f(x)f(x0)2x0lnx0x0mx01………………………………………8分222x0lnx0x0x02lnx022x01(x01)0.………………………………………9分所以2xlnxx2mx10.………………………………………10分ab令x，由于0ba，则01x.ab22abababmab则ln10，……………………………11分ababababab4ab整理得2lnm.………………………………………12分aba2b2证法2：欲证，22ababab只要证2lnm，………………………………………5分abababababab即证2lnm.………………………………………6分abababab令x，由于ab0，则x1.………………………………………7分ab1故只要证2lnxxm,即证2xlnx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2xlnxx21在区间0,上单调递减，故x1时，hxh10，即2xlnxx210.…………………………9分由于m0，x1，则mx0.此处为mx<0………………………10分所以成立.………………………………………11分所以.……………………………………12分1112