【文档说明】2023年广州市普通高中毕业班冲刺试题（三）参考答案.pdf，共(6)页，322.627 KB，由小赞的店铺上传

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12023年广州市普通高中毕业班冲刺训练题（三）参考答案一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．题号12345678答案DCCABDBB二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．9.ABC10.ACD11.BD12.BC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.8

14.230xy15.5316.9920四、解答题：本题共6小题，共70分．17.（10分）（1）解:由题意，设等差数列{}na公差为(0)dd，则1112410()(3)21adadad，解得192ad（舍去），或112ad，12(

1)21nann.22log121122nnbann，2log1nbn，即11212nnnb，*nN．故数列{}nb是以1为首项，2为公比的等比数列，则122112nnnS

．（2）解法1:由（1），可知12(1)nnTnbnbb11212312()()()nbbbbbbbbb123nSSSS23(21)(21)(21)(

21)n23(2222)nn12212nn122nn．解法2:(1)2(2)2(2)-(1)得：.18.（12分）（1）解:由余弦定理得)tan(tancos222BABacc，即)tan(tancos

BABac，由正弦定理得)cossincossin(cossin)tan(tancossinsinBBAABABABACACABABABAcossinsincoscos)sin(cossin，AACcossin0sin，,即1tan

A，20，A，4A.（2）解:由余弦定理得：bccb2222，则bccb2222.)21(21)2(41)(412222bcbcbcACABAD.由正弦定理得2sins

insinAaCcBb所以,sin2,sin2CcBb2)2sin2(cos2)43sin(sin4sinsin4BBBBCBbc2)42sin(2B，因为ABC是锐角三角形，所以243020BB,即24B,则1)42s

in(22,43424BB，22,22(bc.中线AD长的取值范围是222,210.19.（12分）（1）证明：如图，取AC的中点为O，连接BO，PO.∵PAPC，∴POAC.∵6PAP

C，90APC，3∴1322POAC，同理32BO.又6PB，∴222POOBPB，∴POOB.∵ACOBO，AC，OB平面ABC，∴PO平面ABC.又PO平面PAC，∴平面PAC平面ABC.（2）解：如图建立

空间直角坐标系，根据边长关系可知，32,0,0A，32,0,0C，0,32,0B，0,0,32P，∴32,32,0CB，32,0,32CP.∵三棱锥PACM和BAC

M的体积比为1:2，∴:1:2PMBM，∴0,2,22M，∴32,2,22AM.设平面PBC的法向量为,,nxyz，则3232032320xyxz，令1x，得1,1,1n.设直线AM与平面PBC所成角为，则

6242sincos,7273AMn.∴直线AM与平面PBC所成角的正弦值为427.20.（12分）（1）解:①甲在第一次中奖的概率为151153p.乙在第二次中奖的概率为210816151339p.②设甲参加抽奖活

动的次数为X，则1,2,3X，51(1)153PX；10816(2)151339PX；10510(3)1151339PX，4X123P13163910391161025()1233393913EX.（

2）证明：丙在第奇数次中奖的概率为15，在第偶数次中奖的概率为14.设丙参加抽奖活动的次数为Y，“丙中奖”为事件A，则433()11545nnPA，令mn，*mN，则丙在第21m次中奖的概率131(21)55mPYm在第2m次中奖

的概率1134131(2)55455mmPYm，即131(21)(2)55mPYmPYm，在丙中奖的条件下，在第21m，2m次中奖的概率为11355()mPA，则丙参加活动次数的均

值为211333()(12)(34)(56)(212)5()555nEYnnPA设213333711(

41)555nSn，则213333337(45)(41)55555nnSnn，212333334(41)55555nnSn，

14512273225nnS，所以14533451227331102255992255()2233315151555nnnnnnnnnnE

Y.21.（12分）（1）解:由题知1xfxeaxa，fx的定义域为R，5∴1xfxea．当0a时，0fx在R上恒成立，故fx在R上是增函数；当0a时，令

0fx得ln1xa，在,ln1a上有0fx，在ln1,a上有0fx，∴fx在,ln1a上是减函数，在ln1,a上是增函数.（2）解:当0x时，1ln11fxx

，即ln110xeaxx（*）．令ln110xgxeaxxx则101xgxeaxx．①若2a，由（1）知，当1a时，11xfxex在1,上是

增函数故有111111fxfe.即111xfxex，得111xex，故有1xex．∴函数gx在区间0,上单调递增，∴00gxg，∴（*）式成立．②若2a，令

11xxeax则222111011xxxexexx，当且仅当0x时等号成立．∴函数x在区间0,上单调递增．∵020a,1111101

11aaeaaaaaa.∴00,xa，使得00x,则当00xx时，00xx，即0gx．∴函数gx在区间00,x上单调递减.∴000gxg，即（*）式不恒成立．

综上所述，实数a的取值范围是2,．22.（12分）（1）解:据题意，2CICACBCACBIDADBDADBD，6从而可得42CACB，由椭圆定义知道，C的轨迹为以AB、为焦点的椭圆，所以所求的椭圆的方程为221(0)43xyy.(2)解:①设切点坐标为11

22(,),(,)PxyQxy,直线l上的点M的坐标4,t，则切线方程分别为11143xxyy,22143xxyy,又两切线均过点M，即11221,133ttxyxy,从而点,PQ的坐标都适合方程13txy,而两点之间确定唯一的一条直线，故直线PQ的方程是13

txy,显然对任意实数t，点1,0都适合这个方程，故直线PQ恒过定点1,0N.②将直线PQ的方程13txy,代入椭圆方程，得223141203tyy，即2242903tyty,121222627,1212tyyyytt

不妨设120,0yy,222111913tPNxyy,同理2293tQNy.所以2122121211311399yyPNQNyyyytt222

22212221226108121233114491444279399912tyytttyytttt故存在实数43，使得PNQNPNQN.