【文档说明】2023年广州市普通高中毕业班冲刺试题（一）参考答案.pdf，共(8)页，491.522 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（一）试题参考答案一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．题号12345678答案BACCACDC二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．9.AB10.ABD11.BC12.ACD三、填空题：本

题共4小题，每小题5分，共20分．13.623100xy14.35515.3416.0,2e四、解答题：本题共6小题，共70分．17.（10分）（1）解:因为()cos3cos12212fxxxsin3cos1212x

x2sin4x当2，所以()2sin24fxx所以2sin2sincoscossin6343434f6262244

2（2）解：由（1）知π2sin4fxx，当ππ42x时，πππππ44424x，要使gx在ππ,42上无零点，则π

ππ44ππ1π24kk，Zk.54122kk≤≤，kZ，0，5341224kkk≤≤，当0k时，512；当1k时，113022≤≤≤，当2k时，0

舍去．2综上：的取值范围为150,1,22．18.(12分)（1）解：选条件①：数列1nSa为等比数列，2211131SaSaSa，即2121123222aaaaaa

，11a，且设等比数列na的公比为q，22222qqq，解得2q或0q（舍），1112nnnaaq，选条件②：1121222nnnnaaana①，

1212122212nnnnaaanan，即12121222212nnnnaaanan②，由①②两式相减得：12221nnnnanana，即122nnaan，令1121222nnnnaaana

中1n得出212aa也符合上式，故数列na为首项11a，公比2q的等比数列，则1112nnnaaq.（2）解：由第一问可知，不论条件为①还是②，都有数列na为首项11a，公比2q的等比数列，即12nna，则122ba，234ba，14n

nnTbb③，1124nnnTbnb④，3由③④两式相减得：11142nnnnnnbbbbTTn，即1142nnnnbnbbb，数列nb为正项数列，则1142nnbbn

，则数列nb的奇数项、偶数项分别都成公差为4的等差数列，221123421211(1)4(1)4nniiiiinniibbTTTTTTT，即2124621(1)4niiinibbbbbb

，数列nb前2n项中的全部偶数项之和为：2144222nnnnn，则2112(81)8niiiinnbb19.（12分）（1）证明：设,ACBE的交点为O，连接FO，已知O为ABD△的重心，所以12AOOC

，因为PC//平面BEF，平面PAC与平面BEF的交线为OF，所以//FOPC所以13AFAOAPAC.（2）解：因为60,BCD所以DCB△为等边三角形，所以DCDB，又因为PDCPDB，所以PDBPDC，所以PBP

C，取BC的中点M，连接PM，DM，所以BC⊥PM，BC⊥DM，所以BC⊥平面PMD，过P做PHDM，交直线DM于点H，所以45PDH，4因为6PD，所以3PHDH，又因为3DM，所以H与M重合以H为坐标原点，,,HDHBHP为,,xyz轴，建立如图所示的空间直角坐

标系，所以0,0,3,0,1,0,3,2,0,3,0,0,3,1,0PBADE，因为3APAF，所以2343,,333F，313,,,3,0,0333EFBE

，设222,,mxyz平面BEF，222230031300333xmBEmEFxyz，令22

23,0,1yxz，所以0,3,1m，设PBE的一法向量,,nxyz,则030030nBExnPByz，令1z，则0,3,1n，所以

cos12,mnmnmn所以求平面PBE与平面BEF夹角的余弦值为12.20.（12分）（1）解：由题意得，1~3,2XB，则3311C122kkkPXk，其中0,

1,2,3k，则X的分布列为：X0123P18383818则13322EX.5（2）设事件iA为“乙在第i次挑战中成功”，其中1,2,3i．（ⅰ）设事件B为“乙在前两次挑战中，恰好成功一次”，则1212BAAAA，则121212112

1PBPAAPAAPAPAAPAPAA0.510.610.50.40.4．即乙在前两次挑战中，恰好成功一次的概为0.4．（ⅱ）因为21212121121PAPAAAAPAPAAPA

PAA0.50.60.50.40.5，且23123123123123PAAPAAAAAAPAAAPAAA0.50.60.70.50.40.50.31，所以233220.310.620.5PAAPAAPA．即乙在第二

次成功的条件下，第三次成功的概率为0.62．21.（12分）（1）设00,Pxy，切线00yykxx，则22005xy由220014xyyykxx得2220000148440kxkykxxykx由0

得22200004210xkxyky设切线,PAPB的斜率分别为12,kk则2200122200111445yykkxy又直线PA的斜率为2，则直线PB的斜率为12（2）当切线,PAPB的斜率都存在时，设1122,,,AxyBxy，切线,PAP

B方程为,1,2iiiyykxxi并由（1）得2224210,1,2iiiiixkxykyi（*）由点A，B在椭圆上，得221,1,24iixyi代入（*）6得202=2iiixyk

，即,1,24iiixkiy切线,PAPB的方程为1,1,24iixxyyi由于点P在切线,PAPB上，则001,1,24iixxyyi所以直线AB方程为0014xxyy，由PQAB得直线PQ方程为00004yyyxxx联立直线A

B方程0014xxyy，解得200022004134165Qxyxxxy，20002200131165Qyyyyxy由22005xy得Q点轨迹方程为2255116xy，且焦点恰为12,FF当切线,PAPB的斜率有一个

不存在时，如PB斜率不存在，则(2,0)B，(2,1)P，(0,1)A，直线AB方程为112yx，PQ方程为12(2)yx，可解得81(,)55Q，Q点也在椭圆2255116xy上，若(2,0)B，同理可得.因此，点Q的轨迹为椭圆2255116xy，所以,121211515

=||||23=2255QFFQSFFy，当且仅当点Q在椭圆2255116xy的短轴端点时取到等号.22.（12分）（1）解：由1e2e2e2)(xxxaxaxxxf讨论：①0a时，由01e2xa，令0)(xf，解得0x，所以0x时，0)(

xf；0x时，0)(xf；，则)(xf在)0,(单调递增，在)0(，单调递减；②0a时，由aaxxfxx21ee2)(，i21a时，因为01exx，则0)(xf

，)(xf在),(单调递增，7ii210，a时，0)(xf，解得0x或021lnax，所以,21ln0,ax时，0)(xf；ax21ln0，时，0)(xf，则)(xf在

,21ln0,a单调递增，在a21ln0，单调递减；iii，21a时，由021lnax，所以,021ln,ax时，0)(xf；021ln，ax时，0)(xf

，则)(xf在,021ln,a单调递增，在021ln，a单调递减；综上：0a时，)(xf的单调递增区间为)0,(，单调递减区间为)0(，；210，a

时，)(xf的单调递增区间为,21ln0,a和，单调递减区间为a21ln0，；21a时，)(xf的单调递增区间为),(；，21a时，)(xf的单调递增区间为,021ln,和a，单调递减区间为021

ln，a；（2）根据题意结合（1）可知，，21210a时，)(xf存在两个极值点，由1x为)(xf的零点，则0e12111axxx，则0e12111axxx，故1,1x，讨论：若

210，a，由（1）可知00x，则2ln11010xx；若，21a，则ax21ln0，故8aaxxxx21e0e101211，化简得01e21e1211xx

axxa，即10e1e21211xxxx，故42111221111e2111112110xxxxxxxx，（011x）即2e10xx，故2ln10xx，当

且仅当4e221ax时取等号，综上，2ln10xx恒成立.