【文档说明】2023年广州市普通高中毕业班冲刺试题（二）参考答案.pdf，共(8)页，360.919 KB，由管理员店铺上传

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12023年广州市普通高中毕业班冲刺训练题（二）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DABCDBCA二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．9.BCD10.BCD11.A

CD12.ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.5或者*41kkN14.2115.2516.3140四、解答题：本题共6小题，共70分．17.（10分）（1）解:由题意知，22

1111122aaSa，又10a，得11a.当2n时，由212nnnaaS，得21112nnnnnSSSSS，得2211nnSS.则数列2nS是首项为211S，公差为1的

等差数列.所以211nSnn.又0nS，则nSn.当2n时，11nnnaSSnn，又11a满足上式，所以1nann.（2）证明：由于111111nnannnnannnn，又na0，所以1n

naa.2xyzHEPBCDAFG18.(12分)（1）证明：取PD中点F，连结,CFEF．因为点E为PA的中点，所以//EFAD且1=2EFAD，又因为//BCAD且1=2BCAD，所以//EFBC且=EF

BC，所以四边形BCFE为平行四边形.所以//BECF.又BE平面PCD，CF平面PCD，所以//BE平面PCD．（2）在平面ABCD中，过D作DGAD，在平面PAD中，过D作DHAD．因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以DG平

面PAD.所以DGDH，所以,,DADGDH两两互相垂直.以D为原点，向量DA，DG，DH的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系Dxyz（如图），则4,0,0A，(1,3,0)C，2,0,23P，0,0,0D,所以(3,3,0)

AC，6,0,23AP，1,3,0DC，设,,xyzn是平面PAC的一个法向量，则0,0,ACAPnn即330,6230,xyxz取1x，得(1,3,3)n．设直线CD与平面PAC所成

角为．则13027sincos,747DCn，所以直线CD与平面PAC所成角的正弦值为277．19.（12分）（1）解：设事件A为“从被访问的100人中随机抽取2名，所抽取的都是女性顾客且使用该软件”，从被访问的

100人中随机抽取2名，共有2100C个基本事件，事件A共有240C个基本事件，3则2402100C26C165PA.（2）解：由题意，X服从二项分布，且使用该软件的概率为6031005，则310,5XB.所以101

03255kkkPXkC(0k，1，2，„，10).设101011111032C55132C55kkkkkkPXktPXk3112kk(0k，1，2，„，10).

若1t，则6.6k，1PXkPXk；若1t，则6.6k，1PXkPXk.所以6k时，PX最大.20.（12分）（1）证明：由cos2sin22ACB，得coscos2sincos2222ACBBB

，由于ABC，则coscossin2222BACAC.故cossin2sincossin2222ACACBBB.所以1sinsinsin2ACB，即sinsin2sinACB.由正弦定理得2acb.（

2）解：由（1）得2acb，则222222cos22acacbacbBacac2312bac223122bac412.当且仅当acb时，等号成立.由于0πB，则π03B，3sin2B.所以2

22211sinsinsin2222acBacBSBbbb34.所以2Sb的最大值为34.另法:由（1）得2acb，则222222cos22acacbacbBacac2312bac223122bac

12.当且仅当acb时，等号成立.由于0πB，则π03B，3tan23B.由23cos12bBac，得221cos3acbB.所以2221sin2sincos3sin33222tan41cos4422cos2BBacBSBBBbbB34.

所以2Sb的最大值为34.21.（12分）（1）解：由0,4F,设11(,)Mxy，22(,)Nxy,直线MN：4xty,5代入22312xy，整理得：22(31)24360tyty,由120yy解得：33,33t由韦达定

理：1222431tyyt，1223631yyt,由22111(4)26MFxyty，同理,226NFty.11MFNF12112626tyty12212122()12412()36tyytyytyy222222

481231144288363131tttttt2212123636tt13为定值.另法:由222111(4)1MFxyty，同理,221NFty.由于120yy,不妨设120,0yy,则

2122121211111111yyMFNFyyyytt.由222211212222443643131tyyyyyytt22144131tt,得221212131tyyt.所以22212

212212111111313631131tyytMFNFyyttt为定值.（2）由题意：圆的方程为222212121212()()()()224xxyyxxyyxy6即2212121212()()0xyxxxyyy

xxyy由对称性可知：若存在定点，则必在x轴上令0y，有2121212()0xxxxxxyy由（1）可知121228()831xxtyyt,1212(4)(4)xxtyty21

2124()16tyytyy22223696163131tttt22121631tt代入方程后有：22228201203131txxtt,即228(4)(2)03

1xxt,令22040xx即2x.故圆过定点(2,0).22.（12分）（1）解：当12a时，22211ln1(1)2xfxxxx，fx的定义域是0,，则333112ln2ln'2(1)2(1)xxfxxx

xxx.当01x时，0'fx；当1x时，0'fx，故fx的单调递减区间为0,1上，单调递增区间为1,.（2）证法1：当102a时，111a，由于y2(1)x在1,上单调递增，则11,xa

时，有221(1)2xa.要证212xaf，只要证2(1)fxx，11,xa，只要证221ln10xaxx，11,xa，只要证21ln0axx，11,xa

，（*）7设2()1lngxaxx，11,xa，22212(1)1121252(2)(21)'()20aaxaaaaagxaxxxxaxaxgx在11,a上

单调递增，21111111()(1)(1)1ln(1)2ln(1)(1)1ln(1)gxgaaaaaaaa令11,1tta，下面证明1ln0,(1)ttt

，设()1ln,(1)htttt，则11'()10,(1),thtttt，th在1,上单调递增.()(1)0hth，则1ln0,(1)ttt.∴11(1)1ln(1)0aa

.2()1ln0gxaxx，（*）式成立，命题得证.证法2：当102a时，111a，由于y2(1)x在1,上单调递增，则11,xa时，有221(1)2xa.要证2

12xaf，只要证2(1)fxx，11,xa，只要证221ln10xaxx，11,xa，只要证21ln0axx，11,xa，（*）可证1ln,(1)xxx，证明如下：8设()1l

n(1)hxxxx，则11'()10(1),xhxxxx，xh在1,上单调递增.()(1)0hxh，则1ln(1)xxx，要证（*）成立，只要证211axx

，11,xa，只要证11ax.显然11(11)1axaa，命题得证.