2023年广州市普通高中毕业班冲刺试题（三）参考答案

2023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.814.xy23015.5316.9920四、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{}an公差为dd(0)，则2ad1410，(a11d)(a3d)21a19a11解得（舍去），或，d2d2an12(n1)2n1.2log2bnna12n112n2，nn11log2bnn1，即bn212，nN*．故数列{}bn是以1为首项，2为公比的等比数列，12n则S21n．n12（2）解法1:由（1），可知Tnnnb12(n1)bbb1()()()b1b2b1b2b3b1b2bnSSSS(21)(2231)(21)(2n1)123n22n1(222322n)nn22n1n．12解法2:(1)2(2)1(2)-(1)得：.18.（12分）（1）解:由余弦定理得2c22accosB(tanAtanB)，即cacosB(tanAtanB)，sinAsinB由正弦定理得sinCsinAcosB(tanAtanB)sinAcosB()cosAcosBsin(AB)sinAsinCsinAcosB，cosAcosBcosAsinC0，sinAcosA,即tanA1，A0，，A.24（2）解:由余弦定理得：2b2c22bc，则b2c222bc.2111AD(ABAC)2(c2b22bc)(12bc).442bca由正弦定理得2sinBsinCsinA所以b2sinB,c2sinC,3bc4sinBsinC4sinBsin(B)2(cos2Bsin2B)242sin(2B)2，40B2因为ABC是锐角三角形，所以,即B,3420B4232则2B,sin(2B)1，bc(22,22.444241022中线AD长的取值范围是,.2219.（12分）（1）证明：如图，取AC的中点为O，连接BO，PO.∵PAPC，∴POAC.∵PAPC6，APC90，21∴POAC32，同理BO32.又PB6，∴PO2OB2PB2，2∴POOB.∵ACOBO，AC，OB平面ABC，∴PO平面.又PO平面PAC，∴平面PAC平面.（2）解：如图建立空间直角坐标系，根据边长关系可知，A32,0,0，C32,0,0，B0,32,0，P0,0,32，∴CB32,32,0，CP32,0,32.∵三棱锥PACM和BACM的体积比为1:2，∴PM:BM1:2，∴M0,2,22，∴AM32,2,22.设平面PBC的法向量为nx,,yz，32xy320则，32xz320令x1，得n1,1,1.设直线AM与平面所成角为，6242则sincosAM,n.273742∴直线与平面所成角的正弦值为.720.（12分）51（1）解:①甲在第一次中奖的概率为p.115310816乙在第二次中奖的概率为p.2151339②设甲参加抽奖活动的次数为X，则X1,2,3，511081610510PX(1)；PX(2)；PX(3)1，1531513391513393X123P11610339391161025EX()123.3393913（2）证明：丙在第奇数次中奖的概率为1，在第偶数次中奖的概率为1.54nn433设丙参加抽奖活动的次数为Y，“丙中奖”为事件A，则PA()11，545m1*31令mn，mN，则丙在第21m次中奖的概率P(Y2m1)55mm1134131在第2m次中奖的概率P(Y2m)，55455m131即P(Y2m1)P(Y2m)，55m11355在丙中奖的条件下，在第21m，2m次中奖的概率为，PA()则丙参加活动次数的均值为21n1333E(Y)(12)(34)(56)(2n12n)5PA()55521n333设Sn3711(41)，55521nn33333则S37(4n5)(4n1)，5555521nn23333Sn34(41)，55555n14512n273S，225n1nnn4512n27345333110n2n225255995所以EY()n.33nn2235151155521.（12分）（1）解:由题知fxex1axa，fx的定义域为R，4∴fxex1a．当a0时，fx0在R上恒成立，故fx在上是增函数；当a0时，令fx0得xaln1，在,lna1上有fx0，在lna1,上有，∴在上是减函数，在上是增函数.（2）解:当x0时，fx1lnx11，即exaxlnx110（*）．1令gxexaxlnx11x0则gxexax0．x1①若a2，由（1）知，当a1时，fxex1x1在1,上是增函数故有fxf1e11111.x1即fxex11，得exx111，故有exx1．∴函数gx在区间0,上单调递增，∴gxg00，∴（*）式成立．1②若a2，令xexax121xe11x则xex0，当且仅当x0时等号成立．xx1122∴函数x在区间上单调递增．111∵02a0,aeaa1aa10.1a1a1a∴xa00,，使得x00,则当0xx0时，xx00，即gx0．∴函数在区间0,x0上单调递减.∴gx0g00，即（*）式不恒成立．综上所述，实数a的取值范围是2,．22.（12分）CICACBCACB（1）解:据题意，2，IDADBDADBD5从而可得CACB42，由椭圆定义知道，C的轨迹为以AB、为焦点的椭圆，xy22所以所求的椭圆的方程为1(y0).43(2)解:①设切点坐标为P(x1,y1),Q(x2,y2),直线l上的点M的坐标4,t，xxyyxxyy则切线方程分别为111,221,4343tt又两切线均过点M，即xy1,xy1,133122t从而点PQ,的坐标都适合方程xy1,3而两点之间确定唯一的一条直线，故直线PQ的方程是,显然对任意实数t，点1,0都适合这个方程，故直线恒过定点N1,0.2tt2②将直线的方程xy1,代入椭圆方程，得3yy14120，332t2即4y2ty90,36t27y1y222,y1y2tt121222t9不妨设yy0,0,PNx1y2y,121131t29同理QNy.32113113yy所以2122PNQNtt99y1y2y1y226t10822223yy213tt12121144t914442yy227293t912t9t9t2124故存在实数，使得PNQNPNQN.36