2024年广州市普通高中毕业班冲刺训练题三数学答案（定稿）

2024年广州市普通高中毕业班冲刺训练题（三）参考答案答案：D【详解】因为，，所以答案：B【详解】因为复数，所以对应的点为，位于第二象限．3.答案：B【详解】因为为等差数列，，所以，所以.4.【答案】C【详解】选项A：当满足时，可能相交，如图：用四边形代表平面，用四边形代表平面，故A错误；选项B：当满足时，可能相交，如图：用四边形代表平面，用四边形代表平面，故B错误；选项C：因为，又，所以，故是的一个充分条件，故C正确；当满足与相交时，可能相交，如图：用四边形代表平面，用四边形代表平面，故D错误；5.【答案】D【详解】由题意知，抛物线的准线方程为，又因为，则点，又因为点在双曲线的渐近线上，所以，所以双曲线的离心率6.【答案】C【详解】由，得，于是，即，由，，得，则或，即或（不符合题意，舍去），所以.故选：C7.【答案】D【详解】设正四面体的棱长为，则其内切球、棱切球、外接球的半径分别为．由题意知，球的球心落在正四面体的几何中心，即内切球、棱切球、外接球公共的球心，又球的半径为定值。当球是正四面体的外接球时，棱长最小，此时，得．当球是正四面体的内切球时，最大，此时，得故正四面体的棱长的取值范围为．故选：D.8.【答案】A【详解】由题意知，设，则，如图所示，由可得，整理得，即，又因为，所以，所以，所以，在中，由余弦定理得，所以，由中线长公式，中线长，9答案：BCD10.答案：ACD【详解】对A：由题意可知的定义域为，，令，解得，当时，，当时，，故A正确；对B：当时，取得极大值为，故B错误；对C：由上分析可作出的图象，要使方程有两个不等实根，只需要与有两个交点，由图可知，，所以实数的取值范围为，故C正确.对D：设曲线在处的切线经过坐标原点，则切线斜率，解得，，所以切线斜率，所以切线方程为，故D正确.11.答案：ABD【详解】对于A，设点在准线上的投影为，准线与轴交于点，又，，则，所以，故A正确；对于B，设点在准线上的投影为点，易证，又，，即，，，故B正确；对于C，分两种情况：当点都在第一象限，设，，由焦半径公式可得，，，令，设，且，，当且仅当时取得最小值.当点在第二象限时，设，，则，，所以，同理令，且，，所以，当且仅当时取得最小值，综上，面积的最小值为，故C错误；对于D，当点都在第一象限，，，则，所以，即，，当点在第二象限时，同理可得，即，，综上，的面积大于，故D正确.故选：ABD.12.【答案】20【详解】由，令可得，，∴．在中，令，可得，∴13.【答案】【详解】根据题意，设甲获胜为事件，比赛进行三局为事件，，，故．14.【答案】【详解】不等式，即，设，，设，，所以单调递增，且，，所以存在，使，即，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，因为，所以，当时，，当时，，不等式有整数解，即有整数解，若时，即，因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以时，，所以无整数解，不符合题意，当时，因为，显然是的两个整数解，符合题意，综上可知，.15.【详解】（1）解：由题意知：数列是公差为的等差数列，当时，，所以，整理得：，.................2分又当时，，..................3分因为满足上式，..................4分所以，故数列的通项公式为..................5分（2）解：由（1）知，可得，..................6分故；.................8分解法1：由，可得，..................9分即，则，..................10分又由，..................12分当且仅当时取等号，故实数的取值范围为．..................13分解法2：由，..................9分可得，..................10分当，即时，，..................12分则，故实数的取值范围为．..................13分16...................1分，，，..................2分，.................3分延长BC，AD，设BC的延长线和AD的延长线交点为M，连接PM，则平面PAD和平面PBC的交线l为直线PM.................5分证明：取AD的中点E，连接PE，，E是AD的中点，，平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，，平面ABCD，.................6分,,即.................7分以点B为坐标原点，以直线BA、BM分别为轴，以过点B作平面ABCD的的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示..................8分则，，，，，，，.................9分设，则，.................10分设平面PCD的法向量为，则，即，令，得，.................11分设平面CDN的法向量为，则，即令，可得，................12分夹角的余弦值为，，................13分解得：或，.................14分即在直线l上存在点N，的夹角的余弦值为，此时或.................15分17、【详解】（1）设最低正常使用零下温度的第60百分位数为，由直方图可知最低正常使用零下温度在的频率为0.4，在的频率为0.65，因此最低正常使用零下温度的第60百分位数一定在内，..............1分则有，解得，所以最低正常使用零下温度的第60百分位数为28℃．..................3分（2）①由题意可知的可能值是0,1,2,3，，.................5分；..................6分；..................7分；.................8分，所以的分布列为01230.0640.2880.4320.216..................9分②由题意可知，设抽到类锂电池的数量为，则，.................10分若抽到块的可能性最大，则，，..................12分即..................13分即解得，..................14分由于，故．..................15分18、【详解】（1）解：设所求轨迹E上的任意点为(x,y)，与x2+y2=2对应的点为(x1,y1)，根据题意，可得x=x1y=22y1，即x1=xy1=22y，代入方程x2+y2=2，可得x2+(22y)2=2，整理得x22+y2=1，所以曲线E的轨迹方程为x22+y2=1.-------5分（2）方法一：解：设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4)，设直线AC的方程为x=ty+1−−−−−−−6分，联立方程组x=ty+1x22+y2=1，整理得(t2+2)x2+2ty−1=0，−−−−−−−8分则y1+y3=−2tt2+2,y1y3=−12+t2−−−−−−−9分，又因为t=x1−1y1,点A(x1,y1)在椭圆x22+y2=1上；所以y3=−12+t21y1=−y12y12+（x−1）2=y12x1−3；−−−−−−−11分x3=ty3+1=x1−1y1y12x1−3+1=3x1−42x1−3，−−−−−−−12分C(3x1−42x1−3,y12x1−3)，同理可得D(3x2−42x2−3,y22x2−3)，−−−−−−−13分又因为P,A,B三点共线，可得y1x1+2=y2x2+2，−−−−−−−14分即x2y1−x1y2=2(y2−y1)，−−−−−−−15分所以kCD=y22x2−3−y12x1−33x2−42x2−3−3x1−42x1−3=2(x2y1−x1y2)+3(y2−y1)x2−x1=7(y2−y1)x2−x1=4kAB，−−−−−−−16分所以tanαtanβ=kABkCD=17.−−−−−−−17分方法二：解：设直线AC的方程为y=k(x−1)，A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4)，联立方程组y=k(x−1)x22+y2=1，整理得(1+2k2)x2−4k2x+2k2−2=0，则Δ=(−4k2)2−4(1+2k2)(2k2−2)>0，且x1+x3=4k21+2k2,x1x3=2k2−21+2k2，可得32x1+x3−x1x3=2+4k21+2k2=2，所以x3=3x1−42x1−3，可得y3=y1x1−1⋅(3x1−42x1−3−1)=y12x1−3，所以C(3x1−42x1−3,y12x1−3)，下同方法一。19、【详解】（1）根据题意可知，不等式在上恒成立，设，则，，设，则，，则，若，存在区间，使在区间上单调递减；则，则在区间上单调递减，则，不满足题意，故，即.下证明：当时，不等式成立，因为，，设，则，设，则，所以在上单调递增，则，则成立，故在上单调递增，则，所以恒成立，得证，综上知，...................5分（2）当时，，设，则，则函数单调递增，，单调递增，，，在上单调递减，上单调递增，又，，，，，.由于，，，，由于在上单调递增，.累加得...................11分（3）要证即证.即证.，设，时，在上单调递增，即在上单调递增，设，，由于在上单调递增，，，在单调递增.又，时因此恒成立，原不等式恒成立，得证...................17分