2023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.ACD12.ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．*313.5或者41kkN14.2115.2516.140四、解答题：本题共6小题，共70分．17.（10分）22（1）解:由题意知，a112a1S12a1，又a10，得a11.22当n2时，由an12anSn，得SSSSSnn1112nnn，22得SSnn11.则数列2是首项为2，公差为的等差数列SnS111.2所以Sn11nn.又Sn0，则Snn.当n2时，anSnSn1nn1，又a11满足上式，所以annn1.an11nnn（2）证明：由于n11，annn11nn又an0，所以aann1.118.(12分)（1）证明：取PD中点F，连结CF,EF．1因为点E为PA的中点，所以EF//AD且EF=AD，21又因为BC//AD且BC=AD，所以EF//BC且EF=BC，2所以四边形BCFE为平行四边形.所以BE//CF.又BE平面PCD，CF平面，所以BE//平面PCD．（2）在平面ABCD中，过D作DGAD，在平面PAD中，过作DHAD．因为平面平面，平面平面ABCDAD，所以DG平面PAD.所以DGDH，所以DA,,DGDH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Dxyz（如图），则A4,0,0，C(1,3,0)，P2,0,23，D0,0,0,所以AC(3,3,0)，AP6,0,23，DC1,3,0，zP设nx,,yz是平面PAC的一个法向量，nAC0,3xy30,H则即EnAP0,6xz230,F取x1，得n(1,3,3)．AxD设直线CD与平面所成角为．BCGy13027则sincosn,DC，47727所以直线CD与平面所成角的正弦值为．719.（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22该软件”，从被访问的人中随机抽取名，共有C100个基本事件，事件A共有C40个基本事件，2C226则40PA2.C100165603（2）解：由题意，X服从二项分布，且使用该软件的概率为，10053则XB10,.5kk1032所以k，，，„，PXkC10(0k1210).55kk10k32C10PXk55311k设，，，„，tkk111.PXk1k1322kC1055若t1，则k6.6，PXkPXk1；若t1，则k6.6，PXkPXk1.所以k6时，PX最大.20.（12分）ACBACBBB（1）证明：由cos2sin，得coscos2sincos，222222BACAC由于ABC，则coscossin.2222ACACBB故cossin2sincossinB.22221所以sinACBsinsin，即sinACBsin2sin.2由正弦定理得ac2b.（2）解：由（1）得ac2b，2a2c2b2ac2acb2则cosB22acac3b212ac3b221ac2231.2当且仅当acb时，等号成立.π3由于0Bπ，则0B，sinB.32211acacsinBsinBSB22sin3所以2.b2b2b224S3所以的最大值为.b24另法:由（1）得ac2b，2a2c2b2ac2acb2则cosB22acac3b212ac3b221ac22.当且仅当时，等号成立.B3由于，则，tan.233b22ac由cosB1，得bB21cos.2ac31BBacsinB2sincosSBB3sin333所以222tan.22Bbb41cosB42cos24242所以的最大值为.21.（12分）（1）解：由F4,0,设M(,)x11y，N(,)x22y,直线MN：xty4,4代入3xy2212，整理得：(3t221)y24ty360,033由解得：t,yy123324t36由韦达定理：yy，yy,1231t21231t2由22，MF(x14)y12ty16同理,NF26ty2.1111MFNF2ty1262ty648t2122t(yy)1221231t4t2yy12t(yy)36144tt222881212363tt2213112t2121为定值.36t2363另法由222，:MF(x14)y1t1y1同理,2.NFt1y2由于yy120,不妨设yy120,0,111111yy则21.22MFNFtt11y1y2y1y2222224t436144t1由,y2y1y1y24y1y2223tt13131t212t21得yy.2131t212t21111yy121所以2131t为定值.2236MFNFtt11y12y331t2xxyy()()xx22yy（2）由题意：圆的方程为()()xy1222121212224522即xy(xxxyyyxx12)(12)12yy120由对称性可知：若存在定点，则必在x轴上2令y0，有x(x1x2)xx1x2y1y208由（1）可知xxt(yy)8,121231t2222236tt9612t16x1x2(ty14)(ty24)tyy4t(yy)161612123tt2213131t282012t2代入方程后有：xx20,3tt221318即(xx24)(2)0,31t2x20令即.故圆过定点.2x2(2,0)x4022.（12分）111lnxa2（1）解：当时，fx122(x1)，fx的定义域是0,，22xx112lnxx2ln则f'x2(x1)2(x1).x3x33x当01x时，fx'0；当x1时，fx'0，故的单调递减区间为0,1上，单调递增区间为1,.11（2）证法1：当0a时，11，2a由于y(x1)2在1,上单调递增，2121则x1,时，有(x1)2.aa212要证fx2，只要证fx(x1)，，a1lnx只要证a1022，，xx2只要证ax1lnx0，，（*）621设g(x)ax1lnx，x1,，a12222a(1)112ax12a5a2(a2)(2a1)g'(x)2axa0xxxaxax1gx在1,上单调递增，a11211111g(x)g(1)a(1)1ln(1)2ln(1)(1)1ln(1)aaaaaaa1令1tt,1，下面证明t1lnt0,(t1)，a设h(t)t1lnt,(t1)，11t则h'(t)10,(t1),，ttht在1,上单调递增.h(t)h(1)0，则t1lnt0,(t1).11∴(1)1ln(1)0.aa2g(x)ax1lnx0，（*）式成立，命题得证.11证法2：当0a时，11，2a由于y(x1)2在上单调递增，221则时，有(x1)2.a212要证fx2，只要证fx(x1)，，a1lnx只要证a1022，，xx2只要证ax1lnx0，，（*）可证x1lnx,(x1)，证明如下：7设h(x)x1lnx(x1)，11x则h'(x)10(x1),，xxhx在1,上单调递增.h(x)h(1)0，则x1lnx(x1)，21要证（*）成立，只要证ax11x，x1,，a只要证ax11.1显然ax1a(11)1，命题得证.a8