2023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．313.6xy2310014.35515.16.0,2e4四、解答题：本题共6小题，共70分．17.（10分）（1）解:因为f(x)cosx3cosx12212sinxx3cos2sinx12124当2，所以f(x)2sin2x4所以f2sin2sincoscossin634343462622442π（2）解：由（1）知fx2sinx，4πππππππ当x时，x，4244424ππkπππ44要使gx在,上无零点，则，kZ.42ππk1π245534kk1≤≤2，kZ，0，4k1≤2kk≤，224511当k0时，1；当k1时，30≤≤≤，222当k2时，0舍去．115综上：的取值范围为0,1,．2218.(12分)（1）解：选条件①：数列San1为等比数列，2S2a1S1a1S3a1，2即2a1a22a12a1a2a3，a11，且设等比数列an的公比为q，22q22qq2，解得q2或q0（舍），nn11ana1q2，选条件②：nn12a12a22annna1①，nn122a12a22ann1n1an2，nn12即2a12a22ann12n1an2②，由①②两式相减得：2annan121nann2，即ann122an，nn1令2a12a22annna1中n1得出aa212也符合上式，故数列为首项a11，公比的等比数列，nn11则ana1q2.（2）解：由第一问可知，不论条件为①还是②，都有数列为首项，公比的n1等比数列，即an2，则ba122，ba234，4Tnbnbn1③，4Tbn11nbnn2④，2由③④两式相减得：42TnnT1bnbn11bnbnn，即42bnnbnbn11bn，数列bn为正项数列，则bbnn1142n，则数列的奇数项、偶数项分别都成公差为4的等差数列，22nnii(1)bbii14(1)Ti4T1T2T3T4T2n1T2n，ii112ni即(1)bbii14b2b4b6b2n，i1nn1数列前2n项中的全部偶数项之和为：4n42n22n，22ni2则(1)bbii18nn8i119.（12分）（1）证明：设AC,BE的交点为O，连接FO，已知O为△ABD的重心，AO1所以，OC2因为PC//平面BEF，平面PAC与平面BEF的交线为OF，所以FO//PCAFAO1所以.APAC3（2）解：因为BCD60,所以△DCB为等边三角形，所以DCDB，又因为PDCPDB，所以PDBPDC，所以PBPC，取BC的中点M，连接PM，DM，所以BC⊥，⊥，所以⊥平面PMD，过P做PHDM，交直线DM于点H，所以PDH45，3因为PD6，所以PHDH3，又因为DM3，所以H与M重合以H为坐标原点，HD,,HBHP为x,,yz轴，建立如图所示的空间直角坐标系，所以PBADE0,0,3,0,1,0,3,2,0,3,0,0,3,1,0，2343因为AP3AF，所以F,,，333313EF,,,BE3,0,0，333设mx2,,y2z2平面BEF，30xmBE02，令，313y23,x20,z21mEF0x2y2z20333所以m0,3,1，nBE03x0设PBE的一法向量nx,,yz,则，nPB0y3z0令z1，则n0,3,1，mn1所以cosmn,mn21所以求平面PBE与平面BEF夹角的余弦值为.220.（12分）111kk3（）解：由题意得，XB~3,，则k，其中k0,1,2,3，1PXkC13222则X的分布列为：X012313P8813则EX3.224（2）设事件Ai为“乙在第i次挑战中成功”，其中i1,2,3．（ⅰ）设事件B为“乙在前两次挑战中，恰好成功一次”，则BAAAA1212，则PBPAAPAAPAPAAPAPAA12121211210.510.610.50.40.4．即乙在前两次挑战中，恰好成功一次的概为0.4．（ⅱ）因为PAPAAAAPAPAAPAPAA212121211210.50.60.50.40.5，且PAAPAAAAAAPAAAPAAA231231231231230.50.60.70.50.40.50.31，PAA230.31所以PAA320.62．PA20.5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）22（1）设Px00,y，切线yy00kxx，则xy0052x2y1222由4得14kx8ky0kx0x4y0kx040yy00kxx222由0得4x0k2x0y0k1y00设切线PA,PB的斜率分别为kk12,2211yy00则kk122214x045y01又直线PA的斜率为2，则直线PB的斜率为2（2）当切线的斜率都存在时，设Ax1,,,y1Bx2y2，切线方程为yyikixxi,i1,2222并由（1）得4xik2xiyiki1yi0,i1,2（*）x2由点A，B在椭圆上，得iyi21,1,2代入（*）4i52xxii得2yk=0，即kii,1,2ii4y2ixx切线PA,PB的方程为iyy1,i1,24ixx由于点P在切线上，则i0yy1,i1,24i0xx所以直线AB方程为0yy1，404y0由PQAB得直线PQ方程为yy00xxx0联立直线方程，224xy00134yy00131解得，xxQ220yyQ220xy00165xy001655由xy225得Q点轨迹方程为xy2251，且焦点恰为FF,001612当切线的斜率有一个不存在时，如PB斜率不存在，则B(2,0)，P(2,1)，A(0,1)，181直线方程为yx1，方程为yx12(2)，可解得Q(,)，255Q点也在椭圆上，若B(2,0)，同理可得.因此，点的轨迹为椭圆，11515所以,S=|FF||y|23=，QF12F212Q255当且仅当点在椭圆的短轴端点时取到等号.22.（12分）2xx（1）解：由f(x)2ax2aex1exex讨论：①a0时，由2aex10，令f(x)0，解得x0，所以x0时，f(x)0；x0时，f(x)0；，则f(x)在(,0)单调递增，在(0，)单调递减；2ax1②a0时，由f(x)ex，ex2a1ia时，因为xex10，则f(x)0，在(,)单调递增，2611iia0，时，f(x)0，解得x0或xln0，22a11所以x,0ln,时，f(x)0；x0，ln时，f(x)0，2a2a11则f(x)在,0ln,单调递增，在0，ln单调递减；2a2a11iiia，时，由xln0，22a11所以x,ln0,时，；xln，0时，，2a2a11则在,ln0,单调递增，在ln，0单调递减；2a2a综上：a0时，的单调递增区间为(,0)，单调递减区间为(0，)；1时，的单调递增区间为,0和ln,，单调递减区间为；2a1a时，的单调递增区间为(,)；21时，的单调递增区间为,ln和0,，单调递减区间为；2a11（2）根据题意结合（1）可知a0，，时，存在两个极值点，22由x1为的零点，则x112x112ax10，则ax10，故x1,1，ex1ex1讨论：若，由（1）可知x00，则x0x1011ln2；11若a，，则x0ln，故22a7x1x111ax20ax12x1e1xe1x11，化简得1，即，x02x1x112ex1ee0ax2a2e02x0x1x111故2ex1122x1124，（x110）x11x11x11即ex0x12，x122故x0x1ln2，当且仅当e时取等号，a4综上，恒成立.8