2024年广州市普通高中毕业班冲刺训练题（三）参考答案1.答案：D【详解】因为Mxx1，N1,2，所以MNxx12、答案：B【详解】因为复数z25i12i12i，所以z对应的点为12,1，位于第二象限．()aa183.答案：B【详解】因为a为等差数列，S884(aa)，所以aa182，所以aa362.n82184.【答案】C【详解】选项A：当满足a∥bab,,∥∥时，,可能相交，如图：用四边形ABCD代表平面，用四边形AEFD代表平面，故A错误；选项B：当满足abab,,时，,可能相交，如图：用四边形ABCD代表平面，用四边形AEFD代表平面，故B错误；选项C：因为aabb,∥，又b，所以∥，故abab,,∥是∥的一个充分条件，故C正确；当满足a∥ba,,∥与b相交时，,可能相交，如图：用四边形ABCD代表平面，用四边形AEFD代表平面，故D错误；pπ5.【答案】D【详解】由题意知，抛物线的准线方程为x，又因为FFA，2126p3bb23则点Ap,，又因为点A在双曲线的渐近线yx上，所以，23aa3b2421所以双曲线的离心率e11a2331sinsin16.【答案】C【详解】由tantan，得，coscoscoscosπ于是sincoscossincos，即sin()sin()，2ππππππ由(0,)，(0,)，得0π,0<，则或π，222222πππ即2或（不符合题意，舍去），所以2.故选：C2227.【答案】D【详解】设正四面体ABCD的棱长为a，则其内切球、棱切球、外接球的半径分别为626a、a、a．由题意知，球O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12446的球心，又球O的半径为定值6。当球O是正四面体ABCD的外接球时，棱长a最小，此时a6，4第1页（共9页）{#{QQABAYAQogiAAJBAARhCAwHgCAKQkAACCAoOBBAIoAAACBNABAA=}#}6得a4．当球O是正四面体ABCD的内切球时，a最大，此时a6，得a1212故正四面体ABCD的棱长的取值范围为4,12．故选：D.8.【答案】A【详解】由题意知，设BADCAD，则BAC2，如图所示，SSS1146146由ABCABDACD可得32sin23sin2sin，225253sin226sinsin(3cos6)06整理得，即，又因为sin0，所以cos，3122所以cos22cos21，所以sin21cos22，33222在ABC中，由余弦定理得a32232cos21349，所以a3，17222AH22AB2ACBC2924917由中线长公式，中线长AH，24449答案：BCD1x22xlnxx(12lnx)10.答案：ACD【详解】对A：由题意可知fx的定义域为0,，f()xx，x44x1令fx()0，解得xe=2，当xe0,时，fx()0，当xe,时，fx()0，故A正确；1对B：当xe=时，fx取得极大值为fe，故B错误；2e对C：由上分析可作出fx的图象，要使方程fxm有两个不等实根，只需要ym与fx有两个交点，由图可知，1，所以实数m的取值范围为1，故正确m0,0,C.2e2elnx021对D：设曲线yfx在xy00,处的切线经过坐标原点，则切线斜率12lnx0x0，解得lnx0，k33x0x0111xe3，所以切线斜率k，所以切线方程为yx，故D正确.03e3e11.答案：ABD【详解】对于A，设点B在准线l上的投影为D，准线l与y轴交于点E，QBBDBF33又QB3BF，BDBF，则，所以BF，故A正确；QFEF1443对于B，设点A在准线l上的投影为点M，易证AQFAQM，又AQF，8p1ππAF22FAQMAQ，即MAF，AFy，1cos2，故B正确；8412π对于C，分两种情况：当点AB,都在第一象限，设AFy，0,，2第2页（共9页）{#{QQABAYAQogiAAJBAARhCAwHgCAKQkAACCAoOBBAIoAAACBNABAA=}#}111BF1由焦半径公式可得AF，π1sin，SABF，1cos1cos21cos1sin2令f1sin1cos1sincossincos，π设tsincos2sin1,1，且t21sin2，4111SABF2π1t2t14，当且仅当时取得最小值.21t22π当点在第二象限时，设AFO，0,，2111则AF，BF，所以SABF，1cos1sin21cos1sinπ2同理令tsincos2sin1,2，且t1sin2，4221cos1sint1322，11π所以SABF322，当且仅当时取得最小值，32244综上，△AFB面积的最小值为322，故C错误；11对于D，当点都在第一象限，QF，BF，sin1sin1QB11则QB，所以1，即QBBF，SS，sin1sinBFsinAQBAFB4QB1当点在第二象限时，同理可得1，即QBBF，SS322，BFsinAQBAFB综上，AQB的面积大于322，故D正确.故选：ABD.1121112.【答案】20【详解】由(12x)a0a1xa2xa11x，1令x0可得a01，a1C11(2)22，∴aa0121．11211在(12x)a0a1xa2xa11x中，令x1，可得a0a1a2a3a111，∴a2a3a11202513.【答案】【详解】根据题意，设甲获胜为事件A，比赛进行三局为事件B，79333123232223232779，33327，PA()C()C()()P()AB555355545555555512527故P()AB25．PBA(|)125PA()27797955第3页（共9页）{#{QQABAYAQogiAAJBAARhCAwHgCAKQkAACCAoOBBAIoAAACBNABAA=}#}x101axax114.【答案】【详解】不等式1e1axax，即x，ex12xxex2设hxxx，hx1，eeexx设txxe2x，txe1x0，所以tx单调递增，且t01，t1e20，所以存在x00,1，使tx00，即hx00，当xx,0时，hx0，hx单调递减，当xx0,时，hx0，hx单调递增，xxe1x0所以00，hxhx0ex0x02xx0ex01x0x011x0x01因为e1x，所以hxhx00，ex0ex0ex0当x0时，hxh01，当x1时，hxh11，xx1不等式1e1axax有整数解，即axx1有整数解，e1若a1时，即1，因为函数hx在,0上单调递减，在1,上单调递增，a11所以xZ时，hxminh0,h11，所以hx无整数解，不符合题意，aa1当01a时，因为hh011，显然0,1是ahx1的两个整数解，符合题意，a综上可知，01a.S115.【详解】（1）解：由题意知：数列n是公差为的等差数列，n2SS13nnn(3)当n1时，1a2，所以n21n，整理得：S，.................2分11n22n2n(n3)(n1)(n2)又当n2时，aSSn1，..................3分nnn122因为a12满足上式，..................4分所以ann1，故数列an的通项公式为ann1..................5分1111（2）解：由（1）知ann1，可得，..................6分anna1n1n2n1n2111111111n故；.................8分a1a2a2a3anna12334n1n22n2111n解法1：由an1，可得n2，..................9分a1a2a2a3anna122nnn即2，则2，..................10分22n22nmax第4页（共9页）{#{QQABAYAQogiAAJBAARhCAwHgCAKQkAACCAoOBBAIoAAACBNABAA=}#}n112又由22n416，..................12分24nn1当且仅当n2时取等号，故实数的取值范围为,．..................13分1611111解法2：由n2，..................9分a12231aaaaannn22211111可得2，..................10分222416nnn2111当n24，即时，2，..................12分2216nn2max11则，故实数的取值范围为,．..................13分161612216.VVhS..................1分BPCDPBCDBCD331VhS，ABCD2，SS2，..................2分PABCD3四边形ABCDADBBCDSS3，分四边形ABCDBCDVVPABCDPBCD322.................3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，PAPD，E是AD的中点，PEAD，平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PE平面PAD，PEAD，PE平面ABCD，.................6分1221,,即.................7分VBPCDVPBCDPESBCDSBCDBCCD2PE2332以点B为坐标原点，以直线BA、BM分别为xy,轴，以过点B作平面ABCD的的垂线为z轴，建立空间直角坐标系Bxyz，如图所示..................8分则P(3,1,2)，C(0,2,0)，D(2,2,0)，M(0,4,0