2024年广州市普通高中毕业班冲刺训练题-数学答案(1)_2024年5月_025月合集_2024届广东省广州普通高中毕业班高三冲刺训练题

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 第 1 页 （共9页） M   x x  1  ， N   1 , 2  ，所以M N x x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   1 2 ,1  ，位于第二象限． 3.答案：B【详解】因为  a n  (a a ) 为等差数列，S 8 1 8 84(a a )，所以a a 2，所以 8 2 1 8 1 8 a 3  a 6  2 . 4.【答案】C【详解】选项 A：当满足 ∥ ∥ ∥   a , b , a b 时， , 可能相交，如图：用四边形ABCD代表平 面，用四边形 A E F D 代表平面，故A错误；选项B：当满足      a , b , a b 时， , 可能相交，如 图：用四边形 A B C D 代表平面，用四边形 A E F D  代表平面 ，故B错误；选项C：因为  ∥     a , a b b ， 又b，所以 ∥  ，故   ∥   a , b , a b 是 ∥  的一个充分条件，故C正确； 当满足a∥,b∥,a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； 5.【答案】D【详解】由题意知，抛物线的准线方程为 x   p 2 π ，又因为FF A ， 1 2 6  p 3  则点 ，又因为点A在双曲线的渐近线 A , p   2 3   y  b a x 上，所以 b a  2 3 3 ， b2 4 21 所以双曲线的离心率e 1  1  a2 3 3 1 sin sin 1 6.【答案】C【详解】由tantan ，得   ， cos cos cos cos π 于是sincoscossincos，即sin()sin( )， 2 π π π π π π 由(0, )，(0, )，得0π,0<  ，则 或 π， 2 2 2 2 2 2 π π π 即2 或 （不符合题意，舍去），所以2 .故选：C 2 2 2 7.【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 6 2 6 a、 a、 a．由题意知，球 12 4 4 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 6 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 {#{QQABAYAQogiAAJBAARhCAwHgCAKQkAACCAoOBBAIoAAACBNABAA=}#}得a4．当球 第 2 页 （共9页） O 是正四面体 A B C D 的内切球时， a 最大，此时 1 6 2 a  6 ，得 a  1 2 故正四面体ABCD的棱长的取值范围为  4 ,1 2  ．故选：D. 8.【答案】A【详解】由题意知，设BADCAD，则    B A C 2 ，如图所示， S S S 1 1 4 6 1 4 6 由 ABC ABD ACD可得 32sin2 3 sin 2 sin， 2 2 5 2 5 整理得3sin22 6sin，即 sin(3cos 6)0 ，又因为sin0，所以   c o s 3 6 ， 1 2 2 所以cos22cos21 ，所以sin2 1cos22 ， 3 3 在 ABC中，由余弦定理得a2 3222232cos21349，所以 a  3 ， 2 2 2 2 AB 2 AC  BC 29249 17 由中线长公式，中线长 AH 2    ， 4 4 4  A H  1 2 7 9答案：BCD 10.答案：ACD【详解】对A：由题意可知 f  x  1 x22xlnx 的定义域为0,， f(x) x  x(12lnx) ， x4 x4 令 f(x)0，解得 x = e 12 ，当x  0, e 时， f ( x )  0 ，当x  e, 时， f ( x )  0 ，故A正确； 对B：当x= e时， f  x  取得极大值为 f  e   1 ，故B错误； 2e 对 C：由上分析可作出 f  x  的图象，要使方程 f x  m   有两个不等实根，只需要 y  m 与 f  x  有两个交 点，由图可知，  1 ，所以实数 m0,   2e m 的取值范围为  0 , 1 2 e  ，故C正确. 对D：设曲线y f x在  x 0 , y 0  lnx 0 处的切线经过坐标原点，则切线斜率 12lnx x 2 ，解得 k  0  0 x 3 x 0 0 ln x 0  1 3 ， 1 1 1 ，所以切线斜率k  ，所以切线方程为y x，故D正确. x e3 0 3e 3e 11.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， QB BD BF 3 3 又 QB 3 BF ， BD  BF ，则    ，所以 BF  ，故A正确； QF EF 1 4 4 对于B，设点A在准线 l 3 上的投影为点M ，易证 AQF  AQM ，又AQF  ， 8 p 1 π π AF  2 2 FAQ MAQ  ，即MAF  ，AFy， 1cos 2 ，故B正确； 8 4 1 2  π 对于C，分两种情况：当点A,B都在第一象限，设AFy，0,  ，  2 {#{QQABAYAQogiAAJBAARhCAwHgCAKQkAACCAoOBBAIoAAACBNABAA=}#}1 1 1 BF   1 由焦半径公式可得 AF  ， π  1sin，S  ， 1cos 1cos  ABF 21cos1sin 2  令 f 1sin1cos1sincossincos，  π 设t sincos 2sin 1,1，且  4 第 3 页 （共9页）    t 2 1 s in 2 ， 1 1 1 S    π ABF  1t2  t12 4 ，当且仅当 时取得最小值. 21t  2  2  当点 在第二象限时，设    A F O ，     0 , π 2 ， 1 1 1 则 AF  ， BF  ，所以S  ， 1cos 1sin ABF 21cos1sin 同理令t sincos 2sin   π   1, 2  ，且t2 1sin2，  4 21cos1sint12 32 2 ， 1 1 所以S  32 2  ，当且仅当 ABF 32 2 4   π 4 时取得最小值， 综上，△AFB面积的最小值为 3  2 2 ，故C错误； 1 1 对于D，当点 都在第一象限，QF  ， BF  ， sin 1sin 1 QB 1 1 则 QB  ，所以  1，即QB  BF ，S S  ， sin1sin BF sin AQB AFB 4 QB 1 当点 在第二象限时，同理可得  1，即QB  BF ，S S 32 2 ， BF sin AQB AFB 综上， AQB的面积大于32 2 ，故D正确. 故选：ABD. 12.【答案】20 【详解】由(12x)11 a a xa x2 a x11， 0 1 2 11 令x0可得a 1，a C1 (2)22，∴a a 21． 0 1 11 0 1 在(12x)11 a a xa x2 a x11 中，令x1，可得a a a a  a 1， 0 1 2 11 0 1 2 3 11 ∴a a  a 20 2 3 11 25 13.【答案】 【详解】根据题意，设甲获胜为事件 79 A ，比赛进行三局为事件B， 3 3 3 2 3 3 2 3 3 2779 ， 3 3 3 27 ， P(A)   C1 ( )2 C2( )2( )2  P(AB)    5 5 5 3 5 5 5 4 5 5 5 55 5 5 5 125 27 故 P(AB) 125 25． P(B|A)   P(A) 2779 79 55 {#{QQABAYAQogiAAJBAARhCAwHgCAKQkAACCAoOBBAIoAAACBNABAA=}#}14.【答案】0a1【详解】 不等式 第 4 页 （共9页） 1  a x e x  a 1  x    ，即 a  x  x  x e 1   1 ， x1 2x ex x2 设hx x ，hx1  ， ex ex ex 设txexx2， t  x  e x  1  0   ，所以 t  x  单调递增，且 t  0    1 ，t1e20， 所以存在x 0,1，使 0 t  x 0   0 ，即 h   x 0   0 ， 当x,x 时， 0 h   x   0 ， h  x  单调递减，当 x   x 0 ,    时，hx0， h  x  单调递增， x ex0 x 1 所以hxhx  0 0 ， 0 ex0 x ex0 x 1 x x 1x 1 x21 因为ex x1，所以hxhx  0 0  0 0 0  0 0， 0 ex0 ex0 ex0 当x0时，hxh01，当  x 1 时， h  x   h  1   1 ， 不等式1axex a1x有整数解，即 a  x  x  x e 1   1 有整数解， 1 若a1时，即 1，因为函数 a h  x  在    , 0  上单调递减，在 1 ,    上单调递增， 1 所以xZ时，hxminh0,h11 ，所以 a h x  1 a   无整数解，不符合题意， 1 当0a1时，因为h0h11 ，显然 a 0 ,1 是ahx1的两个整数解，符合题意， 综上可知，0a1. S  15.【详解】（1）解：由题意知：数列 n是公差为  n  1 2 的等差数列， S S 1 n3 n(n3) 当n1时， 1 a 2，所以 n 2 n1 ，整理得：S  ， .................2分 1 1 n 2 2 n 2 n(n3) (n1)(n2) 又当n2时，a S S   n1， ..................3分 n n n1 2 2 因为a 2满足上式， ..................4分 1 所以a n1，故数列 n  a n  的通项公式为 a n  n  1 ..................5分 1 1 1 1 （2）解：由（1）知a n1，可得    ， ..................6分 n a a n1n2 n1 n2 n n1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n 故            ； .................8分 aa a a a a 2 3 3 4 n1 n2 2n2 1 2 2 3 n n1 1 1 1 n 解法1：由    a ，可得 n2 ， ..................9分 aa a a a a n1 2n2 1 2 2 3 n n1 n  n  即 ，则  ， ..................10分 2n22 2n22    max {#{QQABAYAQogiAAJBAARhCAwHgCAKQkAACCAoOBBAIoAAACBNABAA=}#}n 1 1   又由2n22  4  16 ， ..................12分 2n 4  n   1  当且仅当n2时取等号，故实数的取值范围为 ,  ． ..................13分  16 1 1 1 1 1 解法2：由      n2， ..................9分 aa a a a a 2 n2 1 2 2 3 n n1 2 1 1  1 1 1 可得      ， ..................10分 2n2 n22 n2 4 16   1 1 1 当n24，即n2时，    ， ..................12分 2n2 n22  16   max 1  1  则 ，故实数的取值范围为 ,  ． ..................13分 16  16 1 2 2 16.V V  hS  ..................1分 BPCD PBCD 3 BCD 3 1 V  hS ， AB 2CD，S  2S ， ..................2分 PABCD 3 四边形ABCD ADB BCD S 3S ，V 3V 2 2 .................3分 四边形ABCD BCD PABCD PBCD 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， PE  AD， 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 1 2 2 1 V V  PES  ,S  BCCD  2,即PE  2 .................7分 BPCD PBCD 3 BCD 3 BCD 2 以点B为坐标原点，以直线BA、BM分别为x,y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)， CD (2,0,0)，PD (1,1, 2)，PM (3,3, 2)， .................9分 设PN PM (3,3, 2)，则DN  PN PD (13,31, 2(1))， .................10分  mCD 0  2x 0 1 设平面PCD的法向量为m (x ,y ,z )，则 ，即 ， 1 1 1 mPD 0  x 1  y 1  2z 1  0 第 5 页 （共9页） {#{QQABAYAQogiAAJBAARhCAwHgCAKQkAACCAoOBBAIoAAACBNABAA=}#}令z 1，得m (0, 2,1)， .................11分 1  nCD 0 设平面CDN的法向量为n (x ,y ,z )，则 ， 2 2 2 nDN 0  2x 0 2 即  (13)x (31)y  2(1)z 0 2 2 2 令 y  2，可得n (0, （2 1）,13)， ................12分 2 6 平面PDC与平面DCN 夹角的余弦值为 3 mn （2 1）13 6 cos m，n    ， ................13分 |m||n| 3 2(1)2 (13)2 3 1 解得： 或3， .................14分 3 6 即在直线l上存在点N，平面PDC与平面DCN 的夹角的余弦值为 ， 3 2 此时PN  5 或PN 6 5 .................15分 3 17、【详解】（1）设最低正常使用零下温度的第60百分位数为a， 由直方图可知最低正常使用零下温度在0,20的频率为0.4， 在0,30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a一定在20,30内，..............1分 则有0.01100.03100.025a200.6，解得a28， 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X 的可能值是0,1,2,3，X B3,0.6， .................5分 PX 0C00.600.43 0.064； ..................6分 3 PX 1C10.610.42 0.288； ..................7分 3 PX 2C20.620.410.432； .................8分 3 PX 3C30.630.40 0.216， 3 所以X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 0.064 0.288 0.432 0.216 第 6 页 （共9页） {#{QQABAYAQogiAAJBAARhCAwHgCAKQkAACCAoOBBAIoAAACBNABAA=}#}..................9分 ②由题意可知，设抽到A类锂电池的数量为Y ，则Y B10,0.35， .................10分 若抽到k块的可能性最大， PY k PY k1 则PY kCk 0.35k(10.35)10k,k 0,1,,10， ， ..................12分 10  PY k PY k1 Ck 0.35k0.6510k Ck10.35k10.6511k, 即 10 10 ..................13分 Ck 0.35k0.6510k Ck10.35k10.659k, 10 10  711k13k, 即 解得2.85k 3.85， ..................14分  13k1710k, 由于kN*，故k 3． ..................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(𝑥 ,𝑦 )， 1 1 𝑥 =𝑥 𝑥 =𝑥 1 1 根据题意，可得{ 𝑦 = √2 𝑦 ，即{ 𝑦 = 2 𝑦 ， 2 1 1 √2 代入方程𝑥2+𝑦2 =2，可得𝑥2+( 2 𝑦)2 =2，整理得 𝑥2 +𝑦2 =1， √2 2 所以曲线𝐸的轨迹方程为 𝑥2 +𝑦2 =1. - ------5分 2 （2）方法一：解：设𝐴(𝑥 ,𝑦 ),𝐵(𝑥 ,𝑦 ),𝐶(𝑥 ,𝑦 ),𝐷(𝑥 ,𝑦 )， 1 1 2 2 3 3 4 4 设直线𝐴𝐶的方程为𝑥 =𝑡𝑦+1−−−−−−−6分， 𝑥 =𝑡𝑦+1 联立方程组{ 𝑥2 +𝑦2 =1 ，整理得(𝑡2+2)𝑥2+2𝑡𝑦−1=0，−−−−−−−8分 2 −2𝑡 −1 则y +𝑦 = ,𝑦 y = −−−−−−−9分， 1 3 t2+2 1 3 2+t2 又因为𝑡 = x1−1 ,点𝐴(𝑥 ,𝑦 )在椭圆 𝑥2 +𝑦2 =1上； 1 1 y1 2 所以y = −1 1 = −y1 = y1 ；−−−−−−−11分 3 2+t2y1 2𝑦 1 2+（x−1） 2 2𝑥1−3 x =𝑡y +1= x1−1 y1 +1= 3𝑥1−4 ，−−−−−−−12分 3 3 y1 2𝑥1−3 2𝑥1−3 𝐶( 3𝑥1−4 , 𝑦1 )，同理可得𝐷( 3𝑥2−4 , 𝑦2 )，−−−−−−−13分 2𝑥1−3 2𝑥1−3 2𝑥2−3 2𝑥2−3 又因为𝑃,𝐴,𝐵三点共线，可得 𝑦1 = 𝑦2 ，−−−−−−−14分 𝑥1+2 𝑥2+2 即𝑥 𝑦 −𝑥 𝑦 =2(𝑦 −𝑦 )，−−−−−−−15分 2 1 1 2 2 1 所以𝑘 =2𝑥 𝑦 2 2 −3 − 2𝑥 𝑦 1 1 −3= 2(𝑥2𝑦1−𝑥1𝑦2)+3(𝑦2−𝑦1) = 7(𝑦2−𝑦1) =4𝑘 ，−−−−−−−16分 𝐶𝐷 3𝑥2−4 − 3𝑥1−4 𝑥2−𝑥1 𝑥2−𝑥1 𝐴𝐵 2𝑥2−3 2𝑥1−3 所以 tan𝛼 = 𝑘𝐴𝐵 = 1 .−−−−−−−17分 tan𝛽 𝑘𝐶𝐷 7 第 7 页 （共9页） {#{QQABAYAQogiAAJBAARhCAwHgCAKQkAACCAoOBBAIoAAACBNABAA=}#}方法二：解：设直线𝐴𝐶的方程为𝑦 =𝑘(𝑥−1)，𝐴(𝑥 ,𝑦 ),𝐵(𝑥 ,𝑦 ),𝐶(𝑥 ,𝑦 ),𝐷(𝑥 ,𝑦 )， 1 1 2 2 3 3 4 4 𝑦 =𝑘(𝑥−1) 联立方程组{ 𝑥2 +𝑦2 =1 ，整理得(1+2𝑘2)𝑥2−4𝑘2𝑥+2𝑘2−2=0， 2 则Δ=(−4𝑘2)2−4(1+2𝑘2)(2𝑘2−2)>0，且𝑥 +𝑥 = 4𝑘2 ,𝑥 𝑥 = 2𝑘2−2 ， 1 3 1+2𝑘2 1 3 1+2𝑘2 可得 3 (𝑥 +𝑥 )−𝑥 𝑥 = 2+4𝑘2 =2，所以𝑥 = 3𝑥1−4 ， 2 1 3 1 3 1+2𝑘2 3 2𝑥1−3 可得𝑦 = 𝑦1 ⋅( 3𝑥1−4 −1)= 𝑦1 ， 3 𝑥1−1 2𝑥1−3 2𝑥1−3 所以𝐶( 3𝑥1−4 , 𝑦1 )，下同方法一。 2𝑥1−3 2𝑥1−3 19、【详解】（1）根据题意可知，不等式exsinxax21在[0,)上恒成立， 设Fx=exsinxax21,x0，则F00，Fx=excosx2ax， 设gxFx=excosx2ax，则g00，gxexsinx2a，则g012a， 若g00，存在区间0,t，使gx在区间0,t上单调递减； 则gxg00，则Fx在区间0,t上单调递减， 1 则FxF00，不满足题意，故g012a0，即a . 2 1 1 下证明：当a 时，不等式成立，因为x0,x2 0，Fx=ex sinxax21ex sinx x21， 2 2 1 设mx=ex sinx x21，则mx=excosxxex1x， 2 设nx=ex1x，则nx=ex10，所以nx=ex1x在[0,)上单调递增， 则nxn00，则mx=excosxxex1x0成立， 1 故mx=ex sinx x21在[0,)上单调递增，则mxm00，所以Fx0恒成立，得证， 2 1 综上知，a . ..................5分 2 （2）当x2nπ,(2n1)π时， fxexcosx，设rx fxexcosx， 则rxexsinx0，则函数rx单调递增，rxr00，fx单调递增，f2nπe2nπ10  4n1  ( 4n1 )π 14n f     2   π   e 2 0x n0 (2nπ, 2 π)， f(x n0 )0， f(x)在(2nπ,x )上单调递减，(x ,(2n1)π)上单调递增， n0 n0 第 8 页 （共9页） {#{QQABAYAQogiAAJBAARhCAwHgCAKQkAACCAoOBBAIoAAACBNABAA=}#}又 f 2nπe2nπ 0， f( 14n π)e 1 2 4n π 10， f((2n1)π)e(12n)π 0 2 14n x (2nπ, π)， f(x )0， 2n 2 2n 14n x ( π,(2n1)π)， f(x )0. 2n1 2 2n1 f((4n1)πx )e(4n1)πx2n sin((4n1)πx )e(4n1)πx2n sinx 2n 2n 2n 14n 由于，x 2n (2nπ, 2 π)，(4n1)πx 2n  x 2n ，e(4n1)πx2n ex2n  f((4n1)πx 2n ) f(x 2n1 )0， 14n 由于 f(x)在( π,(2n1)π)上单调递增，(4n1)πx  x x x (4n1)π. 2 2n 2n1 2n1 2n 累加得x x x x ···x x (2n2n)π. ..................11分 1 2 3 4 2n1 2n （3）要证(ex2 x 1)ex1 sin(x x )sinx x cosx 即证ex1x2 sin(x x )ex1 sinx x (ex2 cosx ). 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 即证 f(x x ) f(x )x f(x ). f(x)ex cosx，设tx f(x)excosx 1 2 1 2 1 txex sinx，x0时t(x)0，t(x)在(0,)上单调递增，即 f(x)ex cosx在(0,)上单调递增， 设h(x) f(xx ) f(x )xf(x ),(x0)，h(x) f(xx ) f(x )， 1 1 1 1 1 由于 f(x)在(0,)上单调递增，xx  x  f(xx ) f(x )，h(x)0，h(x)在(0,)单调递增. 1 1 1 1 又h(0)0，x0时h(x)0 f(xx ) f(x )xf(x )0 f(xx ) f(x )xf(x ) 1 1 1 1 1 1 因此 f(x x ) f(x )x f(x )恒成立， 1 2 1 2 1 原不等式恒成立，得证. ..................17分 第 9 页 （共9页） {#{QQABAYAQogiAAJBAARhCAwHgCAKQkAACCAoOBBAIoAAACBNABAA=}#}