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=}#}