8.2024届广州天河区高三毕业班综合测试(二)数学试卷答案.pdf

1 2024 届天河区普通高中毕业班综合测试（二）数学参考答案 一、单选题：1.B,2A，3C，4D，5A，6B，7.B,8.C 二、多选题：9BC，10ABD，11ACD，三、填空题：12.2 133；14.63 8.【详解】112345123450.20.20.20.20.20.2Exxxxxxxxxx，2351122123450.20.20.20.2222xxxxxxExxxxx，12EE，记作x，22211250.2Dxxxxxx 22221251250.252xxxxxxxx 22221250.25xxxx，同理22222351122()0.25222xxxxxxDx，12345,x x x x x互不相等，222121222xxxx，222515122xxxx，2222222223511212345222xxxxxxxxxxx，12DD选 C.10.易知T，(2)2cos6f xx，故 AB 正确，C 错误.2cos2cos2 sincos4sin2224o64c2sxxxxF xxffxxx 2 设2sincos22,2sin cos1txxtxxt，则 2222ttF x，当24t 时，F x取得最小值94.故 D 正确.11.双曲线:C2221020 xybb的右顶点2 5,0A到渐近线2 50bxy的距离为 2，则22 5220bb，解得5b，所以渐近线方程为12yx，离心率52e，A 正确，B 错误.当2PFx轴时，设5,Py，代入双曲线方程可得212159 5,4 522yPFPFPFPF又，故，C 正确.设21PFFKM，因为1FKPQ，且l为12FPF的角平分线，所以1PFPM，且22121112 5222OKMFPMPFPFPF，D 正确.拓展：设P为双曲线22221xyab上任一点，双曲线在P处的切线与x轴交于点Q，1F、2F为焦点.证明：PQ平分12FPF.【证明】如图，不妨设00,P xy为双曲线22221xyab 左支上任一点.于是，0022:1PQx xy ylab.则点20,0aQx.故2210022200acFQxcxaaQFcxacx.由焦半径公式得2110022002PFFQexacxaPFexacxaQF.由内角平分线定理的逆定理知PQ平分12FPF.3 14.不妨设面积为 1，则正四棱锥的斜高为12，正四棱锥的高为22211222xxh，所以，容积2221136xxVx h，其中01x.设22211 3101,66ttttxtVV 则，当33t 时，V取得最大值，此时63x，如右图，其侧面与底面所成的二面角的余弦值6cos3OFOFExEF.四、解答题：15.（1）样本(,)iix y(i=1，2，20)的相关系数为 20120202211()()8002 20.94380 9000()()iiiiiiixxyyrxxyy.由样本相关系数0.94r，可以推断这种野生动物的数量和植物覆盖面积正线性相关，且相关程度很强.（2）由题意得0,1,2X，21222033095CP XC，1181222048195C CP XC，2822014295CP XC 4 随机变量X的分布列为 X 0 1 2 P 3395 4895 1495 16.解答：解答：（1）证明：如图，作1AHAC 于点H，因为 111AACCABC平面平面，且1111AACCABCAC平面平面 所以1AHABC平面 所以BCAH，又BCACACAHA ACAH，平面11ACC A，所以BC平面11ACC A.（2）如图，以C为原点，以射线CA CB，分别为x，y轴正半轴，建立空间直角坐标系Cxyz，则10,0,0,4,0,0,0,2,0,2,0,2 3CABA,12,0,2 3C，设1(01)CDCC，则(2,0,2 3)CD ，则(2,0,2 3)D 因此122,0,2 32 3AD，14,2,0,2,0,2 3ABAA ，设平面11ABB A的法向量为,nx y z（），由100n ABn AA，得42022 30 xyxz，得233yxzx，令3x，则3,6,3n.设直线1AD与平面11ABB A所成角为，5 则11221121sincos,24 3(22)(2 32 3)AD nAD nADn.解得：1=2，因此，点为1CC中点.17（1）由*1231111123nnaaaaanNn得 123111112231nnaaaaann 两式相减得112nnnaaann，化简得112nnannan，又11a，则21 1a ，从而22a.所以2n时，121121121121nnnnnaaannaanaaann.因为11a 符合上式，所以nan nN.（2）因为2nnbn，所以1231 22 23 22nnTn ，234121 22 23 22nnTn ，两式错位相减得：12311 21 21 21 22nnnTn 12 1 221 2nnn 11222nnn ，所以11222nnnTn.3n时，要证124nnTn，只需证221nn，法一：记 221nnn，则 1122322122nnnnnnn，6 因为3220nn时，所以 1nn，又 3322 3 1 10 ，所以 0n，即2213nnn，故得证.法二：设 221,3,xf xxx，则 2 ln220 xfx，所以 3,f x在单调递增，又 3322 3 1 10f ，所以 0,3,f xx，从而2213nnn，故得证.法三：3n时，01101121 12221nnnnnnnnnnnnnnCCCCCCCCnn，故得证.18.（1）根据条件可设2,At t，2,Bn n，2 2AB，2228tntn（*）.设,M x y，由题意知222tnxtny，22tnxtny，代入（*）式得2214xy故曲线的方程为2214xy；（2）法一：7 设11(,)C xy，22(,)D xy，00(,)Q xy 因为过点(2,1)P 作直线l 与曲线交于不同的两点C，D，故设直线l 的方程为(2)1(0)yk xk，联立方程，22(2)114yk xxy，得2222(41)(168)16160kxkk xkk，221212221681616,4141kkkkxxx xkk 点Q在在线段CD 上，则点,P C Q D 在直线l上按从左到右排列，且 PCQCPDQD，0112202=2xxxxxx ，化简得：1 201202(2)()40 x xxxxx，将221212221681616,4141kkkkxxx xkk 代入上式得：2220022232323216168+40414141kkkkkkxxkkk，即04(21)0kkx，故041 2kxk，0041(2)1(2)11 21 2kyk xkkk ，0042221 2kxyk ，因此，点00(,)Q xy在定直线220 xy 上，8 点Q 的轨迹为直线220 xy在曲线内部的部分，故当OQ 垂直于直线220 xy时，OQ取到最小值，min22 555OQ，因此，OQ的最小值为2 55.（2）法二：定比点差法法二：定比点差法 设11(,)C xy，22(,)D xy，00(,)Q xy，不妨设PCQCPDQD，则,CPPDCQQD，故121221:11xxPyy ，1201201:1xxxQyyy，因为点C，D曲线上不同的两点，故221144xy，222244xy，即222222244xy，由得：22222221212()4()4(1)xxyy，即12121212+441111xxxxyyyy，将,PQ两点代入上式，得 00244xy，即00220 xy，故点00(,)Q xy在定直线220 xy 上，9 点Q 的轨迹为直线220 xy在曲线内部的部分，故当OQ 垂直于直线220 xy时，OQ取到最小值，min22 555OQ，因此，OQ的最小值为2 55.19（1）证明：ln2(2)f xxxb b，定义域为0,，所以，120fxx在0,上恒成立，所以函数 f x在0,上单调递增，因为 ln1 220(2),lnb2ln0(2)1bfbbbfbbbbb，所以，存在唯一1,ab，使得 0f a，即：f x有唯一零点a，且1,ab.（2）解：（i）曲线 f x在,nnxf x处的切线方程为nnnyxffxxx，令0y 得()()nnnf xxxfx 所以，切线与x轴的交点(),0()nnnf xxfx，即1()()nnnnf xxxfx，由（1）知 12fxx，代入整理得 1ln11 2nnnnnxxbxxx，所以，ln11 2nnnnnxxbxg xx.(ii)法一：若1nxa，则ln11 2nnnnxxbxax，即ln20nnnnxxba xxa，10 因为a是零点，所以ln20aab，即ln2aba,所以lnln0nnnnxxxaxa,即ln10nnaaxx（*）令 ln1ttt，则 11tt，当0,1t时，0t，当1,t时，0t，所以当且仅当1t 时，t取得最大值 10，故由（*）可知1nax，即nxa，从而11nnxxxa，这与1xa矛盾.所以1nxa，nxa.对任意的0,nx，由（i）知，曲线 f x在,nnxf x处的切线方程为：1 2ln1nnnxyxxbx，故令 12ln1nnnxh xxxbx，令1()()()lnln1.nnF xf xh xxxxx 所以，11()nnnxxF xxxx x，所以，当(0,)nxx时，()0,()F xF x单调递增，当,()nxx 时，()0,()F xF x单调递减；所以，恒有()()0nF xF x，即()()f xh x恒成立，当且仅当nxx时等号成立，另一方面，由（i）知，1()()nnnnf xxxfx，因为nxa，所以1nnxx，因为1nx是 h x的零点，所以11()()()0,nnf xh xf a 因为 f x为单调递增函数，所以，1.nxa 又因为1xa，所以，对于任意*Nn，均有nxa，所以，()()0.nf xf a 11 又易知()0nfx，所以1()()nnnnnf xxxxfx，综上，当11,xa，总有1nnxxa.法二：若1nxa，则ln11 2nnnnxxbxax，即ln20nnnnxxba xxa，因为a是零点，所以ln20aab，即ln2aba,所以lnln0nnnnxxxaxa,即ln10nnaaxx（*）令 ln1ttt，则 11tt，当0,1t时，0t，当1,t时，0t，所以当且仅当1t 时，t取得最大值 10，故由（*）可知1nax，即nxa，从而11nnxxxa，这与1xa矛盾.所以1nxa，nxa.要证1nxa，即证ln11 2nnnnxxbxax，即证ln20nnnnxxba xxa，即证lnln0nnnnxxxaxa,即证ln10nnaaxx，因为nxa，所以1nax，由 t单调性及最值可知ln10nnaaxx 成立，故1nxa，又因为1xa，所以，对于任意*Nn，均有nxa，所以，()()0.nf xf a 12 又易知()0nfx，所以1()()nnnnnf xxxxfx，综上，当11,xa，总有1nnxxa.法三：先用数学归纳法证明nxa.1n 时，11xa，显然成立；假设kxa，下证1kxa.即证1ln11 2kkkkkxxbxxax，即证ln20kkkkxxba xxa，因为a是零点，所以ln20aab，即ln2aba,所以只需证lnln0kkkkxxxaxa，即证ln10kkaaxx，令 ln1ttt，则 11tt，当0,1t时，0t，当1,t时，0t，所以当且仅当1t 时，t取得最大值 10，因为kxa，所以1kax，所以0kax，所以ln10kkaaxx 成立，从而1kxa.综合，nxa，从而1nxa 则有()()0.nf xf a 又易知()0nfx，所以1()()nnnnnf xxxxfx，综上，当11,xa，总有1nnxxa.13