2024屆廣東省廣州市普通高中畢業(yè)班沖刺訓(xùn)練題（二）數(shù)學(xué)答案

6的展開式的通項公式為Tr+1=C2x6-r（-r=-1r26-rCx6-2r，由題意可知，1+2d2=1+d1+5d，即d2=-2d，則數(shù)列{an{的前5項和S5=5a1+d=5-20=-15.故選：A2=1所以“α=+kπk∈Z”是“fx+α是偶函數(shù)，且fx-α是奇函數(shù)”的充分不必要條件.因為截面圓的周長為4π,可得2πr=4π,解得r=2，根據(jù)球的截面的性質(zhì)，可得R2=r2+d2=22+42=20，所以球的體積為V=R3=.故選：C.由PF=PO得：P,a且c=5a【解】設(shè)直線y=kx+t與曲線切于點x0,lnx0+2切線方程為y=x+lnx0+2-，所以有k=，t=lnx0+2-,所以>=x0+2lnx0+2-(x0+2)+2 k設(shè)gx=xlnx-x+2，易求得gx≥g1=1,所以 k>1.所以sinα=1-cos2α=，而sinα===N?=，設(shè)NF1=2m,則NM=3m=MF1，于是NF1+NM+MF1=8m=4a，所以m=，NF1=a，NM=a，NF2=a，MF2=，F(xiàn)則4c2=3c2【解析】因為fx=gx+1，所以fx+a=gx+1+ba,b∈R.又因為f3-x+2=gx，所以fx+2=g3-x.于是可得g3-x-2+a=gx+1+b，令x=1，則g3-1-2+a=g1+1+b，所以a-2=b.所以f(x)=gx+1-2,所以f4-x=g5-x-2,因為gx-1-f4-x=2所以gx-1=g(5-x)，即gx=g4-x①因為gx+1是奇函數(shù)，所以g-x+1=-gx+1?g2-x+gx=0②,g1=0，f0=g1-2=-2，所以A錯誤.由①②得gx+4=gx,所以函數(shù)gx是周期為4的周期函數(shù).因為f(x)=gx+1-2,因此函數(shù)fx也是周期為4的函數(shù).又gx的圖像關(guān)于點1,0對稱，所以fx的圖像關(guān)于點0,-2對稱，所以B選項不正確.因為f(x(=g(3-x(-2，所以f(0(=g(3(-2=-2，f(2(=g(1(-2=-2，f(1(=g(2(-2，f(3(=g(0(-2，f(4(=f(0(=-2，則有f(1(+f(2(+f(3(+f(4(=g(2(-2+(-2(+g(0(-2+(-2(=-8，+i(z=4i，則z===2+2i，=2-2i，z為實系數(shù)方程x2+mx+n=0的一個根，方法1：將z代入方程有(2+2i(2+m(2+2i(+n=0，所以S=acsinB=+BD2=AB2+AD2-2AB×AD×cosA=,所以BD=步分類討論.記L=向左,R=向右所以P(A1(=2[P(LRRLR(+P(LRRR([=所以P(A2(=2P(RLLRR(=所以P(A3(=+=所以P(A(=P(A1(+P(A2(+P(A3(=滿足AB的情況有:LRRLR,LRRRL，RLLRR,RLRLL,所以P(AB(=所以P(B|A(==.所以BF⊥平面BCG,因為BF?面BDF所以平面BDF⊥平面BCG.??????????????????6分10令y1=1設(shè)平面BDF與平面ABG的夾角為θ=|cos<,>|===，解得a=4d=2-=所以點E到直線BG的距離為.?????????????????????????????????1分????????3分2==[(xi-(2+(-)2+2(xi-((-)[+[(yi-(2+(-)2+2(yi-((-)[〈i-((-)[=2(-)(xi-(=2(-)(x1+x2+x3+?+xn-n(=0，i-((-)[=0.????????????????9分則=(30×100+20×90(=96，所以s2={30[256+(100-96)2[+20[361+(90-96)2[{=322??????????????????(，所以P(96-18≤X≤96+18(≈0.68,P(X≥96(=0.5.P(78≤X<96)=P(96≤X<114)≈0.34,P(X≥114(=P(X<78)≈0.16.故可將X≥114定為A等級，96≤X<114定為B等級，78≤X<96定為C等級，X<78定為D等級.??????????????????令f,(x)=0,則x=-以f(x)min=f(-1)=-e-a，f(x)max=f(1)=ea.所以f(x)min=f（-=-，而f(-1)=-e-a<0，f(1)=ea>0，所以f(x)max=f(1)=ea綜上所述,當(dāng)0<a≤1時，f(x)min=-e-a，f(x)max=ea;當(dāng)a>1時,所以f(x)min=-，f(x)max=ea.??????????????????7分因為x>0,a≥1，所以xeax≥xex，欲證xeax≥lnx+x+1，只需證明xex≥lnx+x+1而?=e-2<0，?(1)=e-1>00x-=0，x=，x0=-lnx00所以g(x)min=g(x0)=exx0-lnx0-x0-1=x0--lnx0-x0-1=0所以g(x)≥0，因此f(x)≥lnx+x+1.??????????????????因為x>0,a≥1，所以xeax≥xex，欲證xeax≥lnx+x+1，只需證明xex≥lnx+x+1只需證明xex=elnxex=elnx+x≥lnx+x+1因此構(gòu)造函數(shù)h(x)=ex-x-1(x∈R)(x)=ex-1所以h(x)≥h(0)=0,所以ex≥x+1所以xex≥lnx+x+1因此f(x)≥lnx+x+1.??????????????????2(，與C方差聯(lián)立可得：y2-4my-4=0， 1+m2,又因為：|AB|=(x1-x2)2+(y1-y2)2=1+m2?(y1+y2)2-4y1y2=4(1+m2)，所以SΔOAB=d|AB|=??4(1+m2)=21+m2≥2，?????????4分2(=4，=|AF|+|BF|=8，由拋物線定義可知|AF|=x1+1,|BF|=x2+1,所以x1+x2=6,即y+y=24,因為y1+y2=4m,y1y2=-4，所以24=(y1+y2)2-2y1y2=16m2+8,解得m2=1.3、k、k、k4所以θ2-θ1=θ4-θ3，所以tan(θ2-θ1)=tan(θ4-θ3)，)=y1y3，2=、k3=、k4=代入可得：y2+1=16(y1y2+(y1+y2)y3+y)+1，解得：y3=-(y1+y2)，即y3=-4m，=42.?????????9分y4+、y、y、y(y-y2)(y-y3)，所以y1+y2+y3=0，后面同解法一.（x-2+=42.MN中點為T,,類比第二問解法二，可知y1+y2+y3=0，x1+x2+x3=y+y+yy1+y2+y3)2-2(y1y2+y2y3+y3y1)[，y1y2+y2y3+y3y1=16（1-=16=y+y+yy1+y2+y3)2-2(y1y2+y2y3+y3y1)[=5，所以T(5,0(，即線段MN被定點T(5,0(平分.?????????an+3,n?N*n+1=*，a1=12=2,a3=3,a4=3,a5=4,a6=5,a7=5,a8=6,a9=一般有a3k-2=2k-1,a3k-1=2k,a3k=2k+1?????????3分,t≥2，4=b3+d2-b1=b4-b3，又b2=m,b3=m2,b4=m3，n+1=bn*n+1=bn*n,?N*n-2,n?N*n=(-1)n-1時，d=-2,q=-1，bn+1=*n{為M(2)數(shù)列，1+b3=2b22=2mn+1=n=n；②當(dāng)d=-2,q=-1，k=2，則bn=(-1)n-1，Sn=.?????????則c1=1