2023年山東省高考數(shù)學(xué)試卷(理科)答案與解析

2023年山東省高考數(shù)學(xué)試卷〔理科〕參考答案與試題解析一、選擇題：本大題共12小題，每題5分，共60分，在每題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)符合題目要求的．1．〔5分〕〔2023?山東〕假設(shè)復(fù)數(shù)x滿足z〔2﹣i〕=11+7i〔i為虛數(shù)單位〕，那么z為〔〕A．3+5iB．3﹣5iC．﹣3+5iD．﹣3﹣5i考點(diǎn)：復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算．專題：數(shù)系的擴(kuò)充和復(fù)數(shù)．分析：等式兩邊同乘2+i，然后化簡求出z即可．解答：解：因?yàn)閦〔2﹣i〕=11+7i〔i為虛數(shù)單位〕，所以z〔2﹣i〕〔2+i〕=〔11+7i〕〔2+i〕，即5z=15+25i，z=3+5i．應(yīng)選A．點(diǎn)評：此題考查復(fù)數(shù)代數(shù)形式的混合運(yùn)算，考查計(jì)算能力．2．〔5分〕〔2023?山東〕全集U={0，1，2，3，4}，集合A={1，2，3}，B={2，4}，那么〔?UA〕∪B為〔〕A．{1，2，4}B．{2，3，4}C．{0，2，4}D．{0，2，3，4}考點(diǎn)：交、并、補(bǔ)集的混合運(yùn)算．專題：集合．分析：由題意求出A的補(bǔ)集，然后求出〔?UA〕∪B．解答：解：因?yàn)槿疷={0，1，2，3，4}，集合A={1，2，3}，B={2，4}，那么?UA={0，4}，〔?UA〕∪B={0，2，4}．應(yīng)選C．點(diǎn)評：此題考查集合的根本運(yùn)算，考查計(jì)算能力．3．〔5分〕〔2023?山東〕設(shè)a＞0且a≠1，那么“函數(shù)f〔x〕=ax在R上是減函數(shù)〞，是“函數(shù)g〔x〕=〔2﹣a〕x3在R上是增函數(shù)〞的〔〕A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件考點(diǎn)：必要條件、充分條件與充要條件的判斷．專題：簡易邏輯．分析：根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)結(jié)合充分條件和必要條件的定義即可得到結(jié)論．解答：解：a＞0且a≠1，那么“函數(shù)f〔x〕=ax在R上是減函數(shù)〞，所以a∈〔0，1〕，“函數(shù)g〔x〕=〔2﹣a〕x3在R上是增函數(shù)〞所以a∈〔0，2〕；顯然a＞0且a≠1，那么“函數(shù)f〔x〕=ax在R上是減函數(shù)〞，是“函數(shù)g〔x〕=〔2﹣a〕x3在R上是增函數(shù)〞的充分不必要條件．應(yīng)選A．點(diǎn)評：此題主要考查充分條件和必要條件的判斷，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)是解決此題的關(guān)鍵．4．〔5分〕〔2023?山東〕采用系統(tǒng)抽樣方法從960人中抽取32人做問卷調(diào)查，為此將他們隨機(jī)編號為1，2，…，960，分組后在第一組采用簡單隨機(jī)抽樣的方法抽到的號碼為9．抽到的32人中，編號落入?yún)^(qū)間[1，450]的人做問卷A，編號落入?yún)^(qū)間[451，750]的人做問卷B，其余的人做問卷C．那么抽到的人中，做問卷B的人數(shù)為〔〕A．7B．9C．10D．15考點(diǎn)：系統(tǒng)抽樣方法．專題：概率與統(tǒng)計(jì)．分析：由題意可得抽到的號碼構(gòu)成以9為首項(xiàng)、以30為公差的等差數(shù)列，求得此等差數(shù)列的通項(xiàng)公式為an=9+〔n﹣1〕30=30n﹣21，由451≤30n﹣21≤750求得正整數(shù)n的個數(shù)．解答：解：960÷32=30，故由題意可得抽到的號碼構(gòu)成以9為首項(xiàng)、以30為公差的等差數(shù)列，且此等差數(shù)列的通項(xiàng)公式為an=9+〔n﹣1〕30=30n﹣21．由451≤30n﹣21≤750解得15.7≤n≤25.7．再由n為正整數(shù)可得16≤n≤25，且n∈z，故做問卷B的人數(shù)為10，應(yīng)選：C．點(diǎn)評：此題主要考查等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，系統(tǒng)抽樣的定義和方法，屬于根底題．5．〔5分〕〔2023?山東〕設(shè)變量x，y滿足約束條件，那么目標(biāo)函數(shù)z=3x﹣y的取值范圍是〔〕A．B．C．[﹣1，6]D．考點(diǎn)：簡單線性規(guī)劃．專題：不等式的解法及應(yīng)用．分析：作出不等式組表示的平面區(qū)域；作出目標(biāo)函數(shù)對應(yīng)的直線；由目標(biāo)函數(shù)中z的幾何意義可求z的最大值與最小值，進(jìn)而可求z的范圍解答：解：作出不等式組表示的平面區(qū)域，如下圖由z=3x﹣y可得y=3x﹣z，那么﹣z為直線y=3x﹣z在y軸上的截距，截距越大，z越小結(jié)合圖形可知，當(dāng)直線y=3x﹣z平移到B時，z最小，平移到C時z最大由可得B〔，3〕，由可得C〔2，0〕，zmax=6∴應(yīng)選A點(diǎn)評：此題考查畫不等式組表示的平面區(qū)域、考查數(shù)形結(jié)合求函數(shù)的最值．解題的關(guān)鍵是準(zhǔn)確理解目標(biāo)函數(shù)的幾何意義6．〔5分〕〔2023?山東〕執(zhí)行程序框圖，如果輸入a=4，那么輸出的n的值為〔〕A．2B．3C．4D．5考點(diǎn)：循環(huán)結(jié)構(gòu)．專題：算法和程序框圖．分析：通過循環(huán)求出P，Q的值，當(dāng)P＞Q時結(jié)束循環(huán)，輸出結(jié)果即可．解答：解：第1次判斷后循環(huán)，P=1，Q=3，n=1，第2次判斷循環(huán)，P=5，Q=7，n=2，第3次判斷循環(huán)，P=21，Q=15，n=3，第3次判斷，不滿足題意，退出循環(huán)，輸出n=3．應(yīng)選B．點(diǎn)評：此題考查循環(huán)結(jié)構(gòu)的作用，注意判斷框與循環(huán)后，各個變量的數(shù)值的求法，考查計(jì)算能力．7．〔5分〕〔2023?山東〕假設(shè)，，那么sinθ=〔〕A．B．C．D．考點(diǎn)：二倍角的正弦；同角三角函數(shù)間的根本關(guān)系．專題：三角函數(shù)的求值．分析：結(jié)合角的范圍，通過平方關(guān)系求出二倍角的余弦函數(shù)值，通過二倍角公式求解即可．解答：解：因?yàn)椋?，所以cos2θ=﹣=﹣，所以1﹣2sin2θ=﹣，所以sin2θ=，，所以sinθ=．應(yīng)選D．點(diǎn)評：此題考查二倍角的正弦，同角三角函數(shù)間的根本關(guān)系，注意角的范圍，考查計(jì)算能力．8．〔5分〕〔2023?山東〕定義在R上的函數(shù)f〔x〕滿足f〔x+6〕=f〔x〕，當(dāng)﹣3≤x＜﹣1時，f〔x〕=﹣〔x+2〕2，當(dāng)﹣1≤x＜3時，f〔x〕=x．那么f〔1〕+f〔2〕+f〔3〕+…+f〔2023〕=〔〕A．335B．338C．1678D．2023考點(diǎn)：函數(shù)的周期性；函數(shù)的值．專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．分析：由f〔x+6〕=f〔x〕可知，f〔x〕是以6為周期的函數(shù)，可根據(jù)題目信息分別求得f〔1〕，f〔2〕，f〔3〕，f〔4〕，f〔5〕，f〔6〕的值，再利用周期性即可得答案．解答：解：∵f〔x+6〕=f〔x〕，∴f〔x〕是以6為周期的函數(shù)，又當(dāng)﹣1≤x＜3時，f〔x〕=x，∴f〔1〕+f〔2〕=1+2=3，f〔﹣1〕=﹣1=f〔5〕，f〔0〕=0=f〔6〕；當(dāng)﹣3≤x＜﹣1時，f〔x〕=﹣〔x+2〕2，∴f〔3〕=f〔﹣3〕=﹣〔﹣3+2〕2=﹣1，f〔4〕=f〔﹣2〕=﹣〔﹣2+2〕2=0，∴f〔1〕+f〔2〕+f〔3〕+f〔4〕+f〔5〕+f〔6〕=1+2﹣1+0+〔﹣1〕+0=1，∴f〔1〕+f〔2〕+f〔3〕+…+f〔2023〕=[f〔1〕+f〔2〕+f〔3〕+…+f〔2023〕]+f〔2023〕+f〔2023〕=335×1+f〔1〕+f〔2〕=338．應(yīng)選：B．點(diǎn)評：此題考查函數(shù)的周期，由題意，求得f〔1〕+f〔2〕+f〔3〕+…+f〔6〕=是關(guān)鍵，考查轉(zhuǎn)化與運(yùn)算能力，屬于中檔題．9．〔5分〕〔2023?山東〕函數(shù)y=的圖象大致為〔〕A．B．C．D．考點(diǎn)：余弦函數(shù)的圖象；奇偶函數(shù)圖象的對稱性．專題：三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)．分析：由于函數(shù)y=為奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，可排除A，利用極限思想〔如x→0+，y→+∞〕可排除B，C，從而得到答案D．解答：解：令y=f〔x〕=，∵f〔﹣x〕==﹣=﹣f〔x〕，∴函數(shù)y=為奇函數(shù)，∴其圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，可排除A；又當(dāng)x→0+，y→+∞，故可排除B；當(dāng)x→+∞，y→0，故可排除C；而D均滿足以上分析．應(yīng)選D．點(diǎn)評：此題考查奇偶函數(shù)圖象的對稱性，考查極限思想的運(yùn)用，考查排除法的應(yīng)用，屬于中檔題．10．〔5分〕〔2023?山東〕橢圓C：+=1〔a＞b＞0〕的離心率為，與雙曲線x2﹣y2=1的漸近線有四個交點(diǎn)，以這四個交點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形的面積為16，那么橢圓C的方程為〔〕A．+=1B．+=1C．+=1D．+=1考點(diǎn)：圓錐曲線的共同特征；橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；雙曲線的簡單性質(zhì)．專題：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程．分析：由題意，雙曲線x2﹣y2=1的漸近線方程為y=±x，根據(jù)以這四個交點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形的面積為16，可得〔2，2〕在橢圓C：+=1．利用，即可求得橢圓方程．解答：解：由題意，雙曲線x2﹣y2=1的漸近線方程為y=±x∵以這四個交點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形的面積為16，故邊長為4，∴〔2，2〕在橢圓C：+=1〔a＞b＞0〕上∴又∵∴∴a2=4b2∴a2=20，b2=5∴橢圓方程為：+=1應(yīng)選D．點(diǎn)評：此題考查雙曲線的性質(zhì)，考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程與性質(zhì)，正確運(yùn)用雙曲線的性質(zhì)是關(guān)鍵．11．〔5分〕〔2023?山東〕現(xiàn)有16張不同的卡片，其中紅色、黃色、藍(lán)色、綠色卡片各4張，從中任取3張，要求取出的這些卡片不能是同一種顏色，且紅色卡片至多1張，不同取法的種數(shù)為〔〕A．232B．252C．472D．484考點(diǎn)：排列、組合及簡單計(jì)數(shù)問題．專題：排列組合．分析：不考慮特殊情況，共有種取法，其中每一種卡片各取三張，有種取法，兩種紅色卡片，共有種取法，由此可得結(jié)論．解答：解：由題意，不考慮特殊情況，共有種取法，其中每一種卡片各取三張，有種取法，兩種紅色卡片，共有種取法，故所求的取法共有﹣﹣=560﹣16﹣72=472應(yīng)選C．點(diǎn)評：此題考查組合知識，考查排除法求解計(jì)數(shù)問題，屬于中檔題．12．〔5分〕〔2023?山東〕設(shè)函數(shù)f〔x〕=，g〔x〕=ax2+bx〔a，b∈R，a≠0〕假設(shè)y=f〔x〕的圖象與y=g〔x〕圖象有且僅有兩個不同的公共點(diǎn)A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕，那么以下判斷正確的是〔〕A．當(dāng)a＜0時，x1+x2＜0，y1+y2＞0B．當(dāng)a＜0時，x1+x2＞0，y1+y2＜0C．當(dāng)a＞0時，x1+x2＜0，y1+y2＜0D．當(dāng)a＞0時，x1+x2＞0，y1+y2＞0考點(diǎn)：根的存在性及根的個數(shù)判斷；二次函數(shù)的性質(zhì)．專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．分析：畫出函數(shù)的圖象，利用函數(shù)的奇偶性，以及二次函數(shù)的對稱性，不難推出結(jié)論．解答：解：當(dāng)a＜0時，作出兩個函數(shù)的圖象，假設(shè)y=f〔x〕的圖象與y=g〔x〕圖象有且僅有兩個不同的公共點(diǎn)，必然是如圖的情況，因?yàn)楹瘮?shù)f〔x〕=是奇函數(shù)，所以A與A′關(guān)于原點(diǎn)對稱，顯然x2＞﹣x1＞0，即x1+x2＞0，﹣y1＞y2，即y1+y2＜0，同理，當(dāng)a＞0時，有當(dāng)a＞0時，x1+x2＜0，y1+y2＞0應(yīng)選B．點(diǎn)評：此題考查的是函數(shù)圖象，直接利用圖象判斷；也可以利用了構(gòu)造函數(shù)的方法，利用函數(shù)與導(dǎo)數(shù)知識求解．要求具有轉(zhuǎn)化、分析解決問題，由一般到特殊的能力．題目立意較高，很好的考查能力．二、填空題：本大題共4小題，每題4分，共16分．13．〔4分〕〔2023?山東〕假設(shè)不等式|kx﹣4|≤2的解集為{x|1≤x≤3}，那么實(shí)數(shù)k=2．考點(diǎn)：絕對值不等式．專題：不等式的解法及應(yīng)用．分析：|kx﹣4|≤2?〔kx﹣4〕2≤4，由題意可知1和3是方程k2x2﹣8kx+12=0的兩根，有韋達(dá)定理即可求得k的值．解答：解：∵|kx﹣4|≤2，∴〔kx﹣4〕2≤4，即k2x2﹣8kx+12≤0，∵不等式|kx﹣4|≤2的解集為{x|1≤x≤3}，∴1和3是方程k2x2﹣8kx+12=0的兩根，∴1+3=，∴k=2．故答案為2．點(diǎn)評：此題考查絕對值不等式，將|kx﹣4|≤2轉(zhuǎn)化為〔kx﹣4〕2≤4是關(guān)鍵，考查等價(jià)轉(zhuǎn)化的思想與利用韋達(dá)定理解決問題的能力，屬于根底題．，14．〔4分〕〔2023?山東〕如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)分別為線段AA1，B1C上的點(diǎn)，那么三棱錐D1﹣EDF的體積為．考點(diǎn)：棱柱、棱錐、棱臺的體積；棱柱的結(jié)構(gòu)特征．專題：空間位置關(guān)系與距離；立體幾何．分析：將三棱錐D1﹣EDF選擇△D1ED為底面，F(xiàn)為頂點(diǎn)，進(jìn)行等體積轉(zhuǎn)化VD1﹣EDF=VF﹣D1ED后體積易求．解答：解：將三棱錐D1﹣EDF選擇△D1ED為底面，F(xiàn)為頂點(diǎn)，那么=，其==，F(xiàn)到底面D1ED的距離等于棱長1，所以=××1=S故答案為：點(diǎn)評：此題考查了三棱柱體積的計(jì)算，等體積轉(zhuǎn)化法是常常需要優(yōu)先考慮的策略．15．〔4分〕〔2023?山東〕設(shè)a＞0，假設(shè)曲線y=與直線x=a，y=0所圍成封閉圖形的面積為a2，那么a=．考點(diǎn)：定積分在求面積中的應(yīng)用．專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．分析：利用定積分表示圖形的面積，從而可建立方程，由此可求a的值．解答：解：由題意，曲線y=與直線x=a，y=0所圍成封閉圖形的面積為==，∴=a2，∴a=．故答案為：．點(diǎn)評：此題考查利用定積分求面積，確定被積區(qū)間與被積函數(shù)是解題的關(guān)鍵．16．〔4分〕〔2023?山東〕如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，一單位圓的圓心的初始位置在〔0，1〕，此時圓上一點(diǎn)P的位置在〔0，0〕，圓在x軸上沿正向滾動．當(dāng)圓滾動到圓心位于〔2，1〕時，的坐標(biāo)為〔2﹣sin2，1﹣cos2〕．考點(diǎn)：圓的參數(shù)方程；平面向量坐標(biāo)表示的應(yīng)用．專題：平面向量及應(yīng)用；坐標(biāo)系和參數(shù)方程．分析：設(shè)滾動后圓的圓心為O'，切點(diǎn)為A，連接O'P．過O'作與x軸正方向平行的射線，交圓O'于B〔3，1〕，設(shè)∠BO'P=θ，那么根據(jù)圓的參數(shù)方程，得P的坐標(biāo)為〔2+cosθ，1+sinθ〕，再根據(jù)圓的圓心從〔0，1〕滾動到〔2，1〕，算出θ=﹣2，結(jié)合三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式，化簡可得P的坐標(biāo)為〔2﹣sin2，1﹣cos2〕，即為向量的坐標(biāo)．解答：解：設(shè)滾動后的圓的圓心為O'，切點(diǎn)為A〔2，0〕，連接O'P，過O'作與x軸正方向平行的射線，交圓O'于B〔3，1〕，設(shè)∠BO'P=θ∵⊙O'的方程為〔x﹣2〕2+〔y﹣1〕2=1，∴根據(jù)圓的參數(shù)方程，得P的坐標(biāo)為〔2+cosθ，1+sinθ〕，∵單位圓的圓心的初始位置在〔0，1〕，圓滾動到圓心位于〔2，1〕∴∠AO'P=2，可得θ=﹣2可得cosθ=cos〔﹣2〕=﹣sin2，sinθ=sin〔﹣2〕=﹣cos2，代入上面所得的式子，得到P的坐標(biāo)為〔2﹣sin2，1﹣cos2〕∴的坐標(biāo)為〔2﹣sin2，1﹣cos2〕．故答案為：〔2﹣sin2，1﹣cos2〕點(diǎn)評：此題根據(jù)半徑為1的圓的滾動，求一個向量的坐標(biāo)，著重考查了圓的參數(shù)方程和平面向量的坐標(biāo)表示的應(yīng)用等知識點(diǎn)，屬于中檔題．三、解答題：本大題共6小題，共74分．17．〔12分〕〔2023?山東〕向量=〔sinx，1〕，=〔Acosx，cos2x〕〔A＞0〕，函數(shù)f〔x〕=?的最大值為6．〔Ⅰ〕求A；〔Ⅱ〕將函數(shù)y=f〔x〕的圖象像左平移個單位，再將所得圖象各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來的倍，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)y=g〔x〕的圖象．求g〔x〕在[0，]上的值域．考點(diǎn)：三角函數(shù)的最值；平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示、模、夾角；正弦函數(shù)的定義域和值域；函數(shù)y=Asin〔ωx+φ〕的圖象變換．專題：三角函數(shù)的求值；三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)；平面向量及應(yīng)用．分析：〔Ⅰ〕利用向量的數(shù)量積展開，通過二倍角公式以及兩角和的正弦函數(shù)化為，一個角的一個三角函數(shù)的形式，通過最大值求A；〔Ⅱ〕通過將函數(shù)y=f〔x〕的圖象像左平移個單位，再將所得圖象各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來的倍，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)y=g〔x〕的圖象．求出g〔x〕的表達(dá)式，通過x∈[0，]求出函數(shù)的值域．解答：解：〔Ⅰ〕函數(shù)f〔x〕=?==A〔〕=Asin〔2x+〕．因?yàn)锳＞0，由題意可知A=6．〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕f〔x〕=6sin〔2x+〕．將函數(shù)y=f〔x〕的圖象向左平移個單位后得到，y=6sin[2〔x+〕+]=6sin〔2x+〕．的圖象．再將所得圖象各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來的倍，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)y=6sin〔4x+〕的圖象．因此g〔x〕=6sin〔4x+〕．因?yàn)閤∈[0，]，所以4x+，4x+=時取得最大值6，4x+=時函數(shù)取得最小值﹣3．故g〔x〕在[0，]上的值域?yàn)閇﹣3，6]．點(diǎn)評：此題考查三角函數(shù)的最值，平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示、模、夾角，正弦函數(shù)的定義域和值域，函數(shù)y=Asin〔ωx+φ〕的圖象變換，考查計(jì)算能力．18．〔12分〕〔2023?山東〕在如下圖的幾何體中，四邊形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB=60°，F(xiàn)C⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB=CD=CF．〔Ⅰ〕求證：BD⊥平面AED；〔Ⅱ〕求二面角F﹣BD﹣C的余弦值．考點(diǎn)：用空間向量求平面間的夾角；直線與平面垂直的判定；向量語言表述線面的垂直、平行關(guān)系；二面角的平面角及求法．專題：空間位置關(guān)系與距離；空間角；空間向量及應(yīng)用；立體幾何．分析：〔Ⅰ〕由題意及圖可得，先由條件證得AD⊥BD及AE⊥BD，再由線面垂直的判定定理即可證得線面垂直；〔II〕解法一：由〔I〕知，AD⊥BD，可得出AC⊥BC，結(jié)合FC⊥平面ABCD，知CA，CA，CF兩兩垂直，因此可以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以CA，CB，CF所在的直線為X軸，Y軸，Z軸建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)CB=1，表示出各點(diǎn)的坐標(biāo)，再求出兩個平面的法向量的坐標(biāo)，由公式求出二面角F﹣BD﹣C的余弦值即可；解法二：取BD的中點(diǎn)G，連接CG，F(xiàn)G，由于CB=CD，因此CG⊥BD，又FC⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，可證明出∠FGC為二面角F﹣BD﹣C的平面角，再解三角形求出二面角F﹣BD﹣C的余弦值．解答：〔I〕證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB=60°．所以∠ADC=∠BCD=120°．又CB=CD，所以∠CDB=30°，因此，∠ADB=90°，AD⊥BD，又AE⊥BD且，AE∩AD=A，AE，AD?平面AED，所以BD⊥平面AED；〔II〕解法一：由〔I〕知，AD⊥BD，同理AC⊥BC，又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF兩兩垂直，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以CA，CB，CF所在的直線為X軸，Y軸，Z軸建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)CB=1，那么C〔0，0，0〕，B〔0，1，0〕，D〔，﹣，0〕，F(xiàn)〔0，0，1〕，因此=〔，﹣，0〕，=〔0，﹣1，1〕設(shè)平面BDF的一個法向量為=〔x，y，z〕，那么?=0，?=0所以x=y=z，取z=1，那么=〔，1，1〕，由于=〔0，0，1〕是平面BDC的一個法向量，那么cos＜，＞===，所以二面角F﹣BD﹣C的余弦值為解法二：取BD的中點(diǎn)G，連接CG，F(xiàn)G，由于CB=CD，因此CG⊥BD，又FC⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以FC⊥BD，由于FC∩CG=C，F(xiàn)C，CG?平面FCG．所以BD⊥平面FCG．故BD⊥FG，所以∠FGC為二面角F﹣BD﹣C的平面角，在等腰三角形BCD中，由于∠BCD=120°，因此CG=CB，又CB=CF，所以GF==CG，故cos∠FGC=，所以二面角F﹣BD﹣C的余弦值為點(diǎn)評：此題考查線面垂直的證明與二面角的余弦值的求法，解題的關(guān)鍵是熟練掌握線面垂直的判定定理及二面角的兩種求法﹣向量法與幾何法，此題是高中數(shù)學(xué)的典型題，也是高考中的熱點(diǎn)題型，尤其是利用空間向量解決立體幾何問題是近幾年高考的必考題，學(xué)習(xí)時要好好把握向量法的解題規(guī)律．19．〔12分〕〔2023?山東〕現(xiàn)有甲、乙兩個靶．某射手向甲靶射擊一次，命中的概率為，命中得1分，沒有命中得0分；向乙靶射擊兩次，每次命中的概率為，每命中一次得2分，沒有命中得0分．該射手每次射擊的結(jié)果相互獨(dú)立．假設(shè)該射手完成以上三次射擊．〔Ⅰ〕求該射手恰好命中一次得的概率；〔Ⅱ〕求該射手的總得分X的分布列及數(shù)學(xué)期望EX．考點(diǎn)：離散型隨機(jī)變量的期望與方差；互斥事件的概率加法公式；相互獨(dú)立事件的概率乘法公式．專題：概率與統(tǒng)計(jì)．分析：〔I〕記：“該射手恰好命中一次〞為事件A，“該射手射擊甲靶命中〞為事件B，“該射手第一次射擊乙靶命中〞為事件C，“該射手第二次射擊乙靶命中〞為事件D，由于A=B++，根據(jù)事件的獨(dú)立性和互斥性可求出所求；〔II〕根據(jù)題意，X的所有可能取值為0，1，2，3，4，根據(jù)事件的對立性和互斥性可得相應(yīng)的概率，得到分布列，最后利用數(shù)學(xué)期望公式解之即可．解答：解：〔I〕記：“該射手恰好命中一次〞為事件A，“該射手射擊甲靶命中〞為事件B，“該射手第一次射擊乙靶命中〞為事件C，“該射手第二次射擊乙靶命中〞為事件D由題意知P〔B〕=，P〔C〕=P〔D〕=由于A=B++根據(jù)事件的獨(dú)立性和互斥性得P〔A〕=P〔B〕+P〔〕+P〔〕=P〔B〕P〔〕P〔〕+P〔〕P〔C〕P〔〕+P〔〕P〔〕P〔D〕=×〔1﹣〕×〔1﹣〕+〔1﹣〕××〔1﹣〕+〔1﹣〕×〔1﹣〕×=〔II〕根據(jù)題意，X的所有可能取值為0，1，2，3，4，5根據(jù)事件的對立性和互斥性得P〔X=0〕=P〔〕=〔1﹣〕×〔1﹣〕×〔1﹣〕=P〔X=1〕=P〔B〕=×〔1﹣〕×〔1﹣〕=P〔X=2〕=P〔+〕=P〔〕+P〔〕=〔1﹣〕××〔1﹣〕+〔1﹣〕×〔1﹣〕×=P〔X=3〕=P〔BC〕+P〔BD〕=××〔1﹣〕+×〔1﹣〕×=P〔X=4〕=P〔〕=〔1﹣〕××=P〔X=5〕=P〔BCD〕=××=故X的分布列為X012345P所以E〔X〕=0×+1×+2×+3×+4×+5×=點(diǎn)評：此題主要考查了離散型隨機(jī)變量的期望，以及分布列和事件的對立性和互斥性，同時考查了計(jì)算能力和分析問題的能力，屬于中檔題．20．〔12分〕〔2023?山東〕在等差數(shù)列{an}中，a3+a4+a5=84，a9=73．〔Ⅰ〕求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；〔Ⅱ〕對任意m∈N*，將數(shù)列{an}中落入?yún)^(qū)間〔9m，92m〕內(nèi)的項(xiàng)的個數(shù)記為bm，求數(shù)列{bm}的前m項(xiàng)和Sm．考點(diǎn)：數(shù)列的求和；等差數(shù)列的通項(xiàng)公式．專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列．分析：〔I〕由及等差數(shù)列的性質(zhì)可求a4，由可求公差d，進(jìn)而可求a1，進(jìn)而可求通項(xiàng)〔II〕由可得9m+8＜9n＜92m+8，從而可得，由等比數(shù)列的求和公式可求解答：解：〔I〕∵數(shù)列{an}是等差數(shù)列∴a3+a4+a5=3a4=84，∴a4=28設(shè)等差數(shù)列的公差為d∵a9=73∴==9由a4=a1+3d可得28=a1+27∴a1=1∴an=a1+〔n﹣1〕d=1+9〔n﹣1〕=9n﹣8〔II〕假設(shè)那么9m+8＜9n＜92m+8因此9m﹣1+≤n≤92m﹣1+故得∴Sm=b1+b2+…+bm=〔9+93+95+…+92m﹣1〕﹣〔1+9+…+9m﹣1〕==點(diǎn)評：此題主要考查了等差數(shù)列的性質(zhì)及通項(xiàng)公式的應(yīng)用，等比數(shù)列的求和公式的應(yīng)用，屬于等差數(shù)列與等比數(shù)列根本運(yùn)算的綜合應(yīng)用．21．〔13分〕〔2023?山東〕在平面直角坐標(biāo)系xOy中，F(xiàn)是拋物線C：x2=2py〔p＞0〕的焦點(diǎn)，M是拋物線C上位于第一象限內(nèi)的任意一點(diǎn)，過M，F(xiàn)，O三點(diǎn)的圓的圓心為Q，點(diǎn)Q到拋物線C的準(zhǔn)線的距離為．〔Ⅰ〕求拋物線C的方程；〔Ⅱ〕是否存在點(diǎn)M，使得直線MQ與拋物線C相切于點(diǎn)M？假設(shè)存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，說明理由；〔Ⅲ〕假設(shè)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為，直線l：y=kx+與拋物線C有兩個不同的交點(diǎn)A，B，l與圓Q有兩個不同的交點(diǎn)D，E，求當(dāng)≤k≤2時，|AB|2+|DE|2的最小值．考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的綜合問題；拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程；拋物線的簡單性質(zhì)．專題：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；圓錐曲線中的最值與范圍問題．分析：〔Ⅰ〕通過F〔0，〕，圓心Q在線段OF平分線y=上，推出求出p=1，推出拋物線C的方程．〔Ⅱ〕假設(shè)存在點(diǎn)M〔x0，〕，〔x0＞0〕滿足條件，拋物線C在點(diǎn)M處的切線的斜率為函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求出Q的坐標(biāo)，利用|QM|=|OQ|，求出M〔〕．使得直線MQ與拋物線C相切與點(diǎn)M．〔Ⅲ〕當(dāng)x0=時，求出⊙Q的方程為．利用直線與拋物線方程聯(lián)立方程組．設(shè)A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕，利用韋達(dá)定理，求出|AB|2．同理求出|DE|2，通過|AB|2+|DE|2的表達(dá)式，通過換元，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最小值．解答：解：〔Ⅰ〕由題意可知F〔0，〕，圓心Q在線段OF平分線y=上，因?yàn)閽佄锞€C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y=﹣，所以，即p=1，因此拋物線C的方程x2=2y．〔Ⅱ〕假設(shè)存在點(diǎn)M〔x0，〕，〔x0＞0〕滿足條件，拋物線C在點(diǎn)M處的切線的斜率為y′==x0．令y=得，，所以Q〔〕，又|QM|=|OQ|，故，因此．又x0＞0．所以x0=，此時M〔〕．故存在點(diǎn)M〔〕，使得直線MQ與拋物線C相切與點(diǎn)M．〔Ⅲ〕當(dāng)x0=時，由〔Ⅱ〕的Q〔〕，⊙Q的半徑為：r==．所以⊙Q的方程為．由，整理得2x2﹣4kx﹣1=0．設(shè)A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕，由于△=16k2+8＞0，x1+x2=2k，x1x2=﹣，所以|AB|2=〔1+k2〕[〔x1+x2〕2﹣4x1x2]=〔1+k2〕〔4k2+2〕．由，整理得〔1+k2〕x2﹣，設(shè)D，E兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為〔x3，y3〕，〔x4，y4〕，由于△=＞0，x3+x4=，x3x4=．所以|DE|2=〔1+k2〕[〔x3+x4〕2﹣4x3x4]=，因此|AB|2+|DE|2=〔1+k2〕〔4k2+2〕+，令1+k2=t，由于△=16k2+8＞0?，≤k≤2，∴t≥那么，所以|AB|2+|DE|2=t〔4t﹣2〕+=4t2﹣2t+，設(shè)g〔t〕=4t2﹣2t+，t，因?yàn)間′〔t〕=8t﹣2﹣，所以當(dāng)t，g′〔t〕≥g′〔〕=6，即函數(shù)g〔t〕在t是增函數(shù)，所以當(dāng)t=時，g〔t〕取最小值，因此當(dāng)k=時，|AB|2+|DE|2的最小值為．點(diǎn)評：此題考查直線與圓錐曲線的綜合問題，拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程，拋物線的簡單性質(zhì)，設(shè)而不求的解題方法，弦長公式的應(yīng)用，考查分析問