2023屆全國(guó)新高考高三復(fù)習(xí)沖刺模擬數(shù)學(xué)卷【含答案】

2023屆高三新高考沖刺卷

數(shù)學(xué)

1.已知集合4={工@2|—啜/5},8={x|y=ln(—/+4x)},則Ac3真子集的個(gè)數(shù)為()

A.6B.7C.8D.16

【答案】B

【解析】

由一/+4彳>0,得0<x<4,因?yàn)锳={-l,0,l,2,3,4,5},所以AcB={l,2,3},

所以4c6子集的個(gè)數(shù)為23=8個(gè)，真子集的個(gè)數(shù)為7個(gè).

故選：B.

2.已知〃z=a+/?ln/?,n=b+b\na,若a>b>。,則m,n的大小關(guān)系是()

A.m>nB.m<nc.m=nD.大小不確定

【答案】A

【解析】

【分析】

本題考查兩個(gè)數(shù)的大小的比較，考查導(dǎo)數(shù)在比較大小中的應(yīng)用.

m-n=a-h+binh-bina=(a-b)+h\n—,得至~~-=1--+—In—,構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)

aaaaa

性，即可得到結(jié)果.

【解答】

解：m=a+b\nb,n=b+b\na.a>b>0,

:.m-n=a-b+b\nb-blna=(a-b)+Z?(lnb-lna)=(a-b)+bln—,

a

b

所以牛=1一2+令“叫’‘，設(shè)“)—+/M,3。，

aaaa

△“I，’.，在/?：，”11上單調(diào)減，所以/">且口>o,所以〃?〉〃，

a

故選：A

3.已知平面向量。，。滿足|a|=2,Z?=(1,1),\a+b\=^/10,則&在6上的投影向量的坐標(biāo)為()

【答案】B

【解析】

【分析】

本題考查投影向量，向量的數(shù)量積，平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題.

設(shè)向量a,b的夾角為再由投影向量公式可得.

【解答】

解：設(shè)向量a,人的夾角為|b|=^2,\a+h=a~+2a-h+b~—4+2x2,^cos+2=10,

所以cos6?=乎，從而&在b上的投影向量的坐標(biāo)為|a|cos6-^-=(l,l).

4.某縣選派7名工作人員到A,B,c三個(gè)鄉(xiāng)鎮(zhèn)進(jìn)行調(diào)研活動(dòng)，每個(gè)鄉(xiāng)鎮(zhèn)至少去1人，恰有兩個(gè)鄉(xiāng)鎮(zhèn)所派人數(shù)相同,

則不同的安排方式共有()

A.1176B.2352C.1722D.1302

【答案】A

【解析】

【分析】本題考查排列、組合的綜合應(yīng)用，屬于中檔題.把7名工作人員分別分為（1,1,5）,（2,2,3）,（3,3,1）三

種情況討論.

【解答】

解：把7名工作人員分為1,1,5三組，則不同安排方法有?勾=126種,

「20203

把7名工作人員分為2,2,3三組，則不同安排方法有735.&=630種,

6

把7名工作人員分為3,3,I三組，則不同安排方法有?封=420種,

共有126+630+420=1176種.

5.我國(guó)南北朝數(shù)學(xué)家何承天發(fā)明的“調(diào)日法”是程序化尋求精確分?jǐn)?shù)來(lái)表示數(shù)值的算法，其理論依據(jù)是“設(shè)實(shí)數(shù)x的

不足近似值和過(guò)剩近似值分別為2和4（a、b、C、dGN*）,則竺4是X的更為精確的不足近似值或過(guò)剩近

aca+c

似值我們知道乃=3.14159…，若令一＜兀＜,則第一次用“調(diào)日法”后，可得3是"的更精確的不足近

53

似值，即3＜乃＜3.若每次都取最簡(jiǎn)分?jǐn)?shù)，則第五次用“調(diào)日法'’后，得到開的近似值為（）

3

16192522

A.——B.C.—D.—

5687

【答案】

D

【解析】

【分析】利用“調(diào)日法''結(jié)合弧度制與角度制，即可求出第五次用“調(diào)日法'’后，得到方的近似值.

【解答】

解：由題意知，第一次用“調(diào)日法''后，可得3是4的更精確的不足近似值，即3〈乃＜3,

3

第二次“調(diào)日法”后,可得一是乃的更精確的不足近似值，即3＜乃＜—,

44

可得好是）的更精確的不足近似值，即3＜%＜嶼，

第三次“調(diào)日法”后,

55

1919

第四次“調(diào)日法''后,可得一是萬(wàn)的更精確的不足近似值，即3＜乃＜—,

66

2222

第五次“調(diào)日法”后,可得一是萬(wàn)的更精確的不足近似值，即3〈萬(wàn)＜—，

77

22

故第五次用“調(diào)日法'’后，得到乃的近似值為一.

7

故本題選D.

2rxlny-yInx

r2

6.已知x,ye[e,e]f且1wy.若————恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）

A.a.AB.〃＞0c.④-1D.a＜0

【答案】c

【解析】

【分析】

本題考查函數(shù)單調(diào)性，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)性，屬于中檔題.

lnx+。Inv+6f\nx+a

不妨設(shè)y>x,先化簡(jiǎn)不等式，將其變形為--------<——,再利用X,y的大小關(guān)系，得到'

為遞增函數(shù)，從而求出a所滿足的不等式，最后得到a的取值范圍.

【解答】

xlny-ylnx,,

解：不妨設(shè)y>x,從而。<--------------=>ay-ajc<xlny-ylnxt

y-x

八、八、八\nx+aIny+a

故y（lnx+a）vx（lny+a）,由于x,y>0,從而-------<--------，

%y

故/（外=@￥±色為上的單調(diào)遞增函數(shù)，即于〈淄=‘二E：一"o在回/］上恒成立,

xx

即4,l-lnx,xele,/］恒成立，故“，1-In/=-1.

故選C.

7.雙曲線C：=1（。〉02〉0）的左、右焦點(diǎn)分別為￡（-c,0）,乙（c,0）,M,N兩點(diǎn)在雙曲線c

/一后

上，RF\FJ/MN,|耳6|=6|MN|,線段6N交雙曲線c于點(diǎn)Q,且|《Q|=|QV|,則雙曲線c的離心

率為（）

￡r4近3^2

A.\J5B.。6C.--------D.--------

32

【答案】D

【解析】

1

1—CM—C,,2

【分析】列出點(diǎn)N、Q的坐標(biāo).可設(shè)N（EC,%），Q（___6_,耳）代入雙曲線方程消去去即可求解.

【解答】

解：MN//F{F2,|F^F21=61MN|,因?yàn)閨6巴|=2c,所以|MN|=」c,

1

I—C4—C

所以可設(shè)"（七。,％），2（―）一，，）代入雙曲線方程,

yjc9,9所以e=￡2

消去斗得^=一，即e?=-

b2a2222

故選D.

TT

8.在三棱錐P-ABC中，二面角P—AB-C、。一4。一3和「一3。一4的大小均等于一，

3

P0

AB:AC:BC=3:4:5'設(shè)三棱錐P-ABC外接球的球心為o,直線PO與平面ABC交于點(diǎn)Q,則麗=（）

1

A.—B.2C.3D.4

4

［答案］D

【與析】解決本題的關(guān)鍵是根據(jù)題意找出O點(diǎn)及Q點(diǎn)的位置.

【解答】

解：如圖，

過(guò)P作PD_L平面ABC,D為垂足，

因?yàn)锳B:AC:BC=3:4:5,所以AB?+AC?=8。？，即ABJ_AC,

取線段BC的中點(diǎn)E,則0E_1_平面ABC,

由已知可得D為直角三角形ABC的內(nèi)心，

做DM垂直于AC與M,則DW_LAC,

因?yàn)镻D_L平面ABC,ACU平面ABC,所以PO_L4C,

又PDcDM=D,且都在平面PDM上，

AC_L平面,又PMu平面PDM,所以ACJ_PM,

所以即是平面PAC和平面ABC的二面角，

設(shè)。E=x.因?yàn)锳8:AC:8C=3:4:5,不妨設(shè)AB=3,AC=4,5C=5,

3+4-5冗廠°￡一

由幾何關(guān)系可得DM=----------=1,ZPMD=-,得PD={3,

23

AE^-,由勾股定理得。42=0爐+A爐，OP2^DE2+(PD+OE)2,

2

255PDPOPO

又因?yàn)椤?=0P,所以％2^=—F(5^+X)-,解得尤=—>故=----=3,即4,

443OEQO0Q

故選D.

9.已知o為坐標(biāo)原點(diǎn)，圓Q：(x—cose>+(y—sin，)2=1,則下列結(jié)論正確的是()

A.。恒過(guò)原點(diǎn)oB.。與圓?？+/=4內(nèi)切

C.直線x+y=f二被。所截得弦長(zhǎng)的最大值為S'D.直線xcosa+ysine=0與。相離

【答案】ABC

【解析】

【分析】

本題考查直線與圓的位置關(guān)系，弦長(zhǎng)的最大值問(wèn)題，屬中檔題.

把點(diǎn)0(0,0)代入圓的方程可判斷A；兩圓圓心的距離為Jcos?e+sin2e=1=11—21,可判斷B；直線

I~〃3企

qBIsin，+cos夕一'-----

=被圓。所截得弦長(zhǎng)為2\1-(-----------廣----2_尸，計(jì)算可得最大值，可判斷c；圓心到直線

2yV2

xcosa+ysin。=0距離為|cos(8-a)1,可判斷D.

【解答】

解：把點(diǎn)0(0,0)代入圓的方程得(0—cos6)2+(0—sin6)2=1,所以點(diǎn)o在圓。上，故A正確；

兩圓圓心的距離為Jcos?e+sii?6=1=|1—21,即兩圓圓心距離等于兩圓半徑之差的絕對(duì)值，故B正確;

sin<9+cos^-逑I(sin^+cos^-

直線x+y=被圓。所截得弦長(zhǎng)為2,-^-)2=2111-

2

in。+cos8=0sin(6+夕e[―""，,⑼田：平產(chǎn)/(/羊=上,

即直線x+y=二5二被圓。所截得弦長(zhǎng)的坡大值為J3,故c正確;

|cos0cosa+sin6sin

圓心到直線xcosa+ysina=0距離為二|cos(6—a)|?1,故直線

Vcos2a+sin2a

xcosa+ysine=0與圓。相切或相交，故D不正確;

故選：ABC.

io.在正方體A3co-AB]GA中，若棱長(zhǎng)為1,點(diǎn)E,F分別為線段耳2，3G上的動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論正確

的是()

A.DB{_L平面ACDtB.平面A[C[B]I平面ACDi

D.直線AE與平面8片。。所成角的正弦值為,

c.點(diǎn)F到平面ACD.的距離為—

'33

【答案】ABC

【解答】

解：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

z

由題意知A(0,0,0),5(1,0,0),C(l,l,0),0(0,1,0),A(0,0,1),4(1,0,1),C,(1,1,1),￡),(0,1,1),

設(shè)E(x,y,l),八'11、’》,即(x-I,y,0)=(—4,2,0),

E(1—4,X,1),

設(shè)F(I,y,z')，扉=""；⑴”>),即(()，y,z')=(o,〃，〃),

E(L〃，〃)?

對(duì)于A選項(xiàng)：

。4=(11),AC=(1,1,0),=(0,1,1),

，空工=0.

IDBiAD1=0.

,DBt1AD,,

又ACu平面AC。，AD|U平面AC",ACnAD,=A,

DB}_L平面AC。，故A正確；

對(duì)于B選項(xiàng)：

DB]J_平面ACD],DB]—(1,-1,1)為平面AC。的--個(gè)法向量,

.|西.硝二

?.?而=(1,1,0),正(1,0,-1),

DB[14c?,DB[LA,B,又4Gu平面A^B,

A8u平面AGcA3=A，

1平面AGB,.?.平面A,。7//平面ACR,故B正確;

對(duì)于c選項(xiàng)：

IAF-D5,|1G

AF=(1,〃,〃)，.?.點(diǎn)F到平面AC￡)|的距離d一產(chǎn)=—,為定值，故c正確;

|。耳|63

對(duì)于D選項(xiàng)：

■該幾何體為正方體，平面

AC=（1,1,0）是平面BBQQ的一個(gè)法向量，設(shè)直線AE與平面BBQQ所成的角為。,

AE=（1-2,^,1）,

IAC-AEI1

/.sin0—---：-----=—zz~]=，不是定值，故D錯(cuò)誤.

|AC|-|AE|?以2-2/1+2

故選ABC.

11.函數(shù)/（犬）=%3+以+/?,其中a,b為實(shí)數(shù)，則能使函數(shù)/（X）僅有一個(gè)零點(diǎn)的是（）

A.a=-3,b——3B.a——3,b—2

c.a=0,b=2D.a=\,h=2

【答案】ACD

【解析】

【分析】

本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)，屬于中檔題.

【解答】

解：由已知可得了（X）的定義域?yàn)镽.

對(duì)于A：當(dāng)a=-3,。=一3時(shí)，f（x）=x3-3x-3,

則/'（x）=3x2—3=3（x—l）（x+1）.

當(dāng)為<—1或%>1時(shí)，尸（x）>0;當(dāng)一1時(shí)，J'（x）<0,

故/（X）在（-00,-1）和（1,”）上單調(diào)遞增，在（一1,1）上單調(diào)遞減，

故/（x）在x=—1處取得極大值/（-I）=一1,在x=1處取得極小值/（I）=-5.

又因?yàn)楫?dāng)無(wú)一>一8時(shí)，/（X）—>-00；當(dāng)Xf+00時(shí)，/（X）—>4-00,

且/（X）的圖象連續(xù)不斷，故/（X）的圖象與X軸有且只有一個(gè)交點(diǎn)，

故此時(shí)/（X）有且只有?個(gè)零點(diǎn)，故A正確.

對(duì)于B：當(dāng)a=-3,6=2時(shí)，/（x）=d-3x+2,

則/（九）=一3=3（x-1）（%+1）.

當(dāng)》<—1或x>l時(shí)，/'（x）>0;當(dāng)一1<X<1時(shí)，f\x）<0,

故/（x）在％=—1處取得極大值/（-1）=4,在x=l處取得極小值/（1）=0.

又因?yàn)楫?dāng)X->-8時(shí)，,f（x）->-00；當(dāng)*-?+00時(shí)，f（X）—>4-00,

且/（X）的圖象連續(xù)不斷，

故/（X）的圖象與x軸有且只有兩個(gè)交點(diǎn)，

故此時(shí)/（X）有且只有兩個(gè)零點(diǎn)，故B錯(cuò)誤.

對(duì)于c：當(dāng)a=0,8=一3時(shí)，/（%）=%3—3,

則/'（*）=3/..0在R上恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)取等號(hào)，

故/（X）在R上單調(diào)遞增，

又因?yàn)楫?dāng)X—>—00時(shí)，/（X）-?-00；當(dāng)X—>400時(shí)，/（X）—>+0O,

且/（X）的圖象連續(xù)不斷，

故/（X）的圖象與x軸有且只有一個(gè)交點(diǎn)，

故此時(shí)f（x）有且只有一個(gè)零點(diǎn)，故c正確.

對(duì)于D：當(dāng)a=l,b=2時(shí)，f（x）-x3+x+2,

則/''（》）=3彳2+1〉0在R上恒成立，

故/（X）在R上單調(diào)遞增，

又因?yàn)楫?dāng)無(wú)一>-8時(shí)，/（X）->-00；當(dāng)X—>-K>0時(shí)，/（X）—>4-00,

且/（X）的圖象連續(xù)不斷，故/（X）的圖象與x軸有且只有一個(gè)交點(diǎn)，

故此時(shí)/（X）有且只有一個(gè)零點(diǎn)，故D正確.

12.如果一個(gè)人爬樓梯的方式有兩種，一次上1個(gè)臺(tái)階或2個(gè)臺(tái)階，設(shè)爬上第n個(gè)臺(tái)階的方法數(shù)為a,,,則下列結(jié)論

正確的是()

A.4=13B.3a“=a,”2+a“+2

冬+%+

c.q++%=51D.%~+ag+a]+?+ci~=un?a“+|-1

【答案】ABD

【分析】

本題考查根據(jù)數(shù)列的遞推公式求通項(xiàng)公式和數(shù)列的求和，屬于中檔題.

根據(jù)題意可得4+2=4,+4川，由遞推公式逐項(xiàng)判定，即可求解.

【解答】

解：根據(jù)題意可得q+2=an+?！?1，

6/)=1,。2=2,。3=3,。4=5,%=8,。6=13,所以A正確；

。7=21,則4+/+%++。7=53,則c不正確；

3%=%+%+%=%_2+an-\+ae-%+%+2-%=%-2+4+2，所以B正確；

4：=1,

al=%?(/-4)=%?%一出?％，

.(%一出)=〃3?。4-。3,〃2，

an=%?(4+「%)=%?%+1-4,??->-

累加可得〃:+a；+a；++〃；=,?！?111，所以D正確，

故選ABD.

13.若Z=3=,~,則5=,5在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第象限.

1-Z

【答案】

2-z四

【分析】

本題考查復(fù)數(shù)運(yùn)算，幾何意義，共輒復(fù)數(shù)，屬于基礎(chǔ)題.

2=二復(fù)數(shù)的四貝1|運(yùn)算2=2+兀彳=2—i得出復(fù)數(shù)5在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第四象限.

l-i

【解答】

3-i_(3-i)(l+i)_4+2/

解:

口-(1-i)(l+i)-2

所以N=2-i,復(fù)數(shù)5在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為點(diǎn)(2,—1),位于第四象限.

故答案為2一九四.

14.寫出一個(gè)同時(shí)滿足①②兩個(gè)條件的函數(shù)解析式，即f(x)=.

①函數(shù)y=/(x+l)的圖象關(guān)于點(diǎn)(一1,0)對(duì)稱;②Vx,yeR,f(x-y)=f(x)-f(y).

【答案】x(答案不唯一)

【解答】

解：同時(shí)滿足條件，函數(shù)V=/(X+D的圖象關(guān)于點(diǎn)(一1，°)對(duì)稱；

②Vx,yeR,1

可取/r,，驗(yàn)證滿足上述兩個(gè)條件.

15.如圖，三棱錐P—ABC的底面ABC的斜二測(cè)直觀圖為已知底面ABC,=

AU=UC,AO=OB'^OD=\,則三棱錐尸一ABC外接球的體積V=.

【答案】

125萬(wàn)

6

【解析】

【分析】

本題考查了斜二測(cè)畫法，球的切接問(wèn)題，屬于中檔題.

7T

由斜二測(cè)畫法得原地面三角形中NABC=—,AB=2,BC=4,把三棱錐補(bǔ)成長(zhǎng)方體，長(zhǎng)方體對(duì)角線為

2

外接球的直徑，由此求得球的半徑，再由球的體積公式求解.

【解答】

解：由題意得OD/IB'C,且O'D'^-B'C.

2

IT

所以由斜二測(cè)畫法得，在原圖中，NABC=—,AB=2,BC=4,

2

原圖中的三棱錐中已知P6，底面人8(2,故BA,BC,BP兩兩垂直，

把三棱錐補(bǔ)成長(zhǎng)方體，則三棱銖的外接球就是長(zhǎng)方體的外接球，

長(zhǎng)方體過(guò)同一頂點(diǎn)的三條棱長(zhǎng)分別為BA,BC,BP,___________

c^AB-+BC2+PB2543125萬(wàn)

故三棱錐P-ABC外接球的半徑r=J------------------------------=一,則丫=一乃，=------.

2236

故答案為竺王.

,2

16.直線1過(guò)拋物線?=2px(p〉0)的焦點(diǎn)/(1,0)且與拋物線交于A、B兩點(diǎn)，則-------的最小值

I^F|

為.

【答案】272-2

【解析】

【分析】

本題主要考查直線與拋物線的位置關(guān)系及其應(yīng)用，由基本不等式求最值，屬于中檔題.

11

先求拋物線方程，設(shè)出直線方程，聯(lián)立直線與拋物線方程，求出-----+------的值，再運(yùn)用基本不等式求出

\AF\\BF\

2

I——；的最小值.

IBEI

【解答】

解：己知三=1,即〃=2,所以拋物線的方程為=4x,

若直線1與X軸重合，這時(shí)該直線與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)，不合乎題意，

設(shè)直線的方程為x=〃?y+l,A(X|,y),B(x2,y2),

A=16m2+16>0

x=my+1o八

X+>2=4m

聯(lián)立《9,可得y—4=0,則＜

y=4x

x%=-4

1111ii

所以------1------------=------------1-----------=---------------1---------------

|AF||BF|x}+1x2+1my}+2my2+2

2

加X(jué)+2+機(jī)),2+2加()'|+必)+44m+4,criu1,1

22

(my}+2)(my24-2)M~為+2m(必+%)+4-4/n+8m+4|BF\\AF|

212/2

W兩—2(1-兩)=IW+兩-2?21叼「——2=2e一2.

MFI

則

當(dāng)且僅當(dāng)IA/q=JE時(shí)，等號(hào)成立，故|AF|——L的最小值為2&—2.

\BF\

故答案為：2,\/2—2.

17.設(shè)正項(xiàng)數(shù)列｛“/滿足q=1,且"1'"';/r'ri，,/

(1)證明：數(shù)列Ri"I)是等差數(shù)列；并求數(shù)列"」的通項(xiàng)公式；

[3

(2)設(shè)。”-...,證明：數(shù)列，'卜的前n項(xiàng)和S“<一.

2府2

【答案】

22222

解：(1)因?yàn)榧觶；+]—(〃+1)。；=〃~+拉=〃(〃+1),所以——-----—,又q=1,故一—=1,所以｛~~｝

n+1n=1n

2

是首項(xiàng)為1,公差為1的等差數(shù)列，故至=1+(〃-1)X1=〃，則。〃=±〃，因?yàn)閿?shù)列｛〃“｝是正項(xiàng)數(shù)列，所以

n

an-n.

1113

(2)由(1)得b——=----產(chǎn)，當(dāng)〃=1時(shí)，Si-bi=一<一;當(dāng)幾.2時(shí)，

2加2〃冊(cè)22

〃一1_1<1_yfn—yjn-X>fn—y/n—l_11所以

“2n品n(G+G)n(y/n+\fn-l)〃J--1品

s.<:6|)+(1$)+.??+(涓-1)=|一|<|;

3

綜上：S<一,

〃2

18.在_ABC中，(2-sinA)cosB-l=cosAsinB—2cosBsinC.

(1)求5;

(2)證明；a2+c2?2b2.

【答案】

解：(1)由(2-sinA)cos3-l=cosAsin3-2cos3sinC,

得28sB-l=cosAsin5+sinAcosB-2cosBsinC,

即2cos5-1=sinC-2cosfisinC,2cosB+2cosBsinC=l+sinC,

2(1+sinC)cosB=1+sinC,因?yàn)?<。<乃，所以sinC>0,所以l+sinC>0,

1TT

所以2cosB=l,即cos8=—，又因?yàn)?<B<?,所以8=一.

23

a2+c,2

(2)依題要證明a2+c2?2b2,即證明一,，2,

"V

.、a2+c2sin2A+sin2c4,.,,.2八、

由(1)及正弦定理得：-—=-------5-----=—(snrA+sin-C)

b5sin~B3

4,1—cos24l-cos2C42

)="—-(cos2A+cos2C),

22

又因?yàn)锳+C—TV—B——，所以2c-....2A,

33

47r7t

所以cos2A+cos(----2A)=cos2A—cos(---2A)

=cos2A-cos—cos2A-sin—sin2A

33

=—cos2A-sin2A-cos(2A+,

_,c/27一乃.4乃5乃

因?yàn)?<4<—,所以一<2A+一<—,

3333

7171

所以當(dāng)2A+彳="時(shí)，cos(2/4+—)=-1

4?ci2+c2

此時(shí)-----(cos2A+cos2C)有最大值2,即----一，，2，

33b~

所以+C2,,2〃得證.

【解析】本題考查三角恒等變換、正弦定理，屬較難題.

19,在三棱柱ABC=44G中，AB1BC,A4,,ZA,AC=—,點(diǎn)M為棱CQ的

中點(diǎn)，點(diǎn)T是線段M上的一動(dòng)點(diǎn)，A4=AC=2A3=2.

(1)求證：CC,.LAT;

(2)求平面耳BCG與平面AACG所成的二面角的正弦值.

【答案】

解：(1)證明：因?yàn)镃C|//AA，46_LAA，所以CC]J_AB,

連接AM,AC1，

由題意知ACG是正三角形，因?yàn)辄c(diǎn)M為棱CG的中點(diǎn)，所以CC|_LAM,

又AB,41/u平面ABM,ABcAM=A,所以CC]，平面ABM,

又ATu平面ABM,所以CG-LAT.

(2)由(1)知CG平面ABM,而BM,AMU平面ABM,則CG_LBM,CC,1AM,

于是ZAMB即為平面B]BCJ與平面AACC1所成的二面角的平面角或其補(bǔ)角，

在正三角形ACG中，AC=2,于是因?yàn)锳6J.AA，AAJ/BB、,于是AB_L86],

又ABJ.3C,且3B1,BCu平面目BCG，3與c8C=3,所以AB_L平面gBCG.

因?yàn)锽Mu平面線BCG，所以

在Rt二中，AM=幣,45=1,從而sin/4MB="=3=且，

AM03

于是平面4BCC[與平面4ACC,所成的二面角的正弦值為華.

【點(diǎn)睛】本題考查了求二面角、直線與直線垂直的證明、線面垂直的判定與性質(zhì)，屬中檔題.

20.第22屆世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔爾舉辦.在決賽中，阿根廷隊(duì)通過(guò)點(diǎn)球戰(zhàn)勝法國(guó)隊(duì)獲

得冠軍.

(1)撲點(diǎn)球的難度一般比較大，假設(shè)罰點(diǎn)球的球員會(huì)等可能地隨機(jī)選擇球門的左、中、右三個(gè)方向射門，門將也會(huì)等

可能地隨機(jī)選擇球門的左、中、右三個(gè)方向來(lái)?yè)潼c(diǎn)球，而且門將即使方向判斷正確也有2的可能性撲不到球.不考

3

慮其它因素，在一次點(diǎn)球大戰(zhàn)中，求門將在前三次撲到點(diǎn)球的個(gè)數(shù)x的分布列和期望；

(2)好成績(jī)的取得離不開平時(shí)的努力訓(xùn)練，甲、乙、丙三名前鋒隊(duì)員在某次傳接球的訓(xùn)練中，球從甲腳下開始，等

可能地隨機(jī)傳向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地隨機(jī)傳向另外2人中的1人，如此不停地傳下去，

假設(shè)傳出的球都能接住.記第n次傳球之前球在甲腳下的概率為P?,易知Pl=1,。2=0.

①試證明：｛P.-g｝為等比數(shù)列；

②設(shè)第n次傳球之前球在乙腳下的概率為，比較Ao與91。的大小.

【答案】

解：(1)依題意可得，門將每次可以撲到點(diǎn)球的概率為p==[,

門將在前三次撲到點(diǎn)球的個(gè)數(shù)x可能的取值為o,1,2,3,易知X~8(3,J),

1Q

所以P(X=Q=C；X(-)*X(-)w,%=0,1,2,3,

故X的分布列為：

Xb123

5126481

P

729243243729

所以X的期望E(X)=3x'=」.

(2)①第n次傳球之前球在甲腳下的概率為p“，

則當(dāng)〃..2時(shí)，第〃-1次傳球之前球在甲腳下的概率為p.T,

第八一1次傳球之前球不在甲腳下的概率為1一,

八八、111111、12

則Pn=Pn-\X0+(1—Pg)X-=--+~.即化,一.=一不(zP,i一.)，又P1一鼻=鼻，

121

所以｛〃〃一§｝是以§為首項(xiàng)，公比為一萬(wàn)的等比數(shù)列?

21一211

②由①可知pn+§,所以Ro=—

333

1122>1-故乩。<1。?

所以勿0n/a-Plo)：］1］一］

【點(diǎn)睛】本題考查離散型隨機(jī)變量分布列以及二項(xiàng)分布期望的求解、數(shù)列與概率的綜合應(yīng)用，為較難題.

21.已知橢圓。：鼻+==1（4〉?！?）,短軸長(zhǎng)為2正,離心率為*.過(guò)右焦點(diǎn)F且不與坐標(biāo)軸垂直的直

線1交橢圓于A、B兩點(diǎn)，AB的中垂線交x軸于點(diǎn)M,交直線X=2應(yīng)于點(diǎn)N.

小七1ABI

（1）求------：

\FM\

（2）證明：A、M、B、N四點(diǎn)共圓.

【答案】

2b-2V2

c^2。=2

a2，■,Ji

（1）解：由題意得=產(chǎn)+J,解得、3

22

所以橢圓C的方程為二+2—=1.點(diǎn)/（、5,0）,

42

因?yàn)橹本€1不與坐標(biāo)軸垂直，所以設(shè)直線AB方程為y=k（x-6（k豐0）,

點(diǎn)A*1，％）,B（x2,y2）.

將直線1與橢圓c的方程聯(lián)立，

消去y得（1+2k2）x2-4y/2k2x+4k2-4=0,

由4=（4岳2）2-16（1+2女2）（女2-1）>0,得16二+16>0,

4瓜24A2-4

…=正充’砧

\+2k2

所以AB的中點(diǎn)D的坐標(biāo)為

41k2缶2

所以AB的中垂線的方程為y4-----5------7），

1+2公k1+28

四2

令y=0,得=

1+2/'

癡+公)72(1+A:2)

所以|而|=|近一

1+2*1=

"H1+2公1+2女2

441+/4(1+/)

又|ABhJl+22|1=Jl+%2

1+2Pl+2k2

4(1+/)

1叫_1+2/

所以=1yf2.

\FM\~4i(y+k2)

1+2公

4(1+公)2(1+公)

（3）證明：由（1）可知|AB