山東棗莊2021屆高三數(shù)學二模試卷

山東棗莊2021屆高三數(shù)學二模試卷

閱卷人

——、單選題（共8題；共16分）

得分

1.（2分）（2021?棗莊模擬）已知集合A={x|y=Inx},B={yeZ\y=2sinx},貝U4nB=

（）

A.（0,2]B.[0,2]C.[1,2}D.[0,1,2}

【答案】C

【解析】【解答】因為A={x\y=Inx]=（x\x>0）,B-{y&Z\y-2sinx}-{-2,-1,0,1,2},

所以4nB={1,2},

故答案為：C

【分析】可求出集合A,B,然后進行交集的運算即可.

分棗莊模擬）命題“2”的否定為

2.（2）（2021?Vne/Vtn-1GQ（）

A.VnGAf,n2—1iQB.VngW,n2—1G.Q

C.BnE.N,n2—1?（2D.3n6Af,n2—1EQ

【答案】C

【解析】【解答】命題“VneN,n2-1G<2”的否定為"mneN,n2-1Q

故答案為：C.

【分析】根據(jù)含有量詞的命題的否定即可得到結(jié)論.

3.(2分)(2021?棗莊模擬)已知函數(shù)/'(久)=則/(2021)=()

(./(%-3),x>0,八

A.—B.2.6C.丁D.2,

e/

【答案】A

【解析】【解答】當%>0時，因為/(x)=/(%-3),所以/(x)=/(%+3),所以/(x)是周期

為3的函數(shù)，

所以/(2021)=f(3x673+2)=/(2),

又因為/(2)=/(—I)=e*~i+in2=--=—,所以f(2021)=I

故答案為：A.

【分析】推導出/（2021）=/（3x673+2）=/（2）,由此能求出結(jié)果.

4.（2分）（2021?棗莊模擬）已知點（1,1）在拋物線C:y2=2px（p>0）上，貝IJC的焦點到其準

線的距離為（）

A.1B.|C.1D.2

【答案】B

【解析】【解答】由點（1,1）在拋物線上，易知l=2p,p=j,故焦點到其準線的距離為1.

故答案為：B.

【分析】利用點在拋物線上，求解p,即可得到結(jié)果.

5.（2分）（2021?棗莊模擬）大數(shù)學家歐拉發(fā)現(xiàn)了一個公式：eix=cosx+isinx,i是虛數(shù)單位，

e為自然對數(shù)的底數(shù).此公式被譽為“數(shù)學中的天橋”.根據(jù)此公式，（cos與+isin勺2°22=（）

（注：底數(shù)是正實數(shù)的實數(shù)指數(shù)募的運算律適用于復數(shù)指數(shù)募的運算）

A.1B.-1C.iD.-i

【答案】D

【解析】【解套因為,n.."2022服,°22嗎10117T..10117T

L/wvTj1佛口」目力（cos^+=（e4）=e2=cos—工--Hsin—工—?

所以（cos^+isin^）"=cos（竽+504TT）+isin（等+504〃）=cos（竽）+isin（竽）=-i,

故答案為：D.

【分析】根據(jù)/..縱2022以2°22嗎罵101171..10117T即可求出

卜刀m,1氏俯Q0S4+ismq)=(e4)=e2=cos―---Fism—>—即」小口。

6.(2分)(2021?棗莊模擬)若工6=%++1)+做(％+1)2+的(％+1)3+…+%(%+1)6,則

。3=()

A.20B.-20C.15D.-15

【答案】B

【解析】【解答】因為%6=[(x+l)-l]6,所以展開式的通項為77+1=北?(%+1)6-?(T)r

3

令6-r=3,貝ljr=3,所以a3=^?(-1)=-20.

故答案為：B.

【分析】由題意利用二項展開式的通項公式，求得a3o

7.(2分)(2021?棗莊模擬)醫(yī)用口罩由口罩面體和拉緊帶組成，其中口罩面體分為內(nèi)、中、外三層.

內(nèi)層為親膚材質(zhì)(普通衛(wèi)生紗布或無紡布)，中層為隔離過濾層(超細聚丙烯纖維熔噴材料層)，外

層為特殊材料抑菌層(無紡布或超薄聚丙烯熔噴材料層).根據(jù)國家質(zhì)量監(jiān)督檢驗標準，醫(yī)用口罩的

過濾率是重要的指標，根據(jù)長期生產(chǎn)經(jīng)驗，某企業(yè)在生產(chǎn)線狀態(tài)正常情況下生產(chǎn)的醫(yī)用口罩的過濾

率%?N(0.9372,0.01392).若x~N(〃,/乂。>0),貝1JP(〃-2a<久W〃+2a)=0.9545,

P(〃-3c<xS〃+3c)=0.9973,0.977255°a0.3164.有如下命題：甲：p(%g0.9)<0.5；

乙：P(x<0.4)>P(x>1.5)；丙：PQ>0.9789)=0.00135；T:假設(shè)生產(chǎn)狀態(tài)正常，記X

表示一天內(nèi)抽取的50只口罩中過濾率大于it+2o的數(shù)量，貝1JP(X>1)?0.6.其中假命題是

()

A.甲B.乙C.丙D.丁

【答案】D

【解析】【解答】由題意可知，正態(tài)分布的〃=0.9372,。=0.0139；

甲.因為0.9<〃，所以P(x<0,9)<P(xW幻=0.5,故正確；

乙.因為|〃一0.4|<|1.5-4|,0.4<〃<1,5,所以P(x<0.4)>P(x>1.5),故正確；

丙.因為P(x>0.9789)=PQ>〃+3cr),且P(〃一3(r<久W〃+3。)=0.9973,

所以P(x>0.9789)=1一早73=000135,故正確；

丁,因為一只口罩過濾率小于等于n+2a的概率為0.9545+上爭竺=0.97725,

又因為P(X>1)=1-P(X=0)=1-O.9772550?0.6836,故錯誤；

故答案為：D.

【分析】結(jié)合正態(tài)分布曲線的特點進行分析計算即可解決此題.

22

8.(2分)(2021?棗莊模擬)已知橢圓C與雙曲線x-y=l有相同的左焦點%、右焦點F2,

點P是兩曲線的一個交點，且可?隔=0.過尸2作傾斜角為45。的直線交C于4,B兩點

(點4在％軸的上方)，且同=4旃,則A的值為()

A.3+V3B.3+V2C.2+V3D.24-V2

【答案】A

【解析】【解答】不妨設(shè)P為橢圓與雙曲線在第一象限內(nèi)的交點，橢圓方程為今+營=19>6>

0)，%(-四,0)/2(魚,0).

由雙曲線定義可知：|P0|—|PF2|=2,又因為PF「P&=0，所以P01PF2,|a尸2|=

2c-2A/2.

所以|PFI『+(|PFI|-2)2=|%F2/=8,所以\PF1\=V3+1,|PF2|=V3-1,

________2

所以2Q=|P&|+|PFz|=2V5,所以a=y/31所以b=yja2—c2=1.所以橢圓方程為鼻~+

y2=1,

又因為IAB,-V=x—V2，所以］，j2?所以4y2+2y/2y—1=0,

1%~r3y—3

斫以_-2yf2±2y/6_—/2±x/6RPIJ_/6-72_764-72

所以y-g=4*所以y-—5-JB-4-1

又因為AB=AAF；,所以yB-yA=-^yA,所以1-4=等=一身|,解得a=3+b，

yAJ6—

故答案為：A.

【分析】根據(jù)橢圓和雙曲線的性質(zhì)進行運算即可求出。

閱卷入

一二、多選題(共4題；共12分)

得分

9.(3分)(2021?棗莊模擬)已知a>0,b>0,a+X=1,貝lj()

A.a+b<^B.a-b>-lC.D.冉？一*

【答案】B,C,D

【解析】【解答】因為。=1一。2>0/>0,所以0cb<1,所以0<a<1；

A.因為a+b-1—b2+b=—{b—i)2+7<7,取等號時a=^,b=i滿足，A不符合題意；

B.因為a-6=1-2—=—(匕+}2+%>一(1+#+,=一1,B符合題意；

C因為Va-b=y/l-b2-后=J一行一寸+；<|>取等號時a=；,b=*滿足，c符合題

后、t

D.因為匕一2<0,所以要證落S只需證,只需證3aW(b—2)2,

D—L-3(D—Z)

即證3(1-b2)<(/?-2產(chǎn),即證4b2-46+1>0,即證(2b-l)2>0,

31

且a=-b=-

顯然(2b-1)2NO成立,42D符合題意；

故答案為：BCD.

【分析】根據(jù)基本不等式的性質(zhì)分別判斷即可。

10.(3分)(2021.棗莊模擬)已知函數(shù)/(%)=|sinx|+遮lsinQ-如，貝IJ()

A./(%)在匿，司上的最小值是1

B./(%)的最小正周期是4

C.直線％=竽/eZ)是/(x)圖象的對稱軸

D.直線y=1%與/(x)的圖象恰有2個公共點

【答案】A,C,D

【解析】【解答】對于A選項，當xe[J,7r]時，

/(x)=|sinx|+V3|sin(x—*)1=|sinx|+V3|cosx|=sinx—75cosx=2sin(x—,

且髀X-狂冬，則當<一,='時,函數(shù)f(X)取最小值，即/(X)min=2si畤=1,

A選項正確；

對于B選項,,1?/(%)=|sinx|+V3|cosx|,/(0)=V3,/(芻)=1,則/(0)H/《)，

故函數(shù)/(%)的最小正周期不是I,B選項錯誤；

對于C選項，若k為奇數(shù)，則f(kn—x)=|sin(fc7r-x)|+V3|COS(/CTT-x)|=|sinx|+V3|-

cosx|=|sinx|+A/3|COSX|=/(%)；

若k為偶數(shù)，則f(kn—%)=\sin(kn—x)|+V3|cos(fc7r—%)|=|-sinx|+V3|cosx|=|sinx|+

V3|cosx|=/(%).

由上可知，當k€Z時，f(：kn-%)=/(x),

所以，直線%=^(kez)是/(%)圖象的對稱軸，C選項正確；

對于D選項，*/f(x+yr)=|sin(x+TT)|+V3|cos(x+TT)|=|-sinx|+V3|-cosx|=|sinx|+

V3|cosx|,

所以，7T為函數(shù)f(X)的周期.

當0<x<時，/(%)=sinx+V3cosx=2sin(x+5)<2；

當x<7i時，/(%)=sinx-V3cosx=2sin(x—^)<2.

綜上可知，/(%)<2.

當久<0時，<01/(x)=|sinx|+V3|cosx|>0,即函數(shù)y—~x與/(x)在(一。,0)上

的圖象無交點；

當%>兀時，*>2,f(x)W2,所以，函數(shù)y=〉與/Q)在(兀,+。)上的圖象也無交

點.

作出函數(shù)y=^x與函數(shù)/(%)在[0,捫上的圖象如下圖所示：

由圖象可知，函數(shù)y=^x與函數(shù)/(x)在[0,兀]上的圖象有兩個交點，D選項正確.

故答案為：ACD.

【分析】根據(jù)正弦函數(shù)的周期性、對稱性、最值逐項進行判斷即可得出答案。

11.(3分)(2021?棗莊模擬)列昂納多?斐波那契(LeonardoFibonacci,1170—1250是意大利數(shù)

學家，1202年斐波那契在其代表作《算盤書》中提出了著名的“兔子問題”，于是得斐波那契數(shù)列，

斐波那契數(shù)列可以如下遞推的方式定義：用F(n)(ne/V*)表示斐波那契數(shù)列的第n項，則數(shù)列

[F(n)｝滿足：F(l)=F(2)=1,F(n+2)=F(n+1)+F(n).斐波那契數(shù)列在生活中有著廣泛

的應(yīng)用，美國13歲男孩AidanDwyer觀察到樹枝分叉的分布模式類似斐波那契數(shù)列，因此猜想可按

其排列太陽能電池，找到了能夠大幅改良太陽能科技的方法，蘋果公司的Logo設(shè)計，電影《達芬奇

密碼》等，均有斐波那契數(shù)列的影子.下列選項正確的是()

A.[F(8)]2=F(7)F(9)+1

B.F(l)+F(2)+…+F⑹+1=F(8)

C.F(2)+F(4)+…+F(2n)=F(2n+1)-2

D-[F(l)]2+[F(2)]2+???+[F(n)]2=F(n)-F(n+1)

【答案】B,D

[解析][解答]對于A,[F(8)]2-F(7)F(9)=[F(8)]2-F(7)[F(7)+F(8)]=F(8)[F(8)-F(7)]-

222

[F⑺]2=F(8)F(6)-[F(7)]=[F(6)]-F(7)F(5)=…=[F(2)]-F(3)F(1)=-1,

A不符合題意.

對于B由尸(3)一尸(2)=尸(1),F(4)-F(3)=F(2),…，F(xiàn)(8)一尸(7)=3(6),

依次相加得，F(xiàn)(8)-F(2)=F(l)+F(2)+-+F(6),

故F(l)+F(2)+…+F(6)+1=F(8),B符合題意.

對于C,F(2n+1)-[F(2n)+F(2n-2)4-…+F(4)+F(2)]=

F(2n+1)-F(2n)-F(2n-2)-------F(4)-F(2)=F(2n-1)-F(2n-2)--------尸(4)-F(2)=

F(2n-3)-------F(4)-F(2)=…=F(3)-F(2)=F(l)=1,C不符合題意；

對于D,由F(n)F(n+1)-[F(n)]2=F(n)F(n—1),

則F(ri)F(n+1)-[F(n)]2-[F(n-l)]2-------[F(l)]2

=F(n)F(n-1)-[F(n-l)]2-------[F(l)]2=…=F(2)F(1)-[F(l)]2=0,

D符合題意；

故答案為：BD.

【分析】由題意可寫出前9個數(shù)，可以判斷AB選項，通過代入可知C錯，可得答案.

12.（3分）（2021?棗莊模擬）如圖，正方體ABCD-A^C^的棱長為1,點P是△內(nèi)部

（不包括邊界）的動點，若BD1AP,則線段AP長度的可能取值為（）

D.底

-TT

【答案】A,B,C

【解析】【解劄在正方體AC中，連接AC,AQ,4￡。當。1=。,如圖,

D\

BD±AC,BD±AAi,貝ljBDJ_平面ACGAi,

因AP±BD,所以APu平面ACCiA,,又點P是4B,CD.內(nèi)部（不包括邊界）的動點,

連接CO,平面BiCDc平面ACGAi=CO,所以點P在線段CO上（不含點C,O）,

連接A0,在等腰4OAC中，AC=a,A0=C0=號,而底邊AC上的高為1,

腰0C上的高h=圖=竽,從而有^<AP<42，

今苧都符合，堂不符合.

故答案為：ABC

【分析】由已知結(jié)合直線與平面垂直的判定與性質(zhì)可得P的軌跡，求出AO,與AC的長,再求出A

到0C的距離，結(jié)合選項得答案.

閱卷入

三、填空題（共4題；共4分）

得分

13.（1分）（2021?棗莊模擬）已知某地區(qū)中小學生的人數(shù)和近視情況分別如圖1和圖2所示，為了解

該地區(qū)中小學生的近視形成原因，用分層抽樣的方法抽取2%的學生進行調(diào)查，則抽取的高中生中近

視的人數(shù)為.

【答案】20

【解析】【解答】分層抽樣抽取的比例為2%,高中生抽取的學生數(shù)為40,抽取的高中生近視人數(shù)為

40x50%=20,故填20.

【分析】先計算出高中生人數(shù)，再根據(jù)近視率求得結(jié)果.

14.（1分）（2021?棗莊模擬）如圖，由四個全等的三角形與中間的一個小正方形EFGH拼成的一個

大正方形ABCD中，AF=3AE.設(shè)AF=xAB+yAD,貝IJx+y的值為.

【解析】【解答】過點F作,垂足為M,根據(jù)正方形的性質(zhì)，可知DA1AB,因此

FM//AD,

由題意可知：△力DE三aABF,所以AE=BF,由題意可知：EFGH是小正方形，

因此可知：AABF是直角三角形，設(shè)大正方形ABCD的邊長為1,AE=BF=a,

因為而=3AE,所以AF=3AE=3a,由勾股定理可知：

AB2—AF2+BF2n1=9a2+a2a—，

BFFM■yo-FM__3

由sinZFAB==＞尸”=而,

AB喬=丁=3710-

IO-

3國

AF__AM

由cosZFAB=_AM"M=k

AB=才=1--3V10

T

因為AF=AM+'MF=-^AB+^AD,所以％+丫=喘+葛=帶=

故答案為：|

【分析】過點F作,垂足為M,根據(jù)平面向量基本定理，結(jié)合銳角三角函數(shù)的定義進

行求解即可。

15.(1分)(2021?棗莊模擬)寫出一個圖象關(guān)于直線x=2對稱且在［0,2］上單調(diào)遞增的偶函數(shù)

f(x)=-

【答案】-cosgx

【解析】【解答】如/(X)=-cos^x,/(-%)=-cos(-^x)=-cos^x=/(x),即/(x)為偶函

數(shù)

由=kn,x=2k,k6Z,當k=1時，/(x)=—cos打關(guān)于直線x=2對稱

由［0,2］得Jxe［0,7r］,則由余弦函數(shù)的性質(zhì)可知，函數(shù)/(x)=-cosJx在［0,2］上單調(diào)遞增.

故答案為：/(X)=-cos*%

【分析】結(jié)合基本初等函數(shù)的性質(zhì)及余弦函數(shù)的性質(zhì)可求.

16.(1分)(2021?棗莊模擬)2020年11月23日國務(wù)院扶貧辦確定的全國832個貧困縣全部脫貧摘

帽，脫貧攻堅取得重大突破、為了使扶貧工作繼續(xù)推向深入，2021年某原貧困縣對家庭狀況較困難

的農(nóng)民實行購買農(nóng)資優(yōu)惠政策.

⑴若購買農(nóng)資不超過2000元，則不給予優(yōu)惠；

⑵若購買農(nóng)資超過2000元但不超過5000元，則按原價給予9折優(yōu)惠；

⑶若購買農(nóng)資超過5000元，不超過5000元的部分按原價給予9折優(yōu)惠，超過5000元的部分按原

價給予7折優(yōu)惠.

該縣家境較困難的一戶農(nóng)民預(yù)購買一批農(nóng)資，有如下兩種方案：

方案一：分兩次付款購買，實際付款分別為3150元和4850元；

方案二：一次性付款購買.

若采取方案二購買這批農(nóng)資，則比方案一節(jié)省元.

【答案】700

【解析】【解答】因為瑞^=3500<5000且3150>2000,所以實際付款3150元對應(yīng)的原價為

3500元，

又因為4850>5000x0.9,所以實際付款4850元對應(yīng)的原價大于5000元，

設(shè)實際付款485（）元對應(yīng)的原價為（5000+x）元，

所以5000x0.94-xx0.7=4850,解得%=500,

所以兩次付款的原價之和為：3500+5500=9000元，

若按方案二付款，則實際付款為：5000x0.9+4000x0.7=7300元，

所以節(jié)省的錢為：（3150+4850）-7300=700元，

故答案為：700.

【分析】按照方案一方案二算出實際付款數(shù)，然后進行比較得出答案。

閱卷人

四、解答題（共6題；共60分）

得分

17.（10分）（2021?棗莊模擬）已知數(shù)列｛即｝中，的=a?=1,且an+2=an+i+2an.記bn=

a^+i+t求證?

⑴（5分）（bn｝是等比數(shù)列；

（2）（5分）｛勾｝的前n項和T滿足：H■…+—<2>

nT”T1

【答案】（1）證明.由即+2=即+i+2即，得b4+i=&+2+即+i=2（dn+i+a。）=2%

又瓦=%+。2=2H0,所以｛bn｝是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列

（2）證明：由（1）知，7n=2；含2=2（2n一1）.

1

%+1=)

于是70+1—%=1n

Tn'Tn+lTn'Tn+l%Tn+12+1X1

歷,^^n+l

TThT^T；Tn-Tn+1

1111111

n--------?----)+--------3----)+<---：------------)1

22-12-12-12-1+…^2n-12-1

5I-尋1丁?

0

因為2n+l_1>■所以T^+T^+…+勿+1v1

Mn+12

【解析】【分析】(1)由a=a+2a,aa

n+2n+ln得0+1=n+2+n+l=2(%+i+Q〃)=2bn,即可

得出｛bn｝是等比數(shù)列

%+1_7n+l-7n_J__]_1z_J_

(2)由⑴知，7\=2蕓片=2(2"-1)可丁Mn+]F-F-E

11_9_+_二b三_+”.+,A±^<1

>3

?n+lJ，由?n+l.°進而可得

L—1L—17I”72了3M+l2。

18.（10分）（2021?棗莊模擬）若/（x）=sin（（ox+少）（3>0,0<cp<^）的部分圖象如圖所示,

/(0)=J./(§)=0.

（1）（5分）求/（%）的解析式；

⑵（5分）在銳角UBC中，若4>B,f（竽—僉）=|,求cos殍,并證明

.“、2店

sin?l>—g—?

【答案】⑴解：由/（0）=*,得sin（p=2，又OV0V*,故0=5.

由/（居）=0，得sin（co,招+專）=0?所以但,修+5=2kn+兀，kEZt

即3=2+等，k&Z,

由3〉0,結(jié)合函數(shù)圖象可知,所以0<3〈等.

又keZ,所以k-1,從而3=I2相2=2,因此，/（%）-sin（2x+

（2）解：由「（竽一金）=sin（4一B）=|，

"0<B<A,所以，0<4—B<§,故cos(A—B)=1.

???COSQ4—B)=2COS2V—1,于是cos^=p+cosf-B)=密.

乙Z\Z1U

所以，.竽=]1—32警=黑.

2'210

X▽A+B+6,-故AA=—4+5B―+—A-5B―>彳7i+―A-5B―.

乙ZZ4Z

又y=sinx在（0,芻上單調(diào)遞增，Ae（0,^）,今+殍e（o￡）,

FCis/.A、.,TI.4—8、,nA—B（n.A—B盤、,,3/10x/10.275

尸/T以sinA>sinqH—工—）—sin4cos——Fcossin—々——x（—JQ—,I--jg-）——g—

【解析】【分析】⑴由/（0）=1,結(jié)合0<0〈看可求得租=*由五點作圖法即可求得

3,從而可得/（X）的解析式；

（2）由〃殍一強=sin（4-B）=|,利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系可求得cosG4—B）=［,

利用二倍角公式即可求得cos警=ll+cos（A-B）=3V10,由力=竽+竽>今+竽利

27210NZ4N

用正弦函數(shù)在（0點）的單調(diào)性即可證得Sin4>攣.

乙5

19.（10分）（2021?棗莊模擬）如圖，正方體ABCD-的棱長為1,點F在棱CQ上，

過B,,F三點的正方體的截面a與直線AAt交于點E.

（1）（5分）找到點E的位置，作出截面a（保留作圖痕跡），并說明理由；

（2）（5分）已知CF=a,求a將正方體分割所成的上半部分的體積匕與下半部分的體積

V2之比.

【答案】⑴解：在正方形CDD&中，過尸作FG//DC,且交棱DD］于點G,

連接AG,在正方形ADDrAx內(nèi)過Di作D^Z/AG,且交棱于點E,

連接EB,ED］，則四邊形BEDrF就是要作的截面a.

理由:由題意，平面crCl平面ADr=DrE,

an平面BC]=BF,平面ADX//平面BCX,

應(yīng)有DiE〃BF,

同理，BE〃FD\,所以四邊形BED"應(yīng)是平行四邊形，

由作圖過程，F(xiàn)G//DC,FG=DC、又AB//DC,AB=DC,

所以AB//FG,AB=FG,所以四邊形ABFG是平行四邊形，

所以AG//BF,AG=BF,

由作圖過程，DXE//AG.又EA//DrG,

所以四邊形EAGD1是平行四邊形，所以D[E"AG,D^E^AG,

又AG//BF,AG=BF,所以DXE//BF,且0止=BF,

所以BED#是平行四邊形，四邊形BED#就是要作的截面

(2)解：由題意，CF=a(0<a<1),

由(1)的證明過程，可得ArE=a,

連接DiBi,則平面a將正方體分割所成的上半部分的幾何體可視為四棱錐DiiEBBi與四棱

錐D—iBFCi的組合體，

1(a+l)xl1[(1—a)+l]xl1

VT7T7T7XX1=

1-力[_A[E88]+力L8]8/C[=3---2---X1+wX-----g-----2*

而該正方體的體積V=1,K2=V-K1=1-J=2.所以匕:匕=1

【解析】【分析】⑴在正方形ADD.A,內(nèi)過D1作D\E〃AG,且交棱于點E,連接

EB,ED]，則四邊形BED#就是要作的截面a,由平面與平面平行的性質(zhì)證明；

(2)求出兩個四棱錐。1-4止8%與四棱錐Di-BiBPCi的組合體，作和可得匕，由正方

體的體積減去匕可得V2，作比得答案.

20.(10分)(2021.棗莊模擬)天問一號火星探測器于2021年2月10日成功被火星捕獲，實現(xiàn)了中

國在深空探測領(lǐng)域的技術(shù)跨越.為提升探測器健康運轉(zhuǎn)的管理水平，西安衛(wèi)星測控中心組織青年科技

人員進行探測器遙控技能知識競賽，已知某青年科技人員甲是否做對每個題目相互獨立，做對A,

B,C三道題目的概率以及做對時獲得相應(yīng)的獎金如表所示.

題目ABC

做對的概率0.80.60.4

獲得的獎金/元100020003000

規(guī)則如下：按照A,B,C的順序做題，只有做對當前題目才有資格做下一題.

(1)(5分)求甲獲得的獎金X的分布列及均值；

(2)(5分)如果改變做題的順序，獲得獎金的均值是否相同？如果不同，你認為哪個順序獲得

獎金的均值最大？(不需要具體計算過程，只需給出判斷)

【答案】⑴解：分別用A,B,C表示做對題目A.B,C的事件，則A,B,。相

互獨立.

由題意，X的可能取值為0,1000,3000,6000.

P(X=0)=P(才)=0.2；P(X=1000)=P(AB)=0.8X0.4=0.32

P(X=3000)=P(ABC)=0.8x0.6x0.6=0.288

P(X=6000)=P(ABQ=0.8x0.6x0.4=0.192.

所以甲獲得的獎金X的分布列為：

X0100030006000

P0.20.320.2880.192

E(X)=0X0.2+1000X0.32+3000X0.288+6000X0.192=2336

(2)解：改變做題的順序，獲得獎金的均值互不相同.

決策的原則是選擇期望值E(X)大的做題順序，這稱為期望值原則.做對的概率大表示題目比較容

易，做對的概率小表示題目比較難.

猜想：按照由易到難的順序做題，即按照題目A,B.C的順序做題，得到獎金的期望值最大

【解析】【分析】(1)確定X的可能取值，分別求出對應(yīng)的概率，列出分布列，由數(shù)學期望的計算

公式求解即可；

(2)利用期望值原則進行分析判斷即可.

21.(10分)(2021?棗莊模擬)已知動點M與兩個定點。(0,0),t1(3,0)的距離的比為1,動點

M的軌跡為曲線C.

(1)(5分)求C的軌跡方程，并說明其形狀；

(2)(5分)過直線%=3上的動點P(3,p)(pK0)分別作C的兩條切線PQ、PR(Q、

R為切點)，N為弦QR的中點，直線I：3%+4y=6分別與x軸、y軸交于點E、

F,求&NEF的面積S的取值范圍.

Jx2+y2_1

【答案】(1)解：設(shè)，由圈=/守J(f；+y22

化簡得x2+y2+2x—3=0,即Q+I)?+y2=4.

故曲線C是以(-1,0)為圓心，半徑為2的圓

(2)解：法一(由兩圓相交弦方程求切點弦方程)：

由題意知，PQ、PR與圓相切，Q、R為切點，貝1JDQLPQ,DRLPR

則D、R、P、Q四點共圓，Q、R在以DP為直徑的圓上(如圖).

設(shè)。(一1,0),又P(3,p)(pA0),則DP的中點為(1或)，\DP\=716+P2.

.2

以線段DP為直徑的圓的方程為(p、2

(%-1)+(y-另=

整理得%2+y2—2%—py—3=0①

(也可用圓的直徑式方程(%+1)(%一3)+(y-0)(y-p)=0化簡得.)

又Q、R在C：x2+y2+2x-3=00±,

由兩圓方程作差即②一①得：4%+py=0.

所以，切點弦QR所在直線的方程為4x+py=0.

法二(求Q、R均滿足的同一直線方程即切點弦方程)：

設(shè)0(-1,0),Q(%%),R(如、2).

由DQ_LPQ,可得Q處的切線上任一點T(x,y)滿足QTDQ=0(如圖),

即切線PQ方程為(%-/)(%1+1)+(y—%)(yi—0)=0.

整理得(%i+l)x+yry-xf-yf-=0.

又xi+y1+2/—3=0,

整理得(％i+l)x4-yyy+/一3=0.

同理，可得R處的切線PR方程為(%2+1)%+、2丫+%2-3=0.

又P(3,p)既在切線PQ上，又在切線PR上,

3(%i+1)+py+%i-3=0(4%i+py=0

所以x整理得1

3(%2+1)+py2+%2-3=0+P、2=°

顯然，Q(%i，yi),R(M，y2)的坐標都滿足直線4%+py=0的方程.

而兩點確定一條直線，所以切點弦QR所在直線的方程為4x+py=0.

則QR恒過坐標原點0(0,0).

由［;清）［消去x并整理得（16+p2）y2-8py-48=0.

設(shè)Q（K21）,R（X2，y2）,則為+巧=言”-

4P

點縱坐標y==

NN16+p2

因為p羊0,顯然yw*o,

所以點N與點D(-l,0),0(0,0)均不重合.

(或者由對稱性可知，QR的中點N點在X軸上當且僅當點P在X軸上,

因為pWO,點P不在x軸上，則點N也不在x軸上，所以點N與。、0均不重合.)

因為N為弦QR的中點，且D(-l,0)為圓心，

由圓的性質(zhì)，可得DN1QR,即DN1ON(如圖).

所以點N在以O(shè)D為直徑的圓上，圓心為G(-;,0),半徑r=；.

因為直線3%+4y=6分別與工軸、y軸交于點E、F

所以E（2,0）,F（0,|）,\EF\=|.

|3x（一；）+4x0—6|=3

又圓心G(-J,O)到直線3x+4y-6=0的距離d=

j32+42

設(shè)ANEF的邊EF上的高為h,則

點N到直線3%+4y=6的距離h的最小值為d-r=|-|=1

點N到直線3%+4y=6的距離h的最大值為d+r=5+±=2(如圖).

則S的最小值Smin=^x1xl=^,最大值Smax=^X^X2=1.

因此，ANEF的面積S的取值范圍是［|,|］

【解析】【分析】(1)設(shè)出點M的坐標，利用直接法建立關(guān)系式，化簡即可求解；

(2)寫出以DP為直徑的圓的方程，然后利用Q、R是兩個圓的交點得到QR所在直線方程，聯(lián)

立直線QR與