2023年廣東省佛山市重點學校高三（上）期末聯(lián)考數(shù)學試卷（含解析）

2023年廣東省佛山市重點學校高三(上)期末聯(lián)考數(shù)學試卷

一、單選題(本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項)

1.已知集合4={x[2nx<1},B={-2,0,1,2,4},則4rl8=()

A.{1}B.{1,2}C.{1,2,4}D.[0,1,2)

2.已知向量五=(L3),則下列向量中與日垂直的是()

A.(0,1)B.(-3,-1)C.(3,1)D.(-3,1)

3.已知角a的始邊與x軸非負半軸重合，終邊過點P(-l,-2),則siMa+sin2a=()

A.|B.|C.?D.與三

4.李明上學有時坐公交車，有時騎自行車，他各記錄了50次坐公交車和騎自行車所花的時

間，經(jīng)數(shù)據(jù)分析得到，假設坐公交車用時X和騎自行車用時丫都服從正態(tài)分布，X?N36),

y?N(〃2,22).X和丫的分布密度曲線如圖所示.則下列結果正確的是()

C.P(X<38)<P(y<38)D.P(X<34)<P(Y<34)

2

5.對于常數(shù)a,b"ab<0”是“方程a/+by=1對應的曲線是雙曲線”的()

A.充分不必要條件B.必要不充分條件

C.充要條件D.既不充分也不必要條件

6.若?n>n>l,a=VInm-lnn<6=(Znm+Inn),c=則()

A.a<b<cB.c<a<bC.b<a<cD.a<c<b

7.在下列函數(shù)中，最小正周期為TT.且在(0片)為減函數(shù)的是()

A./(x)=sin|2x|B./(%)=cos(2x+

C./(x)=\cosx\D./(%)=tan(2x-；)

8.已知函數(shù)/（外=。一3）靖，若經(jīng)過點（0,。）且與曲線y=/（x）相切的直線有三條，則（）

A.—3<a<-eB.a>-e

C.a<—3D.QV—3或a>—e

二、多選題（本大題共4小題，共20?0分。在每小題有多項符合題目要求）

9.下面是關于復數(shù)z=￡（i為虛數(shù)單位）的命題，其中真命題為（）

i-l

A.\z\=y]~2B.z—z2=1+i

C.z的共貌復數(shù)為一1+iD.z的虛部為1

10.兩個等差數(shù)列｛an｝和｛%｝,其公差分別為心和d2,其前n項和分別為％和%,則下列命題

中正確的是（）

A.若｛尸2為等差數(shù)列，則由=2al

B.若｛S.+%｝為等差數(shù)列，則刈+d2=0

C.若｛%%｝為等差數(shù)列,則由=d2=0

D.若%eN*,則｛與J也為等差數(shù)列，且公差為di+d2

11.如圖，在棱長為a的正方體4BCD-4B1GD1中，點P在側面BB1GC（包含邊界）內(nèi)運動，

則下列結論正確的有（）

A.直線BA，平面4G。

B.二面角/一CD-B的大小為]

C.過三點P,。的正方體的截面面積的最大值為，工。2

D.三棱錐8]-&GD的外接球半徑為Ca

12.已知隨機變量X的取值為不大于6N*）的非負整數(shù)，它的概率分布列為:

X0123n

PPoPiP2P3Pn

其中Pi。=0,1,2,3,…,71)滿足/6[0,1],且Po+Pi+P2++Pn=1.

23n

定義由X生成的函數(shù)f(x)=Po+P1X+P2X+p3x4---FPi%*4---Fpnx>g(x)為函數(shù)/(X)

的導函數(shù),E(X)為隨機變量X的期望.現(xiàn)有一枚質地均勻的正四面體型骰子，四個面分別標有1,

2,3,4個點數(shù)，這枚骰子連續(xù)拋擲兩次，向下點數(shù)之和為X,此時由X生成的函數(shù)為九。),

則()

A.E(X)=g(2)B./■式2)=學C.E(X)=g(l)D.*2)=華

三、填空題(本大題共4小題，共20.0分)

13.事件4的優(yōu)勢比定義為瑞?如果PQ4)=|,則事件4的優(yōu)勢比是.

14.已知圓的方程為/+必=1,拋物線的方程為y2=|久，則兩曲線的公共切線的其中一

條方程為.

15.設函數(shù)/(乃=絲?胃的最大值為M,最小值為m,則M+m=.

16.設橢圓廠的兩個焦點是Fi，F(xiàn)2,過FI的直線與廣交于P,Q兩點，若IPF2I=10尸2|,且

3\PF1\=4\QF1\,則橢圓廠的離心率為.

四、解答題(本大題共6小題，共70.0分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟)

17.(本小題10.0分)

已知數(shù)列｛斯｝的首項由=之乎=zArS€N*),

OW7IT'Cl/JI1

(1)求證數(shù)列｛；-2｝為等比數(shù)列：

an

(2)記…若勿V20,求九的最大值.

18.(本小題12.0分)

已知△4BC的外接圓半徑R=2且三個角的正弦值sin4,sinB,sinC成等比數(shù)列.

(1)求B的取值范圍；

(2)求△ABC的面積的最大值.

19.(本小題12.0分)

在如圖所示的圓柱MN中，AB為圓M的直徑，C,。是?上的兩個三等分點，EA,FC,G8都

是圓柱MN的母線.

(1)求證：FM〃平面4DE；

(2)若BC=1,已知直線4F與平面4BCD所成的角為30。，求二面角4一FB-C的余弦值.

20.(本小題12.0分)

汽車尾氣排放超標是全球變暖、海平面上升的重要因素.我國近幾年著重強調(diào)可持續(xù)發(fā)展,

加大在新能源項目的支持力度，積極推動新能源汽車產(chǎn)業(yè)迅速發(fā)展，某汽車制造企業(yè)對某地

區(qū)新能源汽車的銷售情況進行調(diào)查，得到下面的統(tǒng)計表：

年份t20172018201920202021

年份代碼x(x=t-2016)12345

銷量y/萬輛1012172026

(1)統(tǒng)計表明銷量y與年份代碼x有較強的線性相關關系，求y關于x的線性回歸方程，并預測

該地區(qū)新能源汽車的銷量最早在哪一年能突破50萬輛；

(2)為了解購車車主的性別與購車種類(分為新能源汽車與傳統(tǒng)燃油汽油車)的情況，該企業(yè)隨

機調(diào)查了該地區(qū)200位購車車主的購車情況作為樣本，其中男性車主中購置傳統(tǒng)燃油汽車的

有3名，購置新能源汽車的有45名，女性車主中有20名購置傳統(tǒng)燃油汽車.

①若3=95,將樣本中購置新能源汽車的性別占比作為概率，以樣本估計總體，試用(1)中

的線性回歸方程預測該地區(qū)2023年購置新能源汽車的女性車主的人數(shù)假設每位車主只購買

一輛汽車，結果精確到千人)；

②設男性車主中購置新能源汽車的概率為P，若將樣本中的頻率視為概率，從被調(diào)查的所有

男性車主中隨機抽取5人，記恰有3人購置新能源汽車的概率為/"(p),求當w為何值時，f(p)最

大.

附：，=晨+:為回歸方程，6=申；二"=，一欣?

21.(本小題12.0分)

在平面直角坐標系中，。為坐標原點，拋物線「：/=2py(p>0)的焦點為F,拋物線「上不

同兩點M,N同時滿足下列三個條件中的兩個：①|FM|+\FN\=\MN\；@\OM\=\ON\=

\MN\=8/石；③直線MN的方程為y=6p.

(l)請分析說明兩點M,N滿足的是哪兩個條件？并求拋物線r的標準方程；

⑵過拋物線廠的焦點F的兩條傾斜角互補的直線4B和CD交拋物線「于4B,C,D,且4,C兩

點在直線8。的下方，求證：直線40,8c的傾斜角互補并求直線4D,BC的交點坐標.

22.(本小題12.0分)

已知函數(shù)/'(x)=x+alnx+-^~xa.

(1)若￡1=2,試判斷函數(shù)/(x)的零點的個數(shù)：

(2)若不等式/'(x)>0對xG(1,+8)恒成立，求a的最小值.

答案和解析

1.【答案】B

【解析】

【分析】

本題考查了對數(shù)函數(shù)的性質及集合的交集運算，屬于基礎題.

由對數(shù)函數(shù)的性質化簡集合2=(x\lnx<1}={x[0<x<e},從而求AnB即可.

【解答】

解：???4={x|Znx<1}={x|0<x<e],

B={-2,0,l,2,4},

：.AnB={1,2},

故選：B.

2.【答案】D

【解析】

【分析】

本題主要考查兩個向量垂直的性質，向量數(shù)量積的坐標運算，屬于基礎題.

由題意利用兩個向量垂直的性質，得出結論.

【解答】

解：；向量a=(1,3),(1,3),(0,1)=0+3=3#：0,故向量(0,1)與向量五不垂直,故4不滿足條

件；

v(1,3)-(-3,-1)=—3—3=—60,故(—3,-4)與五不垂直，故B不滿足條件；

???(l,3)-(3,l)=3+3=6H0,故(3,1)與五不垂直，故C不滿足條件；

???(1,3)-(-3,1)=-3+3=0,故(一3,1)與五垂直，故。滿足條件，

故選：D.

3.【答案】B

【解析】解：???角a的始邊與x軸非負半軸重合，終邊過點P(-1,-2),

.-22門-1

?1?sinaF=一『c°sa=%=一"F'

則sin2a+sin2a=sin2a+2sinacosa=|^+2(———

故選:B.

由題意利用任意角的三角函數(shù)的定義，二倍角公式，計算求得結果.

本題主要考查任意角的三角函數(shù)的定義，二倍角公式，屬于基礎題.

4.【答案】C

【解析】

【分析】

本題考查正態(tài)分布曲線的特點及曲線所表示的意義，考查正態(tài)分布中兩個量〃和。的應用，考查曲

線的對稱性，屬于基礎題.

根據(jù)正態(tài)分布曲線的定義及對稱性逐一求解即可.

【解答】

解：由X?N(%,62),得。(X)=36,A錯誤；

由正態(tài)密度曲線圖像可知，“1=30,g=34,%<〃2，B錯誤；

由正態(tài)密度曲線圖像可知，1—P(XS38)>1-P(YW38),所以P(XW38)<P(YS38),C正

確；

由正態(tài)密度曲線圖像可知，P(X<34)>P(Y<34)=I，所以P(XS34)>P(YS34),。錯

誤.

故選：C.

5.【答案】C

【解析】

【分析】

本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，雙曲線方程的標準方程，屬于基礎題.

根據(jù)雙曲線的標準方程，結合充分條件和必要條件的定義進行判斷即可.

【解答】

解：若方程aM+by2=1對應的曲線是雙曲線，

由雙曲線的標準方程得帥<0；

當ab<0時，方程a%2+by2=1也滿足雙曲線的標準方程，

所以“ab<0”是“方程a/+by2=1對應的曲線是雙曲線”的充要條件，

故選：C.

6.【答案】A

【解析】

【分析】

本題考查對數(shù)的運算法則，基本不等式的應用，屬于中檔題.

利用對數(shù)的運算法則，基本不等式求解即可.

【解答】

解："m>n>1,Inm>Inn>0,

g(Inm+Inn')>VInm-Inn,(由基本不等式可得，mn,故取不到等號)，

b>a,

??,等>，訴，(由基本不等式可得，m^n,故取不到等號)，

In>InVmn=:In(mn)=；(Imm+Inn),c>b,

■■c>b>a,

故選:A.

7.【答案】C

【解析】

【分析】

本題主要考查三角函數(shù)的周期性和單調(diào)性，屬于中檔題.

由題意，利用三角函數(shù)的周期性和單調(diào)性，得出結論.

【解答】

解：由于/'(X)=sin|2x|不是周期函數(shù)，故排除4；

由于在(0雋)上，2%+"&,巧，/"。)=85(2%+勺不單調(diào)，故排除B；

乙oooo

由于/'(%)=|COSK|是周期為2x斗=7T的周期函數(shù)，在(0,方上，/(%)=|cosx|單調(diào)遞減，故。滿

足條件;

由于=tan(2x-：)的最小正周期為*故排除0,

故選：C.

8.【答案】A

【解析】

【分析】

本題考查利用導數(shù)研究過曲線上某點處的切線方程，訓練了利用導數(shù)求極值,考查運算求解能力，

是中檔題.

設切點為—求出過切點的切線方程，把(0,a)代入，可得一a=et?2-3t+3),構造

函數(shù)g(x)=e?/-3x+3),利用導數(shù)求極值，可得一a的范圍，進一步求得a的范圍.

【解答】

解:設切點為(t,(t-3)/),由f(x)=(%-3)〃，

得f'(x)=ex+(x-3)ex=(x—2)ex,尸(t)=(t—2)eJ

則過切點的切線方程為y-(t-3)ef=(t-2)et(x-t),把(0,a)代入，

可得a—(t—3)e。——(t—2)/(0—t),即—a=e'(t?—3t+3),

令gQ)=ex(x2—3x+3),則g'(x)=ex(x2—x),

可得當x€(-8,0)u(l,+8)時，g'(x')>0,當xe(0,1)時，g'(無)<0,

g(x)的增區(qū)間為(一8,0),(1,+co),減區(qū)間為(0,1),

又g(0)=3,g(l)=e,且當XT-8時，g(x)t0,當x-?+8時，g(x}-?4-00,

二若經(jīng)過點(0,a)且與曲線y=/'(%)相切的直線有三條，則e<-a<3,

可得-3<a<—e.

故選：A.

9.【答案】AD

【解析】

【分析】

本題考查了復數(shù)的概念以及運算法則，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題.

利用復數(shù)的概念及運算法則依次判斷選項即可.

【解答】

解：復數(shù)2=白=端匕=竽=1+?，

\z\=[LA正確；

z—z2=l+i—(l+i)2=l+i—2i=l-i,8錯誤;

z的共物復數(shù)為l-i,C錯誤；

z的虛部為1,。正確.

故選:AD.

10.【答案】AB

【解析】

【分析】

本題考查等差數(shù)列的定義以及等差中項求解是解題關鍵，等差數(shù)列的前n項和，屬于中檔題.

對于4：利用2G以=，至+/月，化簡即可得出答案.

對于8：利用2(S2+T2)=SI+A+S3+73,化簡即可得出答案.

對于C：利用2a2b2=%瓦+a3b3，化簡即可得出答案.

對于C：根據(jù)為“+1=d1d2，即可得出答案.

【解答】

解：對于a：因為｛不｝為等差數(shù)列，所以2n=n+jF，

即2，%+a2=Vcij+y]ar+a2+a3,

所以212al+S=V，3al+3n,

化簡得(di—2al產(chǎn)=0,所以四=2%,故4正確；

對于8：因為｛Sn+〃｝為等差數(shù)列，

所以2(52+T2)=SI+T[+S3+%，

所以2(2%+d]+2bl+d?)=a】+瓦+3al+3dl+3bl+3d2，

所以心+0(2=0，故B正確；

對于C：因為｛即力｝為等差數(shù)列，

所以2a2b2=a[b]+ct^>

所以2(%+d1)(b1+d2)—%瓦+(a1+2d1)(b1+2d2),

化簡得did2=0,所以d】=?；騞2=0或di=d2=0,故C不正確；

對于0：因為a”=%+(n—1)刈，S.bn&N*,

所&n=a1+(bn—1)右=?i+[瓦+(n—l)d2—l]^i，

a

所以ag+i-bn=%+(瓦-1)刈+ndrd2-ax--1)四一(n—=d^,

所以｛ag｝也為等差數(shù)列，且公差為d】d2,故。不正確.

故選AB.

11.【答案】AC

【解析】

【分析】

本題考查線面平行、線面垂直的判定與性質、二面角，三棱錐及正方體的外接球等基礎知識，考

查運算求解能力，是中檔題.

對于4,根據(jù)線面垂直的性質證明BDiAG，同理可得BL*1_LAD,即可證明；對于B,根據(jù)二

面角的定義可得二面角Bi-CO-B為NB1C8即可判斷；對于C,作出截面，分析可得當截面積最

大即可；對于。，根據(jù)三棱錐的外接球與正方體外接球為同一球，求解即可.

【解答】

解：對于4,連接為。1，?.?正方體4BCD-&B1GD1中，Bi。1上A?,BB11平面4$1的。1,又41G<=

平面Ai%QDi，

???BB11ArCr,又8也nBBi=/，當么，u平面8也8,

???&G-L平面當。窗,

???BD[u平面8也3,???&G1

同理，A1D1BD1,"=Ar,ArCr,u平面&QD,

BD1_L平面&Ci。，故A正確；

對于B,由正方體性質得。C_L平面BBiGC,得CCJ.B1C,DC1CB,

???二面角為一(?。一8為4當砥=今故B錯誤；

對于C,由對稱性，P在ABiCCi內(nèi)與^BiCB內(nèi)截面面積取最大值的情況相同，

且當P在當(?上時，截面即矩形為B1CD,面積為「a?,

二不妨設P在ABiCB內(nèi)(不包含BiG),設截面交BBi，BC分別于M,N,

則由正方體性質與面面平行的性質可得&O〃B]C,MN"B'C,

&ZV/MN,.?.截面為梯形&MND,

設MNCBG=/,BiCnBG=R,AtD0ADy=Q,

B[C1BC1,BtC1AB,ABnBC\=B,

BiC_L平面48。也，；.MN1平面48。也，又Q/u平面48。也，

:.MNJ.QI,即Q/為梯形&MND的高，

設/R=3則MN=2BI=2(BR-t)=yT2a-23

11_____

???S梯形A】MND=*N+A.D)-QI=2(2V2a-2t).9+一

=yT~2(a—丫t)-Va2+t2?

下證JM+12va即出+產(chǎn)<@2+yj~2ai+；產(chǎn)，

:?t<2A成立，

???Va2+t2<a4-號t成立，

?1?S梯形A、MND=V2(a-y0-Va2+t2<V2(a-yt)-(a+yt)=V2(a2-1t2)<V2a2?

"S梯形A、MND<S矩形A\B、CD=歷02，

???過三點P,A1，D的正方體的截面面積的最大值為S矩形ABICD=&。2,故C正確；

對于D,由題意得三棱錐當-46。的外接球即正方體ABC。-&B1C1D1的外接球，

其半徑為體對角線BA的一半，即?a，故。錯誤.

故選：AC.

12.【答案】CD

【解析】解：X的取值為2,3,4,5,6,7,8,則X的分布列為

X2345678

p131311

1684T6816

131311

55

+3X+4X+X+6X+7X十8X=

一

則E(X)8-4-一8-

161616

133415361718

X+X+X+X+X+X

8-4-8-

161616

1335971

234567

-X+-X+-X+-%+-X+-X+-X

8844882

1335971

+

g-+-+--+-+-+-

8844882

13359713

X2+X22+X23+83

g=--------

88448824

/1(2)=-X^+-X23+-X24+1X^+-X2^+|X2^^X2?=->

故選：CD.

求出X的分布列，可得數(shù)學期望，再根據(jù)定義求出后(%)=a2+#+看4+35+a6+

。7+2婢，求導得到以彷，代值計算即可判斷.

o10

本題考查了離散型隨機變量的分布列與數(shù)學期望的計算問題，屬于中檔題.

13.【答案】2

【解析】

【分析】

本題考查了事件與對立事件的概率計算問題，是基礎題.

根據(jù)事件4優(yōu)勢比的定義，計算即可.

【解答】

解：因為P(A)=|,所以PH)=1-|=5

2

-

32

-=

所以事件4的優(yōu)勢比為鷲=1

-

P(4)3

故答案為：2.

14.【答案】x-N~3y4-2=0或％+y/3y+2=0

【解析】

【分析】

本題考查兩曲線的公切線問題，導數(shù)的幾何意義及直線的點斜式方程的應用，方程思想，屬中檔

題.

先設公切線與拋物線切于點p(4,空菩互)，再利用導數(shù)的幾何意義及直線的點斜式方程求出PIH

的切線方程，再通過該切線與單位圓相切，從而建立方程求出沏，從而得兩曲線的公切線方程.

【解答】

解：設兩曲線的公共切線的其中一條公切線與拋物線y2切于點pQo,空萼百),

JV3

對取丫=容°，.?./=舅，

P處的導數(shù)為焉，

J,

???P處的公切線方程為y-2?甲=普0-

VO5y]XQ

2

即，五%—yj3xoy+\T_2XO=0,又該切線與圓/+y=1相切，

???d=彥=1=r,

V2+3%o

解得%o=2,

???兩曲線的公共切線的其中一條方程為，克尤--石y+2/2=0,

即K-Cy+2=0,

由對稱性可知：兩曲線的公共切線的另外一條方程為％+<3y+2=0,

故答案為：x—>T~3y+2=0或x+\/~~3y+2=0.

15.【答案】2

【解析】

【分析】

本題考查函數(shù)的最值，考查函數(shù)的奇偶性，解題的關鍵是將函數(shù)化簡，轉化為利用函數(shù)的奇偶性

解題，屬于中檔題.

函數(shù)可化為f(x)=l+鬻產(chǎn)，令g(x)=號譽，則g(X)=4等為奇函數(shù)，從而函數(shù)g(x)

專鬻的最大值與最小值的和為0,由此可得函數(shù)f(x)=竺若產(chǎn)的最大值與最小值的和.

【解答】

解：顯然函數(shù)f(x)的定義域為R

函數(shù)可化為f(x)=.("?窘—=1+然譽,

令g(x)=4鬻，定義域為R,

因為9(-%)=—2x+sin(—x)2x+sinx

x2+l'x2+l-gM

則g(x)=專等為奇函數(shù)，

???g。)與零的最大值與最小值的和為0.

2

?。?函數(shù)/(%)=(x+1)+sinx,的最大值與最小值的和為1+1+0=2.

x2+1

即M4-m=2.

故答案為：2.

16.【答案I?

【解析】

【分析】

本題考查橢圓的簡單性質，考查三角形中勾股定理的應用，考查了推理能力與計算能力，屬于中

檔題.

由題意畫出圖形，由IPF2I=I&F2I，3|PF/=4|QF/,利用橢圓的定義可得：\PFr\=2a-2c,

進一步求出IQ&I，\QF2\,過F2作FZNLPQ于點N,在直角三角形NQF2中，利用勾股定理可得可

得7e2-12e+5=0,即可求解.

【解答】

因為注尸2|=|月尸2|，且31PBi=4|QFi|,

所以IPF2I=I&F2I=2c,可得|PFi|=2a-2c,IQFJ=|(a-c),

故|QF2|=9+|c.

過尸2作尸2N_LPQ于點N,|NF2『=(2c)2-(a-c)2,\QN\=|(a-c),

在直角三角形NQF2中，

222

由|NF2『+\QN\=\QF2\'可得7c2-12ac+5a=0.

即可得7e2-12e+5=0,ee(0,1),

5

：?g—y-

故答案為:

17.【答案】解：(1)證明：由首項的=,，學i=:^(neN*),

可得品+】=藕,￡=智,

1—24an+l24a，+l—6a”1—2an

q

miln4-l_3an-_3a九_3a_1

-

_1__2-1一2例一一1一2即~~1-21-3,

Onananan

所以數(shù)列2｝是以公比為4的等比數(shù)列.

an4

(2)由(1)得2_2=(、_2).?-=一?\

小一(扔，

工+…+2=2九一

L+。22

由7；<20,則2n_lZ^2<20，即加+"，一<20，（neN*）,

得Fax=1°，

故n的最大值為10.

【解析】本題考查等比數(shù)列的判定、通項公式和求和公式的運用，考查轉化思想和運算能力、推

理能力，屬于中檔題.

(1)由條件求得一一=嚶生，再運用等比數(shù)列的定義即可得證；

%+13an

(2)由等比數(shù)列的通項公式可得工=2-4)n,再由數(shù)列的分組求和與等比數(shù)列的求和公式，可得

an$

Tn,得27i+g-G)"-g<20,可得所求n的最大值.

18.【答案】解:(1)由條件三個角的正弦值s譏A,sinB,s譏C成等比數(shù)列,

得siMB=sinA?sinC,

由正弦定理得/=QC,

由余弦定理cosB=吧生Q=吆金竺，

2ac2ac

因為彥d-c2>2ac,

g1

>

---

協(xié)以cosB2

又0VBV7T,則0VB線,即8￡(0苧；

11

2

(2)SA/1pc=/QCSinB=-hsinF,

因為々=2R=4,,所以b=4sin8,

smB

則S-BC=8sin3F<8x(半>=3G，

所以△ABC的面積的最大值為3，百.

【解析】(1)根據(jù)正弦定理，結合等比中項的性質與余弦定理列式可得cosB2^=g,再根據(jù)余

弦值的取值范圍求解即可；

(2)根據(jù)正弦定理結合面積公式，結合(1)中0<Bwg,求解最值即可.

本題考查正余弦定理、面積公式，等比數(shù)列性質，考查學生的運算能力，屬于中檔題.

19.【答案】解：(1)如圖，連接MC,MD.因為C,D是半圓觸的兩個三等分點,

所以/AMD=Z.DMC=4CMB=60°.

又AM=MB=MC=MD,

所以△力MD,△CMD,△BMC均為等邊三角形.

所以4M=4。=DC=CM,所以四邊形4DCM為菱形.

所以CM〃/W,

又因為MC仁平面4DE,力。u平面4OE,所以MC〃平面40E.

因為E4,FC都是圓柱MN的母線，所以弘〃FC,

又因為FCC平面ADE,4Eu平面AOE,所以FC〃平面4DE.

又CM,FCu平面FCM,且CMC!FC=C,

所以平面/=77M〃平面40E,

又FMu平面FCM,

所以FM〃平面4DE.

(2)連接AC,FC是圓柱MN的母線，所以FC，圓柱MN的底面,

所以NF4C是直線FC與平面ZBCD所成的角，即NF4C=30°,

因為力B是圓M的直徑，所以乙4cB=90°,

在RtzMBC中，/.ABC=60°,BC=1.

所以AC=BC-tan600=y/~3.

所以在Rt△力FC中，F(xiàn)C=AC-tan30°=1.

以C原點，分別以C4CB,CF所在的直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系C-xyz.如圖所

示，

則0,0),5(0,1,0),尸(0,0,1)，

所以，AB=(-<3,l,0),^4F=(-/-3,0,1).

設平面4FB的法向量為元=(x,y,z),

+y=°,令％=1,得y=z=C，

即匕1+z=0

平面AFB的一個法向量為司=(1,C,C),

又因為平面BCF的法向量為沆=(1,0,0),

所以cos(沅用=箭=吉=?

由圖可得二面角4-FB-C為銳角，

所以二面角4-FB-C的余弦值為?.

【解析】本題考查線面平行的判定與性質、面面平行的判定與性質、線面垂直的性質、二面角的

定義及其余弦值的求法等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題.

(1)連接MC,MD,則小力MD,△CMD,△BMC均為等邊三角形,從而四邊形4DCM為菱形,CM〃4D,

EA//FC,進而證明平面FCM〃平面4DE,由此能證明FM〃平面4DE.

(2)連接AC,FC是圓柱MN的母線，從而FC_L圓柱MN的底面，4F4c是直線FC與平面4BCD所成

的角，即NF4C=30。，推導出N4CB=90。，以C原點，分別以CB,CF所在的直線為%軸y軸

z軸建立空間直角坐標系C-xyz,利用向量法能求出二面角4-FB-C的余弦值.

20.【答案】解：(1)由題意得］=.匕勺1+葉9=3,亍=1。+12+；+20+26=17,

b=295嗅鱉17=4>則a=17-4X3=5，

55-45

???y關于x的線性回歸方程為y=4X+5，

則當y>50時，即4x+5>50,解得x>11.25,

故x的最小整數(shù)值為12,年份t=2016+12=2028,

故該地區(qū)新能源汽車的銷量最早在2028年能突破50萬輛;

(2)①由題意得該地區(qū)200位購車車主中女性有200-95-45=60名，則其中購置新能源汽車的

女性車主有60-20=40名，

???購置新能源汽車的車主中，女性車主所占比例為募，=得,

4U+451/

由(1)得當t=2023,即x=7時，y=33萬輛，

.??該地區(qū)2023年購置新能源汽車的女性車主的人數(shù)為33X*15.5萬人；

②由題意得其中0S3W135,則

則f(p)=C5,P3,(1-P)?=10(p5-2P4+p3),

則((p)=10(5p4-8P3+3P2)=10p2(p-l)(5p-3),

由尸(p)=0得p=1或p=I，由/(p)>0得;<p<|,由尸(p)<0得I<p<l,

???/(p)在1］上單調(diào)遞減，在4,|)單調(diào)遞增，

???當p=I，即麻=I，此時3=30時,/(p)取得極大值也是最大值，&)=10x(|)3x(1-1)2=

216

625,

故當3為30名時，f(p)最大為我.

【解析】⑴由題意得彳=1+2+羋+5=3,歹=1。+12+；+20+26=利用公式，即可得出答案；

(2)①求出購置新能源汽車的車主中，女性車主所占比例為盤，由(1)得該地區(qū)2023年購置新能源

汽車的銷量為33萬輛，即可得出答案；

②由題意得p=篇，其中0W3W135,則則f(p)=髭-p3.(i-p)2=io(p5一

2P，+p3),利用導數(shù)研究/(p)的單調(diào)性，即可得出答案.

本題考查線性回歸方程和用樣本數(shù)據(jù)估計總體，考查轉化思想和函數(shù)思想，考查邏輯推理能力和

運算能力，屬于中檔題.

21.【答案】解：(1)若同時滿足①②，由|FM|+|FN|=|MN|,可得MN過焦點?(0,貨,

當|OM|=|ON|時，|MN|=2p,而|OM|=|ON|=三羊|MN|=2p，

二①②不同時成立；

若同時滿足①③，由①|FM|+\FN\=\MN\,可得MN過焦點F(0,§),

??,直線MN的方程為y=6p,不過焦點尸(0,女，.?.①③不同時成立；

???同時滿足②③，由②|OM|=\ON\=\MN\=8c，且直線MN的方程為y=6p,

???6p=12^/2,Ap=2v2.

.?.拋物線「的標準方程為/=4>f2y；

(2)證明：設過拋物線r的焦點F的兩條傾斜角互補的直線2B和CD的方程分別為:

P

-

2—kx+即為y=fcx+yf~2,y——kx+

x2=

由方程組可得/=4y/~2^kx+yT-i),x2—4Hkx—8=0,

-kx-V\l~2

???4+=4>J~2k,xA-xB=—8,

同理以一/c代替k,可得%c+xD=-4y/~2k,xc-xD=—8,

***+%C+XD=0，

設直線40,BC的方程為)/=/qx+瓦，y=k2x4-b2^

2

由方程組｛；[，可得/=4-bi),%—4Hk]X—4y/~~2b1=0,

???xA-VxD=4\T~2klfxA?xD=TyTibi，

由方程組，二；小同理Xc+XB="W，，％C,=-4/%2

?,?馬+=4yJ~^k]+4H42，又XA++%c+%。=0，

?，?k]+k?=0.

???直線4D,8C的傾斜角互補，

由/+&+凡+孫=°，xA-xD=-4\^瓦，xA-xB=-8,xc-xD=-8,

得以+和+言+言=0,

-80)+沏)

(0+x)+=0,

D孫.和

?.?(…。"一/)=°，

x-

顯然當+D=4V2k1*0

18

"1_-4E1_0,:.b[=—7-2>

同理電=-T2,

.??直線AD,BC同過點P(0,-C),

故直線4D,BC相交于定點P(0,-C).

【解析】本題考查拋物線的簡單幾何性質，直線與拋物線相交的位置關系，設而不求法，根與系

數(shù)的關系應用，方程思想，抽象運算能力，屬難題.

(1)分別分析三種組合，從而得只有組合②③滿足題意，接著再建立方程，從而得解;

(2)先設出過拋物線交點的兩直線AB,C。分別為y=kx+=-kx+。，再聯(lián)立拋物線方

程求出/+xB=4y/~2k,xA-xB=-8>xc+xD=-4y/-2k,xc-xD=-8,從而得/+xB+xc+

x