2022年广东省东莞市高考数学一模试卷及答案解析

2022年广东省东莞市高考数学一模试卷

注意事项：

1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号

条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标

号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效。

3、非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在

试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效。

4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。

一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只

有一项是符合题目要求的.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.

1.设集合4=国0W》忘4},B={x\x12-2r-3<0},则ACB=()

A.{R0WxW3}B.{R-lWxW4}C.{x|-lWxW3}D.{x|0WxWl}

2.(x+1)2+(jt+l)3+(x+1)4的展开式中7项的系数是()

A.9B.10C.11D.12

3.已知函数/(x)=siu,g(x)则下列结论正确的是()

A.f(x)g(x)是偶函数B.\f(x)|g(x)是奇函数

C.f(x)\g(x)|是奇函数D.[/"(%)g(x)|是奇函数

-44-TC]

4.若aG(0/TT),2tana=——亍，贝！Itana=()

，cos'a

1LL

A.-B.1C.2-<3D.V3

2

5.甲乙两人在数独APP上进行“对战赛”，每局两人同时解一道题，先解出题的人赢得一

局，假设无平局，且每局甲乙两人赢的概率相同，先赢3局者获胜，则甲获胜且比赛恰

进行了4局的概率是()

3313

A.—B.-C.—D.—

1081616

6.“中国天眼”(如图1)是世界最大单口径、最灵敏的射电望远镜，其形状可近似地看成

一个球冠(球冠是球面被平面所截的一部分，如图2所示，截得的圆叫做球冠的底，垂

直于截面的直径被截得的线段叫做球冠的高.若球面的半径是R,球冠的高度是/?,则球

冠的面积5=如/?〃).己知天眼的球冠的底的半径约为250米，天眼的反射面总面积(球

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冠面积）约为25万平方米，则天眼的球冠高度约为（）

（参考数值：J^-lx0.52）

图2

A.52米B.104米C.130米D.156米

7.已知直线/过抛物线C：y1=2px（p>0）的焦点，且与该抛物线交于M,N两点.若线

段MN的长为16,MN的中点到），轴距离为6,则△MOM。为坐标原点）的面积是（）

A.8V3B.8V2C.6A/2D.6

7171

8.已知。为坐标原点，点P为函数y=co*图象上一动点，当点P的横坐标分别为不，-，

128

7T

二时，对应的点分别为尸I，P2,乃，则下列选项正确的是（）

6

A.\0Pi\>\0P2\>IOP3IB.|OPi|>IOP3I>IOP2I

C.\OP2\>\OP3\>\OPi\D.\OP3\>\OP2\>\OPi\

二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有

多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.请把正确选

项在答题卡中的相应位置涂黑.

（多选）9.已知复数21，Z2,Z3,可是zi的共轨复数，则下列结论正确的是（）

A.若Zl+Z2=0,则|zi|=|Z2|B.若Z2=五，则比|=0|

C.若Z3=Z1Z2，则|Z3|=|Z1||Z2|D.若|Z1+1|=|Z2+1|,则力尸㈤

（多选）10.已知函数/（x）=asinx+bcosxf若/（0）=V5且对任意在R都有/（%）4/g）,

则下列结论正确的是（）

A./（%）=275cos（%+

B.f（x）=2y13sin（x+看）

7T

C./（x）的图象向左平移一个单位后，图象关于原点对称

6

D./（%）的图象向右平移与个单位后，图象关于y轴对称

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（多选）11.气象意义上从春季进入夏季的标志为“当且仅当连续5天每天日平均温度不低

于22℃现有甲、乙、丙三地连续5天日平均温度的记录数据（数据均为正整数，单位℃）

且满足以下条件：

甲地：5个数据的中位数是24,众数是22；

乙地：5个数据的中位数是27,平均数是24；

丙地：5个数据有1个是30,平均数是24,方差是9.6.

根据以上数据，下列统计结论正确的是（）

A.甲地进入了夏季

B.乙地进入了夏季

C.不能确定丙地进入了夏季

D.恰有2地确定进入了夏季

（多选）12.已知函数f（x）={,则下列结论正确的是（）

A.f（H）=4「"，“eN”

B.axe（0,+8）,

C.关于x的方程/（x）=4・"（废N*）的所有根之和为M+掾

D.关于x的方程f（x）=4・"（〃6N*）的所有根之积小于5!）2

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把答案填在答题卡的相应位置上.

%2y2

13.已知尸为双曲线C：——-=1的一个焦点，则点尸到双曲线C的一条渐近线的距离

916

为.

14.已知一个圆锥的底面半径为3,其侧面积为15m则该圆锥的体积为.

15.桌面上有一张边长为2的正三角形的卡纸，设三个顶点分别为A,B,C,将卡纸绕顶

57rt—

点C顺时针旋转一，得到A、8的旋转点分别为4、B1，贝.

6

16.龙曲线是由一条单位线段开始，按下面的规则画成的图形：将前一代的每一条折线段都

作为这一代的等腰直角三角形的斜边，依次画出所有直角三角形的两段，使得所画的相

邻两线段永远垂直（即所画的直角三角形在前一代曲线的左右两边交替出现）.例如第一

代龙曲线（图1）是以4A2为斜边画出等腰直角三角形的直角边AM3,4»2所得的折线

图，图2、图3依次为第二代、第三代龙曲线（虚线即为前一代龙曲线）.Ai，A2,A3为

第一代龙曲线的顶点，设第〃代龙曲线的顶点数为引，由图可知ai=3,“2=5,.3=9,

第3页共24页

四、解答题：本大题共6小题，第17题10分，18、19、20、21、22题各12分，共70分.

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区

域内，超出指定区域的答案无效.

17.(10分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知/=bcosC+ccosB.

(1)求4；

(2)若4=,△ABC的面积为遗，求△ABC的周长.

J4

18.(12分)设等差数列｛斯｝的前〃项和为8,且3=17,54=2a2+22.

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(1)求数列｛念｝的通项公式；

(2)在任意相邻两项以和或+1(4=1，2,3,…)之间插入2*个1,使它们和原数列的

项构成一个新的数列也力，求数列｛a｝的前200项的和r2oo.

19.(12分)如图，在正四棱锥S-ABCO中，点O,E分别是BO,BC中点，点F是SE

第5页共24页

上的一点.

(1)证明：OFLBC；

(2)若四棱锥S-ABCZ)的所有棱长为2声，求直线OF与平面SQE所成角的正弦值的

最大值.

20.(12分)已知某次比赛的乒乓球团体赛采用五场三胜制，第一场为双打，后面的四场为

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单打.团体赛在比赛之前抽签确定主客队.主队三名选手的一单、二单、三单分别为选

手A、B、C,客队三名选手的一单、二单、三单分别为选手X、KZ.比赛规则如下：

第一场为双打（yz对阵8C）、第二场为单打（X对阵A）、第三场为单打（Z对阵C）、

第四场为单打（丫对阵A）、第五场为单打（X对阵B）.已知双打比赛中YZ获胜的概率

是士单打比赛中X、KZ分别对阵A、B、C时，X、八Z获胜的概率如表：

4

选手ABC

选手

X211

323

Y112

323

Z121

432

（1）求主、客队分出胜负时恰进行了3场比赛的概率；

（2）客队输掉双打比赛后，能否通过临时调整选手丫为三单、选手z为二单使得客队团

体赛获胜的概率增大？请说明理由.

21.（12分）已知点4为椭圆C：今+1=l（a>b>0）的左顶点，点尸（1,0）为右焦点,

第7页共24页

直线/：x=4与x轴的交点为N,且|AQ=|FN|,点例为椭圆上异于点A的任意一点，直

线AM交/于点P.

(1)求椭圆C的标准方程：

(2)证明：NMFN=2NPFN.

22.(12分)已知a>0且aWl,函数/'(x)=logaX+aa/.

第8页共24页

(1)若。=6,求函数/(X)在X=1处的切线方程；

(2)若函数/(x)有两个零点，求实数a的取值范围.

第9页共24页

2022年广东省东莞市高考数学一模试卷

参考答案与试题解析

一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只

有一项是符合题目要求的.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.

1.设集合A={x|0WxW4},B={X|?-2X-3W0},则4n8=()

A.{x|0WxW3}B.{X-l〈xW4}C.{x|-l<xW3}D.{x|0WxWl}

解：由已知可得集合B={x|-1WXW3},

则ACB={x|0WxW3},

故选：A.

2

2.(JC+1)+(x+1)3+(x+i)4的展开式中7项的系数是()

A.9B.10C.IID.12

解：(x+1)2+(x+1)3+(x+1)4的展开式中7项的系数为以+eg+番=1+3+6=10.

故选：B.

3.已知函数/(x)=sin.r,g(x)=/+e),则下列结论正确的是()

A.f3g(x)是偶函数B.|/(x)|g(x)是奇函数

C.f(x)心(x)|是奇函数D.，(x)g(x)|是奇函数

解：函数,f(x)=sinx为奇函数，

g(x)=*+/*,g(-x)=e'x+ex=g(x),则g(x)为偶函数，

所以/(x)g(x)为奇函数，故A错误；

彷(元)1为偶函数,则，(X)板(x)是偶函数,故B错误；

于(x)|g(X)1是奇函数,故C正确；

\f(x)g(x)1是偶函数,故。错误.

故选：C.

1

4.若Q€(0,分2tana=二——厂，贝ijtana=()

cos乙a

1

A."B.1C.2-V3D.V3

2

sina+cos'a.

解：由于2taTicc———=---------=tan7a+1,

cos£acos£a

由于aG(0,今

整理得tana=l.

第10页共24页

故选：B.

5.甲乙两人在数独APP上进行“对战赛”，每局两人同时解一道题，先解出题的人赢得一

局，假设无平局，且每局甲乙两人赢的概率相同，先赢3局者获胜，则甲获胜且比赛恰

进行了4局的概率是（）

3313

A.—B.-C.—D.—

1081616

解：甲乙两人各自解题是相互独立事件，又知每局中甲乙两人赢的概率相同，

11

即甲赢的概率为大甲输的概率为二.

22

其概率是第8）2X（》】X3急

故选：D.

6.“中国天眼”（如图1）是世界最大单口径、最灵敏的射电望远镜，其形状可近似地看成

一个球冠（球冠是球面被平面所截的一部分，如图2所示，截得的圆叫做球冠的底，垂

直于截面的直径被截得的线段叫做球冠的高.若球面的半径是R,球冠的高度是〃，则球

冠的面积S=2TTR/?）.已知天眼的球冠的底的半径约为250米，天眼的反射面总面积（球

冠面积）约为25万平方米，则天眼的球冠高度约为（）

（参考数值：«0.52）

图1

A.52米B.104米C.130米D.156米

解:如图,

O'8=250,球面半径为R,球冠的高是万，

则球冠面积S=2uRh.

在RtZ\。。'B中，有(R-/z)2+2502=/?2,

整理得2R〃=/?+25()2,则如R/LTtM+n.zso2,

n/?2+n•25()2=250000,得M=2500O()FX250：=53750.7118,

nn

；./?七130米,

第11页共24页

故选：c.

7.已知直线/过抛物线C：（p>0）的焦点，且与该抛物线交于M,N两点.若线

段的长为16,MN的中点到），轴距离为6,则△MOMO为坐标原点）的面积是（）

A.8>/3B.8V2C.6V2D.6

解：设M（xi,yi）,N（*2，”），

由抛物线的定义可知|MN|=xi+x2+p=16,

x-t+%O

又的中点到y轴距离为6,—=6,：.x\+x2=\l,

12+/?=16,；・p=4,

...抛物线C的方程为）2=8X,焦点坐标为（2,0）,

设直线/的方程为*=机>2,

联立方程。盘：之，消去x得J-8,町-16=0,

・・・yi+y2=8〃7，y\y2=-16，

m

xt+乃=（yi+丫2）+4=87n2+4=12,

・••加2=1,

2-2

：・SAMON=切。F|•1月一、2l=2x2x7(yt4-y2)4yty2=V64m-F64=8A/2,

故选：B.

7777

8.已知O为坐标原点，点P为函数y=cosx图象上一动点，当点P的横坐标分别为n~

128

TC

二时，对应的点分别为尸1，P2,P3,则下列选项正确的是（）

6

A.|。尸1|>1。尸2|>|0尸3|B.\OP\\>\OP3\>\OP2\

C.\OP2\>\OP3\>\OP]\D.\OP3\>\OP2\>\OPi\

71

解：由于余弦函数的图象在［0,3上单调递减:

，一7T7171

由于一<~<-,

1286

第12页共24页

日、湍e兀一点兀_/cos*+l_停+1_IV2171_襄+屈

且俩足cos^=wcosg=,J—2—==A/T+2?cos12=~4~9

所以|0川=庐箸)2+(佥)2,

1。「2|=j《)2+(¥+》,

|叫=\(软+(务2,

利用平方法，整理得：\OP3\>\OP2\>\OPi\；

故选：D.

二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有

多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得。分，部分选对的得2分.请把正确选

项在答题卡中的相应位置涂黑.

(多选)9.已知复数zi，Z2,Z3,痣是zi的共轨复数，则下列结论正确的是()

A.若Zl+Z2=0,则|zi|=|Z2|B.若Z2=^,则|Z1|=|Z2|

C.若Z3=Z1Z2,则|Z3|=|Z1||Z2|D.若|Z1+1|=|Z2+1|,则|Z1|=|Z2|

解：选项A：若Z1+Z2=O,则Z1=-Z2，所以|zi|=|-Z2|=|Z2|,故A正确，

选项B：设zi=x+yi(x,yGR),则五=x-yi,则|zil=区|=忆2],故B正确，

选项C：设zi=x+yi,Z2=a-hi(x,y,a,Z>GR),则ziz2=(x+yz)Ca-hi)=(ax+by)

+(ay-hx)i,

2222

则|ziz2|=y/^ax+by)4-(ay-fox)=+y2)g2+炉),|21||z2|=y/x+y•

yja24-b2,所以|z3|=|ziz2|,故C正确，

22

选项。：设zi=2+4i,Z2=4,贝！J|zi+l|=|3+4i|=5=|z2+l|=|5|=5,但是|zt|=V2+4=

2而W|Z2|=4,故。错误，

故选：ABC.

(多选)10.已知函数/(x)=asinx+bcosx,若f(0)=次且对任意大WR都有/(%)</(分

则下列结论正确的是()

A./(%)=2V3cos(x+刍

B./(x)=2>/3sin(x+看)

TC

C./(x)的图象向左平移一个单位后，图象关于原点对称

6

第13页共24页

D.f(x)的图象向右平移区•个单位后，图象关于y轴对称

解：由于函数满足/(0)=V3,故/(0)=b=V3,

由于/(5)=苧。+苧=Va2+3,解得a=3；

所以7(x)=3siiu+V3cosx=2y/3sin(x+看)，

故4错误，8正确；

对于C：当函数/(x)的图象向左平移三个单位，得到g(x)=2%sin(x+给的图象，

故c错误；

7T

对于。：当函数f(x)的图象向右平移工2-个单位，得到g(x)=2j5s讥(％-?)=-2\/3cosx

的图象，故函数的图象关于)，轴对称，故。正确.

故选：BD.

(多选)11.气象意义上从春季进入夏季的标志为“当且仅当连续5天每天日平均温度不低

于22℃现有甲、乙、丙三地连续5天日平均温度的记录数据(数据均为正整数，单位℃)

且满足以下条件：

甲地：5个数据的中位数是24,众数是22；

乙地：5个数据的中位数是27,平均数是24；

丙地：5个数据有1个是30,平均数是24,方差是9.6.

根据以上数据，下列统计结论正确的是()

A.甲地进入了夏季

B.乙地进入了夏季

C.不能确定丙地进入了夏季

D.恰有2地确定进入了夏季

解：甲地：5个数据由小到大排，则22,22,24,a,b,其中24<a<b,满足进入夏季

的标志；

乙地：将5个数据由小到大排，则a,b,27,c,d,其中

则27+c+心81,而a+b+27+c+d=120,

故a+bW39,其中必有一个小于22,故不满足一定进入夏季的标志；

丙地：设5个数据为a,h,c,d,30,且a,h,c,deZ,

由方差公式可知：(a-24)2+(&-24)2+(c-24)2+(</-24)2+(30-24)2=9.6X5

第14页共24页

=48,

则(a-24)2+(6-24)2+(c-24)2+(J-24)2=12=9+1+1+1,

不妨设|a-24|=3,步-24|=|c-24|=|d-24|=1,

则6,c,4均大于22,但。不确定是否大于22,故不能确定丙地进入夏天.

故选：AC.

(多选)12.已知函数/(%)=｛，则下列结论正确的是()

A.f(n')=4L"，“6N*

1

B.3xG(0.+8),/(%)>-

C.关于x的方程/G)=4'-M(nGN*)的所有根之和为M+g

D.关于x的方程/(x)=4「"(〃CN*)的所有根之积小于(川)2

1111

解：f(l)=1，f(n)=z/(n-1)=词f(n-2)=…=A正确；

444

当xe(0,1]时，/(%)<1,i>1,/(%)<p

1111

当(1,+8)时，/(无)=4/'(x-1)=…=审/(无一n)〈审V亍，(〃=田，田表示不

超过x的整数)，所以B错；

f(X)=4°的根为X],X2，%14-%2=2x2,&=工1%2=可1，

27

]

f(x)=4~的根为久3，%4，％3+%4=2X(可+1),d2=X3x4=(%t+1)(%2+1)=办+可

f(x)"的根为必1-1，X2"，X2n-l+%2九=2X。+九-1),dn=dn_14-2n—

所有根的和为：2[^+1n(n-l)]=n2+1n,C正确;

2

由42=dn_i+271—.累加可得d九=B+言+学+…+(2n-3]=n-Vn?,

所以所有根之积小于1?X22X32X…X"2=(川)2,£)正确.

故选：ACD.

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把答案填在答题卡的相应位置上.

%2y2

13.己知产为双曲线C二一一=1的一个焦点，则点尸到双曲线C的一条渐近线的距离

916

为4.

第15页共24页

xy,_____

解：双曲线C：—=1,可知4=3,6=4,c=-9+16=5,

916

则可设尸(5,0),

设双曲线的一条渐近线方程为y=%,即4x-3y=0,

则F到渐近线的距离为d==4,

J3W

故答案为:4.

14.已知一个圆锥的底面半径为3,其侧面积为15m则该圆锥的体积为12n

解：圆锥的轴截面如图,

由题意知AO=3,则TTXAO><SA=15TT,

所以SA=5,

由勾股定理得SO=4,

1

所以y=3兀xOA2xSO=127T.

故答案为：12TT.

15.桌面上有一张边长为2的正三角形的卡纸，设三个顶点分别为4,B,C,将卡纸绕顶

57r—t

点C顺时针旋转丁，得到A、B的旋转点分别为Ai、Bl,则441•=」百+」.

6

57r

解：三个顶点分别为4,B,C,将卡纸绕顶点C顺时针旋转丁，可知BiCLCA,

以C为坐标原点，BC所在直线为X轴，CA所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐

标系，

由正三角形的边长为2,则可得4(-1,V3),B\(-2,0),A(0,-2),B(V3,-

1),

则A[=(-1,2+V3),BB1=(-V3-2,1),

所以4k4入二一IX(-V3-2)+(2+V3)X1=2V3+4.

第16页共24页

16.龙曲线是由一条单位线段开始，按下面的规则画成的图形：将前一代的每一条折线段都

作为这一代的等腰直角三角形的斜边，依次画出所有直角三角形的两段，使得所画的相

邻两线段永远垂直（即所画的直角三角形在前一代曲线的左右两边交替出现）.例如第一

代龙曲线（图1）是以4A2为斜边画出等腰直角三角形的直角边443,所得的折线

图，图2、图3依次为第二代、第三代龙曲线（虚线即为前一代龙曲线）.4,A2,A3为

第一代龙曲线的顶点，设第"代龙曲线的顶点数为功”由图可知。1=3,“2=5,内=9,

n1

由42-41=2=2143-42=4=22,44-43=8=23,可以发现，an-an-i=2-,

利用累加法得a,,-«I=2'+22+...........+2"“=2(：2；?

所以斯=2°｝；)+“I=2。二;1)+3=2”+1.

2n

设｛瓦｝=~

2nli11

则b=--------=-ji-—,Sn=bi+b2+....+bn=-----+

n(2n+l)(2n+1+l)2+12n+1+l2I+122+1

1111_11____11

22+123+1............2=+12n+1+l-2^+12n+1+l-32n+1+l'

四、解答题：本大题共6小题，第17题10分，18、19>20、21、22题各12分，共70分.

第17页共24页

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区

域内，超出指定区域的答案无效.

17.(10分)ZvlBC的内角A,B,C的对边分别为〃，b,c,已知a2=6cosC+ocosB.

(1)求a；

(2)若4=与，△ABC的面积为求△ABC的周长.

解：(1)a2=bcosC+ccosB,

，由正弦定理可得，asinA=sinBcosC+sinCcosB=sin(B+C)=sinA,

VA6(0,n),

...sinAWO,

***4/=1.

V3

(2):△ABC的面积为一，

4

1V3

bcsinA=—,解得Z?c=l,

24

由余弦定理可得，a2=b1+c2-2bc*cosA=(0+c)2-3bc=(b+c)2-3,

**•b+c=2,

：.AABC的周长为a+b+c=1+2=3.

18.(12分)设等差数列｛斯｝的前〃项和为S〃，且〃5=17,54=2022.

(1)求数列｛斯｝的通项公式；

(2)在任意相邻两项延和或+1(后=1,2,3,•••)之间插入2*个1,使它们和原数列的

项构成一个新的数列｛为｝,求数列｛为｝的前200项的和7200.

(1)解：设等差数列｛念｝的公差为"，

由题得L(=a温=1+722，即］他++4竽d=d17=2(%+d)+22，

整理得｛煞夕1，

91+2a=11

解得｛建3*

所以a”=3〃+2.

(2)解：由题意可知｛bn｝的各项为由,L1,a2,1,1,1,1,

a3,1,1,1,1,1,1,1,1,…耿，1，1，义…,以+1，…，

即5,1,1,8,1,1,1,1,11,1,1,1,1,1,1,1,1,…3k+2,1,1,

第18页共24页

1

尹…,3k4-5/…，

因为2+22+23+24+25+26+7=133V200,

且2+22+23+24+25+26+27+7=261>200,

所以ai，a2,as，44,as，a(>,“7会出现在数列｛为｝的前200项中，

所以。7前面(包括)共有126+7=133项，所以的后面(不包括“7)还有67个1,

所以心。。=(5+8+11+14+17+20+23)+(2+22+23+24+25+26)+67

=今也+等学+67=291.

Z1-Z

19.(12分)如图，在正四棱锥S-A8CQ中，点O,E分别是8。，BC中点，点户是SE

上的一点.

(1)证明：OF1BC；

(2)若四棱锥S-ABCD的所有棱长为2vL求直线。尸与平面S3E所成角的正弦值的

最大值.

(1)证明：连接SO,0E,所以SOJ_平面ABC3,

因为8Cu平面A8CQ,所以SO_L3C,

又0,E分别为B。，BC中点，且ABC。为正方形,

所以OELBC,

又SOCOE=O,

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所以BCJ_平面SOE,

因为OFu平面SOE,

所以OF_L8C；

(2)解：易知08,OC,OS两两相互垂直，如图，以点0为坐标原点，OB,OC,OS

为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

因为四棱锥S-ABCD的所有棱长为2注,

所以3。=4,S0=2,

所以0(0,0,0),S(0,0,2),D(-2,0,0),E(1,1,0),

设豆=4后(0<71<1),得/(入，入，2-2人)，

则而=(-2,0,-2),DE=(3,1,0),OF=(A,X,2—24),

设平面的法向量为蓝=(x,y,z),

则E①=-2x-2z=0,解得［二取尸］,得£=(］,-3,-1),

,n-DE=3x+y=0一

设直线OF与平面SDE所成角为。，

r.i.i.।,xTcvi\vt'OF\|A—3A—2+2A|2snn、

n=\cos(n,0F)\=4;~~=-----(=-------,-(0<A<1),

|n|-|0F|yilJ/l2+l2+|2-2A|27Tlj622-8A+4

_o74J33

当；1=一送=50寸，6入2-8入+4取得最小值一，此时sin。取得最大值——.

2X63311

20.(12分)已知某次比赛的乒乓球团体赛采用五场三胜制，第一场为双打，后面的四场为

单打.团体赛在比赛之前抽签确定主客队.主队三名选手的一单、二单、三单分别为选

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手4、B、C,客队三名选手的一单、二单、三单分别为选手X、KZ.比赛规则如下：

第一场为双打（yz对阵BC）、第二场为单打（X对阵A）、第三场为单打（Z对阵C）、

第四场为单打（y对阵A）、第五场为单打（X对阵8）.已知双打比赛中yz获胜的概率

是工，单打比赛中X、八Z分别对阵A、B、C时，X、KZ获胜的概率如表：

4

选手ABC

选手

X211

323

Y112

323

Z121

432

（1）求主、客队分出胜负时恰进行了3场比赛的概率；

（2）客队输掉双打比赛后，能否通过临时调整选手丫为三单、选手Z为二单使得客队团

体赛获胜的概率增大？请说明理由.

解：（1）设“主、客队分出胜负时恰进行了3场比赛”为事件A,

则事件A包含“主队3场全胜”和“客队3场全胜”两类事件，

“主队3场全胜”的概率为（1-1）X（1-1）X（1-1）=1

4□Zo

1211

“客队3场全胜”的概率为-x-x-=—,

43212

所以P⑷=4+条=言.

（2）能，理由如下：

设“剩余四场比赛未调整y,z出场顺序，客队获胜”为事件M,

第二场单打（X对阵A）,第三场单打（Z对阵C）,第四场单打（丫对阵A）,第五场单打

（X对阵B）的胜负情况分别为：

胜胜胜，胜负胜胜，胜胜负胜，负胜胜胜，

mnn/0、211,2111,2121,111111

DO

设“剩余四场比赛调整匕Z出场顺序，客队获胜”为事件N,

第二场单打（X对阵A）,第三场单打（V对阵C）,第四场单打（Z对阵A）,第五场单打

（X对阵8）的胜负情况分别为：

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胜胜胜，胜负胜胜，胜胜负胜，负胜胜胜，

min/、、221,2211,2231,121113

则P(TV)=5,X,5，X^r+«,X5，X^Xx-4--xX-5，X2-X«-+-x-X,5，X^X,^=

因为P(M)<P(N),

所以客队调整选手y为三单，选手z为二单获胜的概率更大.

21.(12分)已知点A为椭圆C：与+4=l(a>b>0)的左顶点，点尸(1,0)为右焦点，

Qb

直线/：x=4与x轴的交点为N,且八月=|FM，点”为椭圆上异于点A的任意一点，直

线4例交/于点P.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)证明：4MFN=2NPFN.

解：(D因为尸(1,0)为右焦点，

则c=1,

因为x=4与x轴的交点为N,且以月=|卬，

因为|FN]=4-1=3,

则凶用=3,

因为HF|=a+c=a+l=3,

所以4=2,

又因为y="2-02=3,

x2y2

所以一+一=1.

43

(2)证明：若证NMFN=2NPFN,

即证NMFP=NNFP,

即证cos/MFP=cosZNFP,

设M(xi,yi),

则直线AM的方程为厂0=穹(x+2),

■X］十/

则尸恐U+2),

将x=4代入直线AM的方程可得“=用(4+2)=韶，

工1十/工1十乙

则P(4,F(1,0),M(xi，yi),N(4,0),

+2

-»—6yl—

则FM=Cxi-1,%),FP=(3,--),FN=(3,0),

+2

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则cosZMFP=垂里=—"】-3+沔，

IFMHFPI检一I-]9+(黑心

FN,FP

cosNNFP=

\FN\-\FP\

若证NM"=NNEP,

即证cosZMFP=cosZNFP,