2023年河北省高考数学真题试卷及答案

绝密★启用前试卷类型：A2023年普通高等学校招生全国统一考试新课标Ⅰ卷数学本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1．答题前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写2B）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.8540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.Nxx2M2x6MN1.已知集合，（）22A.D.21i22zzz（）iiA.0D.1abab3.已知向量a,b1，则（）111A.D.14.设函数fx2xxa在区间上单调递减，则的取值范围是（a）第页共页A.,2D.00,2x2x2a5.设椭圆1:y2aC:y21的离心率分别为1,eee21（）22a2423A.23D.6324x10相切两条直线的夹角为sin（6.x2y2）446A.1D.4Snna为等差数列；乙：{nSan项和，设甲：}为等差数列，则（7.记为数列）nnA.甲是乙的充分条件但不是必要条件甲是乙的必要条件但不是充分条件甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件13168.,（22711979D.A.99二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.x,x,,xx69.有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（x）1261x,x,x,xx,x,,x12A.D.的平均数等于的中位数等于的平均数的中位数23456x,x,x,xx,x,,x2345126x,x,x,xx,x,,x的标准差126的标准差不小于2345x,x,x,xx,x,,x的极差126的极差不大于2345pLp10.噪声污染问题越来越受到重视．用声压级来度量声音的强弱，定义声压级，其中常数0第页共页0是听觉下限阈值，p是实际声压．下表为不同声源的声压级：p0p0/m声压级/dB与声源的距离燃油汽车混合动力汽车电动汽车101010609040已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10m处测得实际声压分别为p,p,p，则（1231223A.D.301100p2已知函数的定义域为R，fx，则（yfxxfyfxy22A.f00D.0f1x0fx的极小值点是偶函数fx为12.（单位：mA.直径为0.99m的球体）所有棱长均为的四面体底面直径为，高为1.8m的圆柱体D.底面直径为，高为的圆柱体三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.某学校开设了4门体育类选修课和48门课中选修23类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________ABCD14.在正四棱台AB2,11AA2，则该棱台的体积为________．11111fxcosx个零点，则的取值范围是________0)在区间2π有且仅有3．15.已知函数x22y216.已知双曲线C:ab0)的左、右焦点分别为1,F．点A在上，点CyB在轴上，2ab223FAFB,FAFBC的离心率为________．1122四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知在ABC,2sinACsinB．第页共页1）求A；2）设5AB边上的高．ABCDABAA14A,B,C,D．点分别在棱222218.如图，在正四棱柱中，1111,,CC2,3．2222,1111BC∥AD1）证明：；2222PACD为1502P时，求．2）点P上，当二面角122219已知函数fxaeax．xfx1）讨论的单调性；32fxaa02）证明：当20.设等差数列．nn2and1nS,Ta,bn项和．的公差为d分别为数列nnnnanaaa,STa1）若的通项公式；ST99，求d．999921333n2）若为等差数列，且bn21.论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．1）求第2次投篮的人是乙的概率；2）求第i次投篮的人是甲的概率；11PX0i,i2,,nX3）已知：若随机变量服从两点分布，且PXiii第页共页nnqnnEY．EX次投篮）中甲投篮的次数为Y．记前次（即从第1次到第iii1i112x的距离，记动点P的轨迹为W中，点P到轴的距离等于点P22.在直角坐标系．1）求W的方程；2）已知矩形有三个顶点在W上，证明：矩形的周长大于33．第页共页绝密★启用前试卷类型：A2023年普通高等学校招生全国统一考试新课标Ⅰ卷数学本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1．答题前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写2B）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.8540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.Nxx2M2x6MN1.已知集合，（）22A.D.2【答案】C【解析】N【分析】方法一：由一元二次不等式的解法求出集合，即可根据交集的运算解出．方法二：将集合M中的元素逐个代入不等式验证，即可解出．Nxx2x60,2M2，【详解】方法一：因为．MN故选：C．2M2代入不等式x2x602第1共页以MN．故选：C．2.z1i2zz（）iiA.0D.1【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法运算求出z，再由共轭复数的概念得到z，从而解出．1i1i1i11zizi，所以zzi．【详解】因为2221i1i42故选：A．abab3.已知向量a,b1，则（）111A.D.1【答案】D【解析】【分析】根据向量的坐标运算求出ab，ab，再根据向量垂直的坐标表示即可求出．a1,b1ab1,1ab1,1，【详解】因为，所以，abababab0由即可得，，0，整理得：1．1111故选：D．4.设函数fx2xxa在区间上单调递减，则的取值范围是（a）A.,2D.00,2【答案】D【解析】【分析】利用指数型复合函数单调性，判断列式计算作答.第2共页2x在R上单调递增，而函数fx2xxa在区间上单调递减，y【详解】函数aa2ayx(xa)(x)2在区间上单调递减，因此1，解得a2，则有函数242a的取值范围是.故选：Dx2x2a5.设椭圆1:y2aC:y21的离心率分别为1,eee（）2221a2423A.23D.63【答案】A【解析】【分析】根据给定的椭圆方程，结合离心率的意义列式计算作答.41a2123eee22e213a1，所以【详解】由，因此a.21a243故选：A24x10相切的两条直线的夹角为sin（6.x2y2）446A.1D.4【答案】B【解析】【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，k合夹角公式运算求解.2k104x10x22y25，可得圆心C0，半径r5，【详解】方法一：因为x2y2P2,BC的切线，切点为，2222222r23，5436sin,，22224第3共页1046154则sinAPBsin2APC2sinAPCAPC2，42264122sin20，44即为钝角，4sinsinπsin；，半径rx2y24x10的圆心C2,05，法二：圆P2,B，连接AB，C的切线，切点为222222PAPBPC2r23，222222336cos5510ππ，且1即355，解得APB0，41为钝角，则cosAPBπAPB即，415412且为锐角，所以sin；，半径rx2y24x10的圆心C2,05，方法三：圆若切线斜率不存在，则切线方程为y0，则圆心到切点的距离d2r，不合题意；y2y20，若切线斜率存在，设切线方程为2k256440k10则，整理得k22k1k,k1kkkk1，1212设两切线斜率分别为2kk2k22，1k2121k21k2sinsincos15cos，可得，sin2则sin22sin21，第4共页π24sin0，解得sin.且故选：Snna为等差数列；乙：{nSan项和，设甲：}为等差数列，则（7.记为数列）nnA.甲是乙的充分条件但不是必要条件甲是乙的必要条件但不是充分条件甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】C【解析】【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n项和与第n项的关系推理判断作答.，aa1【详解】方法，甲：为等差数列，设其首项为，公差为d，nn(nSnnn1ddSSnndSnad,1dna,n1则，n112222n12Snn因此{}为等差数列，则甲是乙的充分条件；SS(nSnn(nSnSnn反之，乙：{}为等差数列，即n1nn1n1t为常数，设为，n1nn(nn1(nSntSnatn(n(nantn(nn2，n1S即nn1ana(nntnantn1也成立，两式相减得：nn1n1第5共页a为等差数列，则甲是乙的必要条件，n所以甲是乙的充要条件，C正确.n(na的首项，公差为dnaaSnad，，甲：为等差数列，设数列n1n12Snn(nddSnn1dn1，因此{}为等差数列，即甲是乙的充分条件；则222SnnSn1n1SnnSnn反之，乙：{}为等差数列，即D,1(nD，SnSn(nDS(n1(nn2)D，n1即，n1n2SSn112(nD时，上式成立，当时，上两式相减得：n1naa2(nDaaa2nD[a2(nD]2D为常数，n11n1n1an为等差数列，则甲是乙必要条件，所以甲是乙的充要条件.故选：C1168.,（223711979D.A.99【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用和角、差角的正弦公式求出)，再利用二倍角的余弦公式计算作答.11612【详解】因为)sincossincossinsincos，因此，32则)sincossin，32192)cos2()12sin2)12()2故选：B【点睛】方法点睛：三角函数求值的类型及方法.31“给角求值”题时，要利用观察得到的关系，结合三角函数公式转化为特殊角的三角函数．2）给值求值”：给出某些角的三角函数值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．第6共页3）给值求角”：实质上也转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.x,x,,xx69.有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（x）1261x,x,x,xx,x,,x12A.D.的平均数等于的中位数等于的平均数的中位数23456x,x,x,xx,x,,x2345126x,x,x,xx,x,,x的标准差126的标准差不小于2345x,x,x,xx,x,,x的极差126的极差不大于2345【答案】【解析】【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断.x,x,x,xmx,x,,xn的平均数为，【详解】对于选项A的平均数为，2345126x4xxxxxxxxxx21xx23nm123456234565则，64m,n的大小，21x,x23x4因为没有确定的大小关系，所以无法判断65例如：2,3,4,5,6mn，可得；例如7，可得mn2；11例如1,2,2,2,2,2，可得mnA错误；6xxxxxx，6对于选项：不妨设123453x4x,x,x,xx,x,,x的中位数均为6的中位数等于B正确；2345122对于选项：因为是最小值，是最大值，xx16x,x,x,xx,x,,xx,x,x,xx,x,,x则的波动性不大于的标准差不大于的标准差，234512623451261246810127，n例如：，则平均数6132222222747678777标准差1，6第7共页1，则平均数m468107，41422224767877标准差s25，5s1sC错误；23xxxxxx，6对于选项D：不妨设12345xxxxxx,xx时，等号成立，故D正确；1256则，当且仅当6152故选：pLp10.噪声污染问题越来越受到重视．用声压级来度量声音的强弱，定义声压级，其中常数00是听觉下限阈值，p是实际声压．下表为不同声源的声压级：p0p0/m声压级/dB与声源的距离燃油汽车混合动力汽车电动汽车101010609040已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10m处测得实际声压分别为p,p,p，则（3121223A.D.301100p2【答案】【解析】60,Lp，结合对数运算逐项分析判断.3LL90,L【分析】根据题意可知【详解】由题意可知：12260,Lp90,L，13102012LL202020对于选项A：可得，p1p21p212LLLL2000，p2p1p21第8共页1p21且p,p0pp，可得1A正确；122203023LL202020对于选项：可得，，p2p3p23p21LLL20pp3p232223ep,p0e3，且，可得p223L当且仅当时，等号成立，故B错误；p23030L20402，对于选项：因为p3301003pC正确；01p2LL20对于选项D：由选项A可知：，p1p2pLL20140，且即p1p22112100p,p0p100p，所以D正确；12，可得2212故选：已知函数fxRfxyfx，则（fyy2x2的定义域为，A.f00D.0f1x0fx为的极小值点fx是偶函数【答案】【解析】【分析】方法一：利用赋值法，结合函数奇遇性的判断方法可判断选项ABC，举反例f(x)0即可排除选项D.xx,x02f(x)方法二：选项的判断与方法一同，对于D，可构造特殊函数进行判断即可.x0第9共页【详解】方法一：f(xy)y2f(x)xf(y)，2Axy0，f0f0f0A正确.xy1f1f1f，f0B正确.xy1，ff(f(2f(f(0，yf(x)f(x)xf(f(x)，2令又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故正确，CD，不妨令f(x)0，显然符合题设条件，此时f(x)无极值，故D方法二：f(xy)y2f(x)xf(y)，2Axy0，f0f0f0A正确.xy1f1f1f，f0B正确.xy1，ff(f(2f(f(0，yf(x)f(x)xf(f(x)，2令又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故正确，Cf(xy)f(x)f(y)x0时，对f(xy)y2f(x)x2f(y)两边同时除以x2y2，得到，2y2Dx2y2x2y2xx,x02f(x)x(xf(x)故可以设，x2x01f(x)x2xfx2xxx2x(2x当x0，x1fx0fx)>0120xe令；xe212120,e上单调递减，在e,上单调递增，故f(x)在1212e,0,ef(x)为偶函数，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，第页共页x0f(x)是显然，此时的极大值，故错误.D.故选：12.（单位：m）A.直径为0.99m的球体所有棱长均为的四面体底面直径为，高为1.8m的圆柱体D.底面直径为，高为的圆柱体【答案】【解析】【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.【详解】对于选项A：因为0.99m，即球体的直径小于正方体的棱长，所以能够被整体放入正方体内，故A正确；对于选项：因为正方体的面对角线长为2，所以能够被整体放入正方体内，故B正确；对于选项：因为正方体的体对角线长为31.8，所以不能够被整体放入正方体内，故C正确；对于选项D：因为正方体的体对角线长为3，ABCD的中心为O1为轴对称放置圆柱，设圆柱的底面圆心O到正方体的表1设正方体1111面的最近的距离为hm，1233如图，结合对称性可知：11A,O1110.6，22第共页3hO11，hh则2，解得AA1A23113所以能够被整体放入正方体内，故D正确；故选：【点睛】关键点睛：对于D：以正方体的体对角线为圆柱的轴，结合正方体以及圆柱的性质分析判断.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.某学校开设了4门体育类选修课和48门课中选修23类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________【答案】64【解析】【分析】分类讨论选修23门课，对选修3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解.C1C41416）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有2）当从8门课中选修3C14C2424①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有C24C14综上所述：不同的选课方案共有16242464.故答案为64.ABCD14.在正四棱台AB2,11AA2，则该棱台的体积为________．1111176766【答案】【解析】##6AO,,AM【分析】结合图像，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解.111ABCD为四棱台的高，1111A1AM1AM1【详解】如图，过作，垂足为M，易知第页共页AB2，1111212121则O121B,22，112221216ACAMAA2AM22故，1111222216766所以所求体积为V(4141).3276故答案为：.615.已知函数fxcosx0)在区间2π有且仅有3个零点，则的取值范围是________．【答案】[2,3)【解析】【分析】令f(x)0cosx1有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.0≤x≤π0≤x≤π，【详解】因为，所以f(x)cosx10cosx1有3个根，令令txt1有3个根，其中t2π]，ycost3，结合余弦函数的图像性质可得4ππ6π2故答案为：[2,3).x22y2216.已知双曲线C:ab0)的左、右焦点分别为1,F．点A在上，点CBy在轴上，2ab23FAFB,FAFBC的离心率为________．1122第页共页35355【答案】【解析】5AF,BF,BF,AFa,m的表达式，2211ama,c的齐次方程，从而得解.从而利用勾股定理求得，进而利用余弦定理得到523xc,yt，tc22A代入双曲003线C得到关于a,b,c的齐次方程，从而得解；【详解】方法一：22mBFmBF,AF2a2m依题意，设，211(a3m)(am)0AB5aama3m或RtABF9m2(2a2m)225m2在1a,aBFBFa，，1221AF4a45cosFAF1故，12AB5a16a24a24c245所以在△FF，整理得c29a2，121224a2ac355故e.a方法二:F(c,0),F(c,0)Ax,y,B(0,t)，00依题意，得12225323FAFB，所以0c,0c,tx0c,0t，22338238223FAFBc,tc,tct0t2c2，又FA1B，所以211133第页共页49bc2t2c2t2c216c2C11，A在上，则91，整理得9a2b29a2b2a22c2a16a2c9a0c22222225c整理得25c42b216c50c22a29a2b2ca，29a22a29a40cc或c29a2c2a2，，解得3555355e1，所以eee又或.535故答案为：.5【点睛】关键点睛：双曲线过焦点的三角形的解决关键是充分利用双曲线的定义，结合勾股定理与余弦定a,b,c理得到关于的齐次方程，从而得解.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．ABC,2sinACsinB．17.已知在1）求A；2）设5AB边上的高．3【答案】（）2）6【解析】）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求B,再由正弦定理求出，根据等面积法b求解即可.【小问1详解】ABC，ππCCC，4又2AC)BAC)，2sinAC2AsinCsinACAsinCsinAcosC3cosAsinC，，sinA3cosA，第页共页π2即A3，所以0A，331010sinA.10【小问2详解】1由（1）知，A，23255由BAC)，sinACAsinC()2255cb5，可得b2由正弦定理，，sinCsinB2211hsinA，223hbsinA2106.ABCDABAA14A,B,C,D．点分别在棱222218.如图，在正四棱柱中，1111,,CC2,3．2222,1111BC∥AD1）证明：；2222PACD为1502P时，求．2）点P上，当二面角1222【答案】（）证明见解析；2）1【解析】第页共页）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；P，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.2【小问1详解】x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图，以C为坐标原点，CD,CB,CC所在直线为1C(0,0),C(0,B(0,2),D(2,2),A(2,则，2222BCAD，2222BCAD，2222BCAD不在同一条直线上，2又222BCAD2.222【小问2详解】P设，则2C(2),2,3DC，22222C设平面的法向量n(x,y,z)，2nAC2x2y2z022则，n2y)z02y3,x1，令z2n(1,3,2)，m(,,c)，ACD的法向量2设平面22第页共页mACabc022则，mDCac022bc2令a1，m2)，nmnm63,mcos150，64(2)2230，24化简可得，1或3，P2P1.P或，19.已知函数fxaeax．xfx1）讨论的单调性；3fxaa02）证明：当．2【答案】（）答案见解析2）证明见解析【解析】a0）先求导，再分类讨论a0与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；1a2a0（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数21a2aa0ga0，利用导数证得即可.ga2f(x)xa1a2x，进而将问题hxx1ex方法二：构造函数，证得exx1，从而得到1a2a0转化为的恒成立问题，由此得证.2【小问1详解】，定义域为，所以f(x)aexaxfxex1，Ra000fxaex10恒成立，当时，由于exaexfx在R上单调递减；第页共页fxaex10a0xa，解得当当当时，令，fxfx,a上单调递减；xaxafx0在在,上单调递增；fx)>0fx在a0综上：当R上单调递减；fx,a在,fx在a0当上单调递减，上单调递增.【小问2详解】方法一：由（1）得，aaeaaa1a2fxfa，331f(x)2lna，即证1a2a2lnaa2a0，即证恒成立，222112a21gaa2aa0gaa令，2aaa22令0aga；ga00,2222ga上单调递减，在在上单调递增，2222212gaga0恒成立，g20222232a0f(x)2lna所以当恒成立，证毕.方法二：1，hxhxx1exex令hxex1在yex在R上单调递增，所以R上单调递增，h0e010，又hx0x0所以当x0hx0；在,0上单调递减，在上单调递增，hx故hxh00x0时，等号成立，exx1，当且仅当aaf(x)aexaxaexa2xex2xxa1ax，2第页共页xa0xa时，等号成立，当且仅当所以要证32321f(x)2lnaxa1a2x2aaa0，2，即证，即证2112a21gaa2aa0gaa令，2aa22令0agaa；ga00,2222ga上单调递减，在在上单调递增，2222212gaga020恒成立，g222232a0f(x)2lna所以当恒成立，证毕.nn2a,b分别为数列项和．nnad1nS,Tn20.设等差数列的公差为dnnnanaaa,STa1）若的通项公式；ST99，求d．999921333n2）若为等差数列，且bnann【答案】（）d2）【解析】）根据等差数列的通项公式建立方程求解即可；或adb}ad150501.2为等差数列得出n1【小问1详解】aaada2d，解得ad，21311Saad)6d，321269Tbbb又，3123d2ddd9STd21，33d12即d27d30，解得d3或d第页共页aa(ndn.n1【小问2详解】n}为等差数列，2bbb，213213116d16()d或，ad1a211dd20a1，解得a23a231d1，n0ST99，99ab99ab1又，由等差数列性质知，，9999505050501a，解得5050（舍去）a2051或50当1d，解得d1d1矛盾，无解；aa49dd51501ad1aaddd当，解得.1d综上，.21.论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．1）求第2次投篮的人是乙的概率；2）求第i次投篮的人是甲的概率；11PX0i,i2,,nX3）已知：若随机变量服从两点分布，且PXiiinnqnnEY．EX次投篮）中甲投篮的次数为Y．记前次（即从第1次到第iii1i1【答案】（）i11212）653n52nEY)13）53【解析】第页共页）根据全概率公式即可求出；0.4i，根据数列知识，构造等比数列即可解出；PApipi12，由题意可得i3）先求出两点分布的期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出．【小问1详解】AB，i记“第i次投篮的人是甲”为事件，“第i次投篮的人是乙”为事件iPBPABPBBPAPB|APBPB|B所以，212121211211.【小问2详解】Pi1piPAp，依题可知，i设ii1PAPAAPBAPAPA|iPBPA|i，i1ii1ii1ii1ipi10.6i11i0.4i，即p构造等比数列，i212131ppippi设又，解得，i1i153351116112p,pp，所以是首项为，公比为的等比数列，511i3236i1i1112651213即i,p．65i3【小问3详解】i11213i，i,n，652n512nn1n5所以当nN*EY，1p2pn12635315n52nEY)1故．53【点睛】本题第一问直接考查全概率公式的应用，后两问的解题关键是根据题意找到递推式，然后根据数列的基本知识求解．第页共页12x的距离，记动点P的轨迹为W中，点P到轴的距离等于点P22.在直角坐标系．1）求W的方程；2）已知矩形有三个顶点在W上，证明：矩形的周长大于33．1yx2【答案】（）42）见解析【解析】122P(x,y)x2yy2，根据题意列出方程，化简即可；141414Aa,a2,Bb,b2,Cc,c2，且abc，分别令（2）法一：设矩形的三个顶点11nkabm0kbcn0mn1Cn1n，设函数2，，且，利用放缩法得221xf(x)x1x2，利用导数求出其最小值，则得C的最小值，再排除边界值即可.1yk(xa)a2法二：设直线AB的方程为，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得41k32，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可.k2法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明.【小问1详解】21214P(x,y)x2yx2设,则yy，两边同平方化简得，1故W:yx2.4【小问2详解】14141在WAa,a2,Bb,b2,Cc,c2上,且abc，易知矩形四条边法一：设矩形的三个顶点4所在直线的斜率均存在，且不为，第页共页1