2023年山东省烟台市蓬莱市两校高考数学三模试卷

2023年山东省烟台市蓬莱市两校高考数学三模试卷

一、单选题(本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项)

1.已知集合4={x∣—3≤X≤2},B={x∣∣x∣≤2},则()

A.Λ⊂βB.BQA

C.AnB={x∣-2≤x<2}D.AuB={x∣一3≤x<2}

2.已知复数Z满足z(l+i)=i,贝妖在复平面内对应的点位于()

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

3.已知动直线[的方程为(1-a2)x+2ay-3a2-3=0,α∈R,P(√3,1),O为坐标原点，

过点。作直线/的垂线，垂足为Q,则线段PQ长度的取值范围为()

A.(0,5]B.[1,5]C.[5,+∞)D.(0,3]

4.“ɑ≥号”是“圆Cl：χ2+y2=4与圆C2：(x—ɑ)2+(y+ɑ)2=l有公切线”的()

A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件

C.充要条件D.既不充分也不必要条件

5.在某次考试中，多项选择题的给分标准如下：在每题给出的四个选项中，正确选项为其

中的两项或三项，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有错选的得0分.甲、乙、丙三人在

完全不会做某个多项选择题的情况下，分别选了4AB,ABC,则三人该题得分的数学期望

分别为()

A.1,0.8,0.5B,1.2,0.8,0.6C.1,0.9,0.6D,1.2,0.9,0.5

6.已知三棱锥P-ABC,底面ABC是边长为的正三角形，顶点P到底面4BC的距离为2,

其外接球半径为5,则侧棱PA与底面ABC所成角的正切值的取值范围为()

-5-<7T5+λΓ21-√71-3√-21+3

f----

L2'2-B.[-6-~"6-]

√^71-35+y∏Λ5-√7T√Tl+3

C.[-6~~2~]D.-2--6-]

7.双曲线C：≡∣一马=l(α>0,b>0)的左、右焦点分别为尸式―c,0),F2(c,0'),以C的实轴

ab

为直径的圆记为D,过FI作。的切线与曲线C在第一象限交于点P,且SARPFZ=4α2,则曲线C

的离心率为()

A.√-5B∙ΦC.H-1D.√^2

8.已知函数/(%)=V%2一1,^(χ)=sinχfa>b≥ltc>d>0,若f(α)-f(b)=兀,

g(c)-g(d)=看,则()

Qrr

A.α+d—b—c≥-9ττB.α+d-ð-c<—

C.a-}-c—b—d>1ð-D.ac—b—dV-ɪʒ-

二、多选题（本大题共4小题，共20・0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.已知向量五，族是单位向量，且心B=今则以下结论正确的是（）

A.若五=（Lo）,则石=（ɪ,ɪ）B.∣α+6∣=√3

C.向量游B的夹角为:D.向量自在向量不上的投影向量为TB

10.高斯是德国著名数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米

德，牛顿并列为世界三大数学家，用印表示不超过X的最大整数，则y=[X]称为高斯函数，

例如[-2.1]=-3,[2.1]=2.则下列说法正确的是（）

A.函数y=X-[x]在区间[k,k+l）（fc∈Z）上单调递增

B.若函数/（X）=3^7，则y=[f。）]的值域为｛0｝

C.若函数/（%）=∣√1+sin2x—√1-sin2x\>则y=[/（》）]的值域为｛0,1｝

D.X∈R,X≥[x]+1

11.在数列｛<⅛｝中，对于任意的n∈N*都有即>0,且W+ι-an+1=an,则下列结论正确的

是（）

A.对于任意的般≥2,都有a7l>1

B.对于任意的%>0,数列｛即｝不可能为常数列

C.若0<的<2,则数列｛a7l｝为递增数列

D.若%>2,则当n≥2时，2<an<的

12.正方体48C。一43传山1的棱长为1,中心为。，以。为球心的球与四面体力BlCDl的四

个面相交所围成的曲线的总长度为空，则球。的半径为（）

A.0B.0C.5D.巫

241263

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.已知（X-为）"的展开式中共有7项，则有理项共项.（用数字表示）

14.己知曲线y=与y=∖"x的两条公切线的夹角余弦值为玄则In煮=.

15.已知函数/'(X)=IogM-，0)*Toga2(α>1)有两个零点，则实数ɑ的取值范围为

16.乒乓球被称为我国的“国球”.甲、乙两名运动员进行乒乓球比赛，其中每局中甲获胜的

概率为,，乙获胜的概率为:，每局比赛都是相互独立的.

44

①若比赛为五局三胜制，则需比赛五局才结束的概率为.

②若两人约定其中一人比另一人多赢两局时比赛结束，则需要进行的比赛局数的数学期望为

n,n

附："ιθ<q<l时，n+∞q=0n→+∞n-q=0∙

四、解答题(本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)

17.(本小题10.0分)

已知在△48C中，角48,C所对的边分别为α,b,c,月为cos(岑+A)+sin(ττ+B)ʃɪɪɪ=

0.

(I)求CSinA的值;

(2)若2(bsinC-atanC)=CtemC.且S△力BC≥4.求实数/1的取值范围.

18.(本小题12.0分)

已知数列｛αn｝满足的=3,an+1=W-2an+2.

(1)证明数列｛ln(jn-1)｝是等比数列，并求数列｛即｝的通项公式；

11

(2)若勾=2+τ⅛,数列｛%｝的前n项和无，求证：sn<2.

19.(本小题12.0分)

如图，矩形BCDE所在平面与△4BC所在平面垂直，乙ICB=90。，BE=2.

(1)证明：DEl平面ZCD；

(2)若平面4。E与平面48C的夹角的余弦值是等，且直线AE与平面BCDE所成角的正弦值是3

求异面直线DE与AB所成角的余弦值.

D

20.(本小题12.0分)

某校开展“学习二十大，永远跟党走”网络知识竞赛.每人可参加多轮答题活动，每轮答题情

况互不影响.每轮比赛共有两组题，每组都有两道题，只有第一组的两道题均答对，方可进行

第二组答题，否则本轮答题结束.已知甲同学第一组每道题答对的概率均为,，第二组每道题

答对的概率均为;，两组题至少答对3题才可获得一枚纪念章.

(1)记甲同学在一轮比赛答对的题目数为X,请写出X的分布列，并求E(X);

(2)若甲同学进行了10轮答题，试问获得多少枚纪念章的概率最大.

21.(本小题12.0分)

己知双曲线G：★-马=l(α>0,b>0)的渐近线为y=±?%,右焦点F到渐近线的距离为

y∕~3,设M(Xo,y0)是双曲线Cz：马一盘=1上的动点，过M的两条直线3％分别平行于CI的

两条渐近线，与CI分别交于P,Q两点.

(1)求Cl的标准方程；

(2)证明：直线PQ过定点，并求出该定点的坐标.

22.(本小题12.0分)

已知函数/(%)=x—alnx.

(I)若/(%)≥1恒成立，求实数0的值；

(2)若％ι>0,Λ⅛>0，e"ι+仇外>%ι+%2，证明：e*ι+%2>2.

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：由集合B={x∣∣x∣≤2},解得B={x∣-2≤x≤2},所以BU4

故选:B.

解出集合B,然后判断跟4的关系即可.

本题为集合的运算，属于基础题.

2.【答案】D

【解析】解：复数Z满足Z(I+i)=i,

田俎i_KIT)_1+i_1,1

可得Z—币一(i+i)(iτ)-T-2+V，

所以W=T-2i在复平面内对应的点位于第四象限.

故选：D.

利用已知条件，求解复数z,然后求解共辗复数，即可得到选项.

本题考查复数的运算，复数的几何意义，是基础题.

3.【答案】B

【解析】解：由(l-α2)χ+2αy-3α2-3=0可得FJx+产1y-3=0，

令α=tang,由万能公式可得COSe

2a

1+Q2'

所以直线Z的方程为XCoSe+ysinθ-3=0①，

由题意可知过原点与直线［垂直的直线方程为XSinO-ycosθ=0②，①2+②2可得/+/=%

即表示点Q的轨迹为圆心为(0,0)半径为3的圆，

于是线段PQ长度的取值范围为［r-P0,r+P0］,因为伊。|=2,

所以线段PQ长度的取值范围为［1,5］.

故选：B.

利用万能公式将直线方程化为xcos9+ys讥0-3=0,求出过原点与直线(垂直的直线方程，进而

得出点Q的轨迹为圆心为(0,0)半径为3的圆，进而转化为点到圆的距离即可求解.

本题主要考查直线的一般式方程与直线的垂直关系，属于基础题.

4.【答案】A

【解析】解：圆C1：χ2+析=4的圆心Cl(0,0),半径71=2,圆C2：(X-α)2+(y+α)2=1的圆

心C2(α,-α),半径万=1,

当两圆无公切线时，则两圆内含，

22

所以两圆的圆心距ICIC2l=√a+a<∣r1—r2∣=1,

即√2ɑ2<1,

解得一?<a<好，

当两圆有公切线时，则α≤-?或α≥殍，

故由ɑ≥浮”可以推出“圆g：/+丫2=4与圆。2：(x-α)2+(y+α)2=1有公切线”，

反之由“圆G：/+丫2=4与圆C?:(χ-α)2+(y+α)2=1有公切线”推不出''ɑ≥浮"，

所以“ɑ≥?”是“圆G：%2+丫2=4与圆。2：(%-£1)2+3+。)2=1有公切线”的充分不必

要条件.

故选：A.

当两圆无公切线时，则两圆内含，求出α的取值范围，进而求出两圆有公切线时α的取值范围，再

结合充分条件和必要条件的定义判断即可.

本题主要考查了圆与圆的位置关系，考查了充分条件和必要条件的定义，属于中档题.

5.【答案】。

【解析】解：由题意正确选项若为2项，则有废=6种可能情况，

正确选项若为3项，则有或=4种可能情况，共正确选项的可能情况共有10种，

甲选4,则他可能得分的情况即正确答案中含有4有禺+Cj=6种，

故甲得2分的概率为PI=祗=|,

甲可能的得分分数Xi为0,2,故他得分的数学期望为E(XI)=OX(I-I)+2x∣=?=1.2；

乙选AB,他可能的得分X2为0，2,5,

若正确答案为4B,即他可能得5分的情况有1种，此时P(X2=5)=A

若正确答案为4BC或AB。，他可能得2分的情况有2种，此时P(X2=2)=卷=",

77719

则P(X2=0)={,故E(X2)=0X1⅛+2X^+5X^=V=0.9;

丙选A8C,他可能的得分/为0,5,

若正确答案为4BC,则P(X3=5)=看，则P(X3=0)=^,

Q1C

故E(X3)=0x^+5x卷=卷=0.5,

即三人该题得分的数学期望分别为1.2,0.9,0.5.

故选：D.

先考虑正确答案所有可能的情况，从而再分别考虑甲乙丙三人的可能得分情况，计算出相应得分

的概率，根据期望公式计算出三人得分的期望，即可得答案.

本题考查离散型随机变量的期望的求解，分类讨论思想，化归转化思想，属中档题.

6.【答案】A

【解析】解：正AABC外心为0,边长为3C，

则。A=OB=OC=

外接球球心。'必在过。垂直于底面的直线上，

O'A=O1B=O'C=O'P=5,则00,=√O1A2-OA2=2，P到底面距离为2,

故O',P在离底面ABC距离为2的平面上ɑ,

则P轨迹为α上以。'为圆心，5为半径的圆，

作PHI底面4BC,则H轨迹为以。为圆心，5为半径的圆,

Pa与面ABC所成角为乙PAH,

tan∆PAH=^=-^,HA∈[5-√1T,5+<^21],

所以tan4PAH∈,注且].

故选：A.

由题意分析知，P轨迹为α上以。'为圆心，5为半径的圆，作PHJ■底面ABC,则“轨迹为以。为圆心,

5为半径的圆，PA与面4BC所成角为NPAH,在APAH中，求解ta*P4”即可得出答案.

本题考查线面角的定义及其求解，考查空间想象能力以及运算求解能力，属于中档题.

7.【答案】A

【解析】解：设切点为4,Z∕1F1O=θ,连接04,

则sin。=--,cosθ=Vl-sin2θ=

UrγCc

过点P作PE1X轴于点E,

则SAFlPFZ=泄F2∣∙∣PE∣=c∖PE∖=4a2,故IPEl=半

PFa

因为sin。=后解得IPFIl=4α,

由双曲线定义得∣PFι∣一∣PF2∣=2a,所以∣PF2∣=2α,

222222

∣PF1∣+∣F1F2∣-∣PF2∣_16α+4c-4α_b

由余弦定理得CoSe=―

2∣PF1∣∙∣F1F2∣=2×4a-2c-=c'

2222

化简得302+c=4αb,Xc=α÷bf

所以4小+b2—4ab=0,方程两边同时除以小得4+(^)2—43=0,

解馈=2,所以离心率e=J1+,=/亏.

故选:A.

设=θ,求出Sino=汲COSO=ɔ由三角形面积及三角函数值得到IPFIl=4a,由双曲线

定义得到IPEI=2α,在APRFz中，由余弦定理得到方程，求出g=2,得到离心率.

本题考查书双曲线的几何性质，余弦定理的应用，方程思想，化归转化思想，属中档题.

8.【答案】B

【解析】解：设F(X)=X—/(x)=x—√x2-l,(x≥1),则F(X)=X+/或=在［l,+∞)上单调递

减，

因为α>b≥l,故尸(α)VFQ),即Q-f(α)<b-f(b),

a—b</(α)—/(h)=ττ,

设G(X)=x—g(%)=x—sinx9(%>0),则g'(%)=1—cosx>0,

故G(X)=X-g(x)在(O,+8)上单调递增,

因为c>d>O,故G(C)>G(d),

即C-g(c)>d-g(d),

.∙.c-d>g(c)-g(d)=套，

由于a—b<7Γ,c—d>ɪ,故d—c<一看，

则a—b+d—c<即a+d—b—c<.相,所以A错误，B正确；

由a-b<τr,c-d>ɪ,无法确定a+c-b-d>浅还是a+c-b-d<当，C,O错误，

故选：B.

根据选项中不等式特征构造函数FQ)=x-/(x)=x-√N—1,(x>1),根据其单调性可得a-

b<π,继而构造函数G(X)=%-g(X),利用其单调性推出c-d>看，再结合不等式性质即可推

出答案.

本题主要考查了函数奇偶性及单调性的综合应用，属于中档题.解答本题的关键是根据各选项中

不等式特征，能够构造函数F(X)=x-∕(x)=x-√等-L(X≥1)以及G(X)=X-g(x),继而

判断其单调性，利用函数单调性解决问题.

9【答案】BD

【解析】解：对于4若d=(l,0),石=《,一冬)时，5∙b=i,故4错误；

ZZ,

对于8,Ia÷&∣2=(a+&)2=H2+6+2a∙h=1+1÷2×∣=3,解得|五+后|=，3,故B

正确；

对于c,cos<a5>=⅛=⅛-=i-<alb>E[0,π],

故向量五石的夹角为全故C错误；

对于。，向量N在向量方上的投影向量为驳义工=:加故。正确.

IfcIIblz

故选：BD.

举出特例可判断4

根据向量的模的计算可判断B；

根据向量的夹角的计算可判断C;

根据投影向量的定义，即可求解D∙

本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题.

10.【答案】AC

【解析】解:对于4：当％G[k,k+1)时[%]—k,所以y=x-[x]=x-k,显然y=x-k在伙,k+1)

上单调递增，故4对，

对于B：当X=当时，/(y)=⅛~1-⅛e(-l.θ),[f(γ)]=-l,故y=[/(X)]的值域不为｛0｝,故

B错，

对于C：/(%)=∣√sin2x+cos2%÷2sinx∙cosx—vsin2%+cos2x—2sinx∙cosx∖=∖∖sinx+

COSXl—∖sinx—cosx∖∖,

sinx+cosx,-7+2kπ≤%≤乎+2kπ

XIsinx+cosx∖=MM,fc∈Z,

—sinx—cosx,—+2∕C7Γ≤%≤—+2fcττ

sinx—cosx,7+2kπ≤x≤"+2kπ

∖sinx—cosx∖—£k，kez,

cosx-sinx,+2fcτr≤x≤—+2kπ

2∖sinx∖,-^+kπ≤X≤+kπ

故f(%)-,kWZ,

2∣CoSXIw+fcτr≤x≤^÷τr

・•・结合余弦函数图像可知，/(%)∈[0,<2],故[/(%)]=O或1,故C对,

对于D：由4中知y=%-[%]在[A,∕c+1)上的值域为[0,1)即％-[x]V1,D错,

故选：AC.

利用定义可判断a,利用特殊值X=当可判断8,利用分段函数以及三角函数性质与图像可判断c,

利用4结论可判断D.

本题考查函数值域以及三角函数相关知识，属于较难题.

11.【答案】ACD

cι

【解析】解：对于选项A,在数列｛arι｝中，成+1-αlt+ι=n，贝IJan+ι(α∏+I-I)=即，

又对于任意的∏∈N*都有α7t>0,则即+i-1>0,即W+i>1，即对于任意的n≥2,都有α.>1,

即选项A正确；

对于选项B,不妨设数列｛αn｝可能为常数列,则On=an+1,又成+1-an+1=an,则谥-an=an,

贝IJan=2,

即为=2时，数列｛a7l｝为常数列，即选项B错误；

对于选项C,an+1-an=2an+1-α"I=αn+ι(2-αn+1),

又0<的<2,则0<堵一c⅛<2,即1<<⅛<2,同理，当n≥2,都有a”<2,

即即+i-=2a“+i-成+ι=an+ι(2-arι+ι)>0，即azι+ι>an,即数列｛%l｝为递增数列，即选

项C正确；

对于选项，%>2,则谖-o⅛>2,即G⅛>2,同理，当n≥2,都有即>2,

乂cιn+l-an~2<⅛+ι—an+l~an+l(2—an+l)<θ,

即数列｛aj为递减数列，即当ri≥2时，2<an<a1,即选项O正确，

故选：ACD.

结合数列递推式研究数列的单调性，然后逐一判断即可得解.

本题考查了数列递推式，重点考查了数列的单调性，属中档题.

12.【答案】BC

【解析】解：由题意可知：四面体ABlCDl为正四面体，设球。的半径为R；

•••正方体棱长为1,二正四面体的棱长为C，

设球心。到正四面体各个面的距离为d,

「正四面体体积U=l-4×∣×∣×l×l×l=p表面积S=4xgx√r7x∕7xy=2√1,

3V_巨

~=~i

①若正四面体的一个面截球如图所示,

设小圆半径为r,则2a=OX审Tr=7兀，解得：r=2，:R2=r2+d2=总解得：R=冬;

436124o12

②若正四面体的一个面截图如图所示,

O1

wɔz、入

・••每个面截球所得的曲线长为;X4察=三…碗的长为点饭

436Io

设小圆半径为r，。1为正四面体侧面的中心，E为MN中点，

•••“0】M=需,0遂=：XJ(4)2_(?)=£6,又“OIN=y,

∙∙∙“MOiE=尹分一.cos©—9)=吊=祟，

令/(「)=小(1芸)-萨，二爪)=T呜一禁).分+盆，

∙.∙言一分=处得守>0恒成立，.∙./(r)在(0,+8)上单调递增，

∖Λ^3πTT、ΛΛ^6∖Γ-2DC、厂G

又r人z=λ)=CoSz(E-旬一行=三一”~=°，∙∙∙r=?,

...R2=r2+d2=5解得：R二华;

IZ6

综上所述：球。的半径为雪或窄.

IZ6

故选：BC.

根据正四面体性质可求得球心。到正四面体每个面的距离d=孕；当正四面体每个面截得的曲线

为一个圆时，可求得小圆的半径r,由腔="+d2可求得R；当正四面体每个面截得的曲线为三

段等差的圆弧时，可得COSG-需)=要，构造函数7(r)=cosG—^)-^，利用导数可求

得/(r)在(0,+8)上单调递增，可确定其唯一零点r=?,由R?=r2+d2可求得结果.

本题考查了球的相关计算，属于中档题.

13.【答案】4

【解析】解：(x-£卞)”的展开式中共有7项，∙∙.n+1=7,ʌn=6,

则展开式的通项公式为4+1=CW-(-i)r∙x6~T.

令6—称为整数，可得r=为2,4,6,

故展开式中的有理项共4项.

故答案为：4.

在二项式展开式的通项公式中，令X的幕指数等于整数，求得r的值，可得结论.

本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题.

14.【答案】3

【解析】解：曲线y=eτnχ与y=2/x互为反函数，图象关于y=x对称，如图所示,

由题意可知，cos2θ=

所以taτι28=

4

tan2θ='S"?=P解得tern。=ɪ,或tern。=—3,

ιτaι√e43

因为。为锐角，

1

所以加九6=

由对称性，不妨取直线40进行研究，则直线40的倾斜角为1=。+泉

k—tana—tan（0+J）==2,

'4y1—tan。

设切点A的横坐标为与，切点。的横坐标为孙，则4（%1，?曜】），D（‹x2tMnx2y

,mxrn

y=mef所以∕ς40=TneXl=2,

mχrn

所以直线Ao的方程为y-eι=2（%一/），即y=2%+e^+2χ1,

y,≈工

，mx

所以%D=/=2，

τn×2

所以直线/。的方程为,即

y—ɪInx2=2(x—%2)Y=2%÷ɪInx2-2x2∙

所以rnJ即7n

e%ι—2x1=^∕nx2—2X2me"ι—2mx1=Inx2—2mx2,

所以

2—2m%ι=Inx2-2xg,B∏2mx1+Inx2—3,

所以/叫+ln%2=。3,gpχ2β2mx1=χ2(e^ι)2=ɪ×(1)2=gɜ,则靠=/,

所以In马=Ine3=3.

m5

故答案为：3.

根据已知条件作出图象，利用反函数的性质及二倍角的正切公式，导数的几何意义及直线的点斜

式方程，结合指数对数的运算性质即可求解.

本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中

档题.

15.【答案】(i,e∣)

【解析】解：由题设/(x)=lθgɑ∣-戊，令t=］，则y=Iogat与y=α'在te(0，+8)上有两个交

点，则y=］ogɑt`y=出交点都在y=t上，它们互为反函数，

设y=Iogat、y=α'与y=t相切，

y'=-ʌ-,y,=atlna,

JtlnaJ

若切点为(m,m),m>0,

所以［mb!。—。"°-1,可得zn=c,此时口=e：,

m

la=logam

综上，y=∣0gɑt>y=α'之间，在ι<Q<时有两个交点，在Q=4时有一个交点，在α>e：时

无交点，

所以1<a<ee∙

故答案为：(l,e5).

令t=3问题化为y=Iog/与y=/在t∈(0,+8)上有两个交点，且互为反函数，则它们有交点

的临界情况为与y=t相切，设切点，利用导数几何意义求切点坐标，进而确定临界情况下α值，

即可得范围.

本题考查了转化思想、导数的几何意义，难点是确定临界值，属于难题.

16.【答案】⅛⅛

IZoɔ

【解析】解：①需比赛五局才结束，则说明前四局双方为2：2,概率为C式|)2・(》2=急.

②假设比赛局数为随机变量X,

由已知，需比赛局数为偶数，贝IJX可取2,4,6,∙∙∙,2n,∙∙∙(n∈∕V*).

则P(X=2)=废铲+废(扔/

当τι≥2时，双方前2九一2局战为平局，且任意前2τn(l≤TH≤几一1,且m∈N*)局双方均战为平

局，

3135

1『I2

CX××+rCXXn-XX

2--i2-=-

则P(X=44'48显然n=l,满足该

式.

5z3×n

设即=P(X=2∏)=∣X©X，则有需=ɪ=I

85J

所以，｛%l｝是以的=汾首项，q=/公比的等比数列.

OO

n1

设%=2nan,则b7l=9Xφ^.

5

-+2X+3X+

4-In

设｛%｝的前几项和为Sn,则Sn=b1+b2+b3+-

l5n=l⅛+2×φ2+3×φ3+∙∙∙+^φn]-

21

作差可得,Sn-∣Sπ=∣[l+(∣)+(∣)+-→(∣Γ--n∙(∣Γ]=∣×^≠-⅞∙(∣r=2-

18

2∙φn-⅜∙(∣)n.

整理可得，Sn=^-⅛.(∣Γ-4n∙(∣Γ

由题意可得,n→l∞[^,(∣)n]—θ,n→l∞[4n∙(ξ)n]—0.

则E(X)=2∙P(X=2)+2X2∙P(X=2X2)+2X3∙P(X=2X3)+・・•+2九∙P(X=2九)+・・・

llnnllnl

=n→∞Sn=n→∞[y-y∙(∣)-4n∙(∣)]=n→∞y-n→∞[y∙(∣)]-n→∞[4n-

Φn›γ∙

故答案为：7^；昔.

iZoɔ

由己知可得前四局双方为2：2,即可求出答案①；由已知可推得，需要比赛局数为偶数，且P(X=

n-1

2n)=I×(∣)"T.进而可设αrι=P(X=2n)=∣×(∣)>t>n=2nan,根据错位相加法求出｛bn｝的

前n项和为Sn=^-v∙⅛n-4n∙⅛n+1,进而求出Sn的极限即可得出答案.

ɔɔOO

本题主要考查离散型随机变量的期望，概率的求法，考查数列的应用，考查运算求解能力，属于

中档题.

17.［答案］解：(1)依题意，bsi九4一s)8=0,因为SiTIC>0,故bsiτMS出C—y∕~3sinB=0∙,

由正弦定理，bsinA=asinB,故上式可化为QSi九BSiTlC—y∕~~3sinB=0,

因为siτιB≠0,故QSmC=由正弦定理，得CSirL4=V"^5;

(2)因为2(bs∂ιC—atanC)y=CtQnC.由正弦定理，2(SinBSbIC—sinA-丝勿=SinC•竺

v(zoL>GC/o

因为SiTIC≠0,故2cosC∙sinB=2sinA+sinC=2sin(β+C)+SiTlC,

则2cosC∙sinB=2sinBcosC+2cosBsinC+SinC,t^,2cosBsinC+sinC=0,

因为S出C≠0,故CoSB=—又B∈(0,7T),故B=ɪ,代入bsizMsEB=√-3stnB=0中，

2222

得bsim4s讥C=2sinBf即QC=2b,由余弦定理，6=α÷C—2accosB>3ac=6九，

故b≥6,则αc≥12,当且仅当Q=c=2√^?,时等号成立；故S2h4BC=gαcs讥B≥3√"Z,

故实数A的取值范围为(-8,3/2］.

【解析】(1)由正弦定理，可得为ɑsi?IBS讥C—√"3sinB=0，进而可求CSi兀4=，与；

(2)由正弦定理，可得2(SinBSirlC—SinA•"5=SinC•空进而可得bsizMsinC=2sin2B,可

COSClCIzoG

得αc=2b,可求S-BC的最小值，可求实数4的取值范围.

本题考查正弦定理、余弦定理，三角形的面积公式，基本不等式，考查数学运算、逻辑推理、属

中档题.

18.【答案】证明：(I)因为αn+ι=<⅛-2αrι+2,所以c⅛+ι-1=(<⅛-1)?，ɑ7l>1,

2

则In(On+1-1)=ln(αn-I)=2Zπ(αn-1),

又ln(<r1-1)=ln2,

所以数列｛ln(αrι-1)｝是以比2为首项，2为公比的等比数列,

n121

则In(On-1)=2-∙ln2=Zn2"^.

所以α7l=22"τ+l;

(2)⅛αn+1=α⅞-2αn+2,得c⅛+ι-2=an(an-2),

J''an+L2an(an-2)2(a“—2a∕'

所以=珊一届£，

所以心=工+2=2——+=——J

ɑnɑn-2an-2an+1-2an-2an-2a7l+1-2

222??22

所以Sn=瓦+%+…+%=C——)+(三一三)+~+(———½)=→-

n1zn2v77

%1-2a2^^。2-2。3-2，an-2an+ι-2ai-2

__-=2___--

a∏+l^22?"-2’

22

因为-Pi>0,所以2Tn<2,

2z-22z-2

所以SnV2.

【解析】(1)根据递推公式证明端哥为定制，即可证明数列为等比数列，再根据等比数列得通

项即可得解；

11ɪ111

(2)由％+1=W—2an+2,得a”+[-2=an(an-2),则二m=嬴门=5(最与一直)，则瓦=

12

ʌ--ʌʒ,再利用裂项相消法求出数列｛bn｝的前n项和Sn,即可得证.

un~^un+l~^

本题主要考查数列递推式，数列的求和，裂项求和法的应用，考查运算求解能力，属于中档题.

19.【答案】解：(1)证明：♦.•四边形BCDE为矩形，；.DELCD,

∙.∙∆ACB=90°,即4C1BC,

5LDE∕∕BC,.-.DElAC,

∙.∙ACOCD=C,ACU平面4CC,CCU平面ACD,

.∙.DE1平面4C。；

(2)•••平面BCz)E_L平面ABC,平面BCDEn平面ABC=BC,BC1AC,4Cu平面4BC,

ACJJffiBCCE,

则N/1EC即为直线4E与平面BCDE所成的角，

=,

∙∙∙sm∆AEC=7AE774

过点4作“/BC,如图所示：则平面4。En平面ABC=A

D

由(1)得DEL平面ACD,贝〃_L面ACD,.∙.ADJ./,AC11,

・•・平面ADE与平面ABC的夹角为NZMC,.∙.CoSNzMC=煞=?，

AD5

又DC=BE=2,.∙.4C=1,则AE=4,.∙.CE=√^^B,.∙.BC=VrIT,√1B=2√^3,

又异面直线DE与SB所成的角为NABC,

.∙.COSNZBC=整=罩，即异面直线DE与力B所成角的余弦值为号.

AB66

【解析】(1)根据矩形性质和平行关系可得。ElCD,DEVAC,由线面垂直的判定定理，即可证

明结论；

(2)利用面面垂直性质可证得4C1平面BCDE,过点4作，〃BC,利用线面角和面面角的定义可知

SinNAEC=J,COSNZMC=华，求出BC,AB,由异面直线所成角的定义可知所求角为乙4BC,即

可得出答案.

本题考查直线与平面垂直的判定定理和性质定理、异面直线的夹角，考查转化思想，考查逻辑推

理能力和直观想象，属于中档题.

20.【答案】解：(1)由题意，X可取0,1,2,3,4.

P(X=O)=(I—令x(i-*)=2,

OOO

P(X=I)=GxRi--

P(X=2)=^3×∣3×(1-1-)×(1-1-)=-9,

qo1IQ

P(X=3)TXZXdX/(1-2)=分

3319

×××-

4-4-2-

64

则X的分布列为:

X01234

P13999

168643264

f(X)=0×⅛1+l×∣3+2×⅛9+3×⅜9+4×⅛9=⅞33

(2)每一轮获得纪念章的概率为P=P(X=3)+P(X=4)=*+W=系

每一轮相互独立，则每一轮比赛可视为二项分布，

设10轮答题获得纪念章的数量为匕则丫〜B(IO,第，

P(x=k)=⅛(g)k(g)10-kΛ=0,1,2,-,10.

(P(Y=幻≥p(y=k+1)∫c⅛(g)k(≡)1°-fc≥c⅛hl(g)k+1(g)9-k

kιk

Ey=BNp(y=kτ)'t⅛(g)(g)°-≥cw1(g)k-1(g)11-fc,

解得筐≤Y寄乂卜=0,1,2,…，10,得％=4,则获得4枚纪念章的概率最大.

【解析】(1)由题意可得X可取0,1,2,3,4,进而分别求出概率即可求解；

(2)先求得每一轮获得纪念章的概率，由每一轮相互独立，则每一轮比赛可视为二项分布，进而可

得y〜B(IO,给，P(YS)=C崎嚅10〜=0,1,2,…,10,由｛能篇牝雷\解

出k即可求解.

本题考查了离散型随机变量的分布列与期望，属于中档题.

21.【答案】解：(1)因为GI的渐近线方程为y=±殍X，所以!=?,所以b=pα.

乌

又右焦点F到渐近线的距离为√"?,所以J2/2=得C=，了.

又因为c2=α2+F,所以α=2,所以b=C∙

所以双曲线Cl的标准方程为3-1=1；

22

(2)解：由⑴可知。2的方程为第一1，

设M(XoJo)，所以有堂一1=1，

34

过点”作与y=平行的直线分别与双曲线Cl交于点P,

(任一Q=IR2

由14%，得χ2gro)+%]=「

43

(y=ɪ(x-x0)+yo

Illl1,11

整理得(χ-∕χo+y%)(5与-%y。)=ι>所以X一/。+/丫。=扛0-7⅛√

由于专一孥=1,故工JL=-⅛xθ+盍丫。),

342。√-3∙y0

；Ill2JqylQ

-y,=xxx9

则％=-XQ--^=y0-(-x0+7^yO)=√=^°故y~(^o)+y0=~~o

所以P(一月y。，o)∙

同理可得Q(言加号χ0)∙

所以直线PQ：4%y=3%ox恒过定点(0,0)∙

√^3