新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市2023届高三三模数学（理）试题（含答案与解析）

乌齐地区2023年高三年级第三次质量监测

数学

（试卷满分150分，考试用时120分钟）

注意事项：

1.答题前，考生先用黑色字迹的签字笔将自己的姓名、准考证号填写在试卷及答题卡的指定

位置，然后将条形码准确粘贴在答题卡的“贴条形码区”内。

2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体

工整，笔迹清晰。

3.按照题号顺序在答题卡相应区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。

4.在草稿纸、试卷上答题无效。

第I卷（选择题共60分）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5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.

1.已知集合M满足{2,3}U"±{1,2,3,4},那么这样的集合M的个数为（）

A.1B.2C.3D.4

2.设复数Z满足(l+2i)∙z=5i(i是虚数单位)，则5=()

A2-iB.2+iC.-2-iD.-2+i

l,x>0

3.定义符号函数SgrLX=<0,x=0,则方程fSgnx=5x-6的解是()

—1,%<0

A.2或-6B.3或-6C.2或3D.2或3或-6

4.如图，是1963年在陕西宝鸡贾村出土的一口“何尊”（尊为古代的酒器，用青铜制成），尊内底铸有12

行、122字铭文.铭文中写道“唯武王既克大邑商，则廷告于天，日：‘余其宅兹中国，自之辟民”‘，其中宅

兹中国为“中国”一词最早的文字记载.“何尊'’可以近似看作是圆台和圆柱组合而成，经测量，该组合体的深

度约为3（）cm,上口的内径约为20cm,圆柱的深度和底面内径分别约为20Cm,16cm,则“何尊”的容积大

约为（）

A5500cm3B.6000cm3C.65∞cm3D.7000cm3

5.已知等差数列{q}的前〃项和为S,,,且％=5,q+Eι=67,贝应41是{%}中的（）

A.第45项B.第50项C.第55项D.第60项

/廿ππ

6.若CoSld-a~,则Sinl2a+合=()

6/

247724

A.——B.——C.D.—

25252525

7.5G技术在我国已经进入高速发展的阶段，5G手机的销量也逐渐上升，某手机商城统计了最近5个月手

机的实际销量，如下表所示:

时间X12345

销售量y（千只）0.50.81.01.21.5

若＞与X线性相关，且线性回归方程为,=0∙24x+方，则下列说法不正确的是（）

A.由题中数据可知，变量了与X正相关，且相关系数厂＜1

B.线性回归方程9=024尤+4中4=0.26

残差自（i=1,2,3,4,5）的最大值与最小值之和为O

D.可以预测x=6时该商场5G手机销量约为1.72（千只）

8.已知直线/：x+2y-4=0与X轴和y轴分别交于A,8两点，以点A为圆心，2为半径的圆与X轴的交

点、为M（在点A右侧），点P在圆上，当NMw5最大时，∆MP5的面积为（）

3648

A.—B.8C.2+2√10D.——

55

9.已知四棱柱ABCD-A4GR的底面是边长为2的正方形，侧棱与底面垂直，。为AC的中点，若点

4

。到平面AgA的距离为则ADl与平面所成角的正弦值等于（）

r√io1

民半D.-

AW103

10.定义区表示不超过X的最大整数,{x}=X-印例如：[3.2]=3,{-3.2}=0.8.®

[χ]+[γ]<[χ+γ];②存在XOeR使得[{χ0}]≠0;③|x—»<1是[χ]=[y]成立的充分不必要条件；④

方程2x{x}—x—l=O的所有实根之和为τ,则上述命题为真命题的序号为()

A.①②B.①③C.②③D.①④

11.希腊著名数学家阿波罗尼斯发现“平面内到两个定点AB的距离之比为定值;1(4≠1)的点的轨迹是圆”.

后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系XOy中,

,若点P是满足∕l=g的阿氏圆上的任意一点，点。为抛物线C:

点Ay?=6x上

3

的动点，。在直线X=—5上的射影为R,则IP用+2∣PQ∣+2∣Q用的最小值为()

A.4B.√37C.√42D.3√5

12.已知a=e4",∣=0.9,c=21nθ.9+b贝U()

A.b>c>aB.a>c>bC.c>b>aD.b>a>c

第∏卷(非选择题共90分)

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.

13.如图，平行四边形ABC。的对角线相交于点O，E，尸分别为AB，OC的中点，若

EF=xAB+yAD(^x,γ∈R),则无+>=.

14.已知函数/(x)=2COS(S+。)[。>0,刨<向部分图象如图所示，将函数/(x)图象上所有的点

向左平移四个单位长度得到函数g(x)的图象，则g[9]的值为______.

6J

丫2

15.己知双曲线C：二—>2=1的左右焦点分别为耳，F,,过工的直线交双曲线C于A,B两点，若

4

ABFx的周长为20,则线段AB的长为.

16.已知各项均不为零的数列｛0,,｝的前〃项和为S“，q=T,4≤%≤8,a]00<O,且

2α,4+2+α,,+∣4+3=°，则SH）O的最大值等于.

三、解答题：第17〜21题每题12分，解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过程

或演算步骤.

17.在一ABC中，角A,B,C的对边分别为。，b,c,且zJJ/cosB-c?=2"cosC+/一廿

（1）求NB大小；

（2）若ABC为锐角三角形，且α=2,求一ABC面积的取值范围.

18.学校门口的文具商店试销售某种文具30天，获得数据如下：

日销售量（件）01234

天数261093

试销售结束后开始正式营销（假设该商品日销售量的分布规律不变）.营业的第一天有该文具4件，当天营

业结束后检查存货，如果发现存货少于3件，则当天进货补充至4件，否则不进货.

（1）记X为第二天开始营业时该文具的件数，求X的分布列；

（2）设一年去掉2个月的假期，该文具店的正常营业时间为300天，其中X=4的天数为V，求

p（y=4）取最大值时化的值.

19.在一ABC中，ZACfi=45o,BC=3,过点A作A。工BC,交线段BC于点。（如图1）,沿AD

将Z∑A8O折起，使∕8DC=90°（如图2）,点E,M分别为棱BC,AC的中点.

（1）求证：CD上ME；

（2）当三棱锥A-BCD的体积最大时，试在棱C。上确定一点N,使得,并求二面角

M-BN-C的余弦值.

20.已知圆C:（x+JJ『+y2=16,A（√3,0）,P是圆C上任意一点，线段垂直平分线与半径

PC相交于点。，设。点的轨迹为曲线E.

（1）求曲线E的方程；

（2）已知。（一2,1）,3（0,1）,过点Z）的直线与曲线E交于不同的两点M,N,M点在第二象限，直

线与X轴交于R，求aBRN面积的最大值.

3

21.已知函数/(x)=χ2+∙^,g(x)=lnx.

(1)设函数〃(X)=/(%)-g(%),求〃(X)的单调区间；

(2)若直线y=-2x+r,r∈R分别与/(x),g(x)的图象交于A,B两点,求IA目的最小值.

选考题：共10分，请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计

分.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.

［选修4-4：坐标系与参数方程］

［x'=2x

22.在平面直角坐标系XQy中，曲线。：/+丁=1所对应的图形经过伸缩变换得到图形。，.

(1)写出曲线C平面直角坐标方程；

(2)点P在曲线C'上，求点P到直线/:氐+y-6=0的距离的最小值及此时点P的坐标.

［选修4-5：不等式选讲］

23.已知/(x)=∣2x+l∣,不等式/(x)<3x的解集为M.

(1)求集合M；

不等式“x)+∕jN4-4恒成立,

(2)χ∈M求正实数”的最小值.

参考答案

一、选择题：本大题共12小题，每小题5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.

1.已知集合〃满足"J}CMR123,4},那么这样的集合M的个数为()

A.1B.2C.3D.4

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意，利用列举法计数即可.

【详解】∙..{2,3}三Mq{1,2,3,4},.∙.要确定集合M只需确定1和4是否放置在其中，

共有4种情况，{2,3},{1,2,3},{2,3,4},{1,2,3,4},

故选：D

2.设复数Z满足(l+2i)∙z=5i(i是虚数单位)，则N=()

A.2-iB.2+iC.-2-iD.-2+i

【答案】A

【解析】

【分析】两边同乘以l+2i的共辗复数，然后化简运算求得z=2+i,进而得解.

【详解】（l+2i）（l—2i）∙z=5z=5i（l-2i）=10+5i,.∙.z=2+i,，5=2—i，

故选：A

1,Λ>O

3.定义符号函数SgnX=<0,x=0,则方程尤2sg∏χ=5x-6的解是（）

-l,x<0

A.2或一6B.3或-6C.2或3D.2或3或一6

【答案】D

【解析】

【分析】根据符号函数的意义，分段解方程作答.

2

【详解】依题意，当x>0时，方程尤2sg∏Λ=5x-6为：X=5X-6,解得X=2或X=3,因此x=2或

x=3,

ɔ6

当尤=0时，方程fSgnX=5x-6为：（）=5x-6,解得x=《，于是无解，

当尤<0时，方程VSgrLr=5x-6为：-d=5χ-6,解得x=-6或X=1，因此x=-6,

所以方程/SgnX=5x-6的解是X=2或X=3或X=-6.

故选：D

4.如图，是1963年在陕西宝鸡贾村出土的一口“何尊”（尊为古代的酒器，用青铜制成），尊内底铸有12

行、122字铭文.铭文中写道“唯武王既克大邑商，则廷告于天，日：‘余其宅兹中国，自之辟民’”，其中宅

兹中国为“中国”一词最早的文字记载.“何尊”可以近似看作是圆台和圆柱组合而成，经测量，该组合体的深

度约为30cm,上口的内径约为20cm,圆柱的深度和底面内径分别约为20cm,16cm,则“何尊”的容积大

约为（）

A.5500cm3B.6000Cm`C.65(X)cm3D.70∞cm3

【答案】C

【解析】

【分析】根据圆柱以及圆台的体积公式计算，即可得答案.

【详解】由题意可知圆台的高为30—20=10(Cm),

故组合体的体积大约为兀X82X20+g兀X⑻+8X10+10?)Xlo=≈6573(cm3),

故选：C

5.已知等差数列｛4｝的前〃项和为S,,,且%=5,4+S"=67,则%即是｛4｝中的()

A第45项B.第50项C.第55项D.第60项

【答案】C

【解析】

【分析】由等差数列的性质与通项公式求得外和公差d后得通项公式，再计算即可得.

【详解】｛〃〃｝是等差数列，则α∣+H]=α∣+U4=67=12q+55d=67,又%=q+4d=5,

4=1

联立可解得｛,,an=n9

a=I

=5×11=55=¾,是第55项.

故选：C.

6.若COSlk_2J=二，贝IJSin(2a+k]=()

247724

A.-----B.-----C.—D.

25252525

【答案】B

【解析】

【分析】利用凑角，同角三角函数关系和二倍角的余弦公式转化计算.

fTl∖Tlπsln2

【详解】sin2。+—=sin2—+—≈⅛-⅛-⅛=

I6JI166J（6J

任FUl一1=_2

（6）2525

故选：B

7.5G技术在我国已经进入高速发展的阶段，5G手机的销量也逐渐上升，某手机商城统计了最近5个月手

机的实际销量，如下表所示：

时间X12345

销售量y(千只)0.50.81.01.21.5

若y与X线性相关，且线性回归方程为9=0∙24x+4,则下列说法不正确的是()

A.由题中数据可知，变量y与X正相关，且相关系数r<1

B.线性回归方程亍=0.24%+4中£=0.26

C.残差自(i=1,2,3,4,5)的最大值与最小值之和为O

D,可以预测x=6时该商场5G手机销量约为1.72(千只)

【答案】B

【解析】

【分析】根据已知数据，分析总体单调性，并注意到增量不相等，不是严格在一条直线上，从而判定A；求

得样本中心点坐标，代入已给出的回归方程，求解，从而判定B；根据残差定义求得各个残差，进而得到残

差的最大值与最小值，从而判定C；利用回归方程预测计算即可判定D.

【详解】从数据看y随X的增加而增加，故变量V与X正相关，由于各增量并不相等，故相关系数r<1，

故A正确；

由已知数据易得元=3,9=1,代入9=0.24x+a中得到«=1-3x0.24=1-0.72=0.28,故B错误；

夕=0.24x+0.28,

R=O.24+0.28=0.52,%=0.24x2+0.28=0.76,%=0.24x3+0.28=1.00,

y4=0.24x4+0.28=1.24,攵=0.24x5+0.28=1.48,

自=0.5-0.52=—0.02,e2=0.8-0.76=0.04,a=1—1=0,⅛=1.2-1.24=-0.04,

¾=1.5-1.48=0.02,

残差e,(z=l,2,3,4,5)的最大值e2=0.04与最小值备=一。。4之和为0,故C正确；

X=6时该商场5G手机销量约为9=0.24×6+0.28=1.72,故D正确.

故选：B

8.已知直线/：x+2y-4=0与X轴和y轴分别交于A,s两点，以点4为圆心，2为半径的圆与X轴的交

点为M(在点A右侧)，点P在圆上，当NMBP最大时，ZW3B的面积为()

36L48

A.-ξ-B.8C.2+2√10D.

【答案】A

【解析】

【分析】当BP为圆的一条位于AB下方的切线时满足NMBP最大，通过计算得。户的方程再通过面积公式

计算即可.

【详解】如图所示，不难发现当BP为圆的一条位于AB下方的切线时满足NAffiP最大，

由题意可得4(4,0)、3(0,2)、M(6,0),不妨设/外：N=丘+2,

∣4Zτ+2∣4

则4至IJBP的距离为」I——=2nk=一—，或Z=O（舍去）.

√⅛r713

4

则/在：,=_§尤+2,

9.已知四棱柱ABCD-AAGR的底面是边长为2的正方形，侧棱与底面垂直，。为AC的中点，若点

4

。到平面AqA的距离为则AA与平面所成角的正弦值等于（）

ʌ3√10R20r√ion1

103103

【答案】C

【解析】

【分析】运用等体积法求出长方体侧棱的长度，再根据直线与平面夹角的定义构造三角形求解.

【详解】依题意如下图：

底面平面又在正方形中，AOlBD,

Qfi1BlABCr）,AOUABCzλ.∙.AOJ.B∣B,ABCQ

BDBlB=B,BDu平面8。。蜴，BlBU平面6ORg,.∙.AO，平面,

：.AO是三棱锥A—OgQ的高，A0=∣AC=√2；

2

设侧棱&B=X,则ABi=ADi=√4+X,BQI=2√2

2(4+X2)-8_2

在，物2中’由余弦定理得：3如2=邕.。「Λ

R2(4+%2)-4+f

2"+2炉

ZBAD∈(O,π),.,.sinZBAD=Jl-cos?NBIAD∣

11114+x2

II---------4

ΛB1AD1的面积54阴=244.4。§11/&42=，4+2/,由于。点到平面AgA的距离是1,

•••三棱锥O-AgA的体积％_A«15=£X£XS用他；

JJ7

2

OBl=OD1=√2+X,COSNBQDl=0':+0*4)1=x^2

1'''20B∖∙0D∣X2+2

2

-ZBiODt∈(0,π),ΛsinNBQDl=y∣l-cosZB1OD1=ʃɪ，

OB1D1的面积SOBa=：。4・。2SinNqoA=J%，三棱锥A-。用R的体积

12

v

Λ-OBlDl=]AO∙S=~X,

24/T

,∙^A-OBlDi=%-A8∣D∣qX=,y4+2x,X=A-;

又QAoJ.平面5。2旦，.∙.直线Ao在平面3。Rg的投影就是点0,即乙4。0就是直线AO与

平面BQR4的夹角，

在RrAAO"中，SinzAZ>Q=也=逮_=如

r:

ADt√^410

故选：D.

10.定义[可表示不超过X的最大整数，{x}=x-㈤.例如：[3.2]=3,{-3.2}=0.8.®

[x]+3≤[X+)];②存在XOeR使得[{∙⅞}]rθ;③IX-y∣<l是[χ]=[y]成立的充分不必要条件；④

方程2x{x}—x—1=0的所有实根之和为-1,则上述命题为真命题的序号为()

A①②B.①③C.②③D.①④

【答案】D

【解析】

【分析】易于判定①正确，②错误，③错误，④不易判定，可以绕开，利用排除法得到只有答案D正确.也

可用分离函数法，借助于数形结合思想判定④正确.

【详解】[χ+习=[印+{χ}+[)]+{v}]=[M+[y]+{-χ}+{j}]≥[χ]+3,故①正确；

由国可知X—l<[x]≤x,可知{x}=x-[x]e[O,l),所以[{x}]=O,故②错误，故AC错误;

X=O.9,y=l.l,卜―H<l,[x]=O≠l=[y],故③错误，故B错误；

对于2x{x}-X-I=0,显然X=O不是方程的解，可化为2{X}=1+L

X

考察函数y=2{x}和y=l+J的图象的交点，除了(-1,0)外，其余点关于点(0,1)对称，从而和为零，故总

【点睛】选择题中有些问题不易确定时，常常要尝试使用排除方法，本题就是一个典型的例子.

11.希腊著名数学家阿波罗尼斯发现“平面内到两个定点AB的距离之比为定值4(/1≠1)的点的轨迹是圆”.

后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系XOy中，

点若点P是满足/1=；的阿氏圆上的任意一点，点。为抛物线Uy2=6x上

的动点，Q在直线X=—1上的射影为R,则|P@+2|PQ|+2|Q/的最小值为()

A.用B.√37C.√42D.3√5

【答案】B

【解析】

【分析】先求出点P的轨迹方程，再结合阿波罗尼斯圆的定义及抛物线的定义可得

∖PB∖+2∖PQ∖+2∖QR∖=2∖PA∖+2∖PQ∖+2∖QF∖,从而可得出答案.

【详解】设P(X,y),则

化简整理得(χ+∣)+/=1,

所以点P的轨迹为以卜|,0)为圆心1为半径的圆，

抛物线C:V=6χ的焦点F[g,θ],准线方程为x=-∣,

则∣P8∣+2∣PQ∣+2∣QA∣=2∣Λ4∣+2∣PQ∣+2∣QF∣

=2(∣PA∣+∣PQ∣+∣0F∣)≥2∣AF∣=2J32+;=廊,

当且仅当AP,Q,口(P,。两点在AE两点中间)四点共线时取等号,

所以|「3|+2|尸。|+2|。/?|的最小值为历.

12.已知a=e/i9,b=0.9,c=21nθ.9+l,则()

A.b>c>aB.a>c>bC.c>b>aD.b>a>c

【答案】D

【解析】

[分析]根据常见不等式eA>x+l(x≠0),x>ln(x+l)进行比较，对于α,0可以比较其倒数的大小，对于

a，c,可利用不等式分别放缩然后比较.

【详解】令"x)=e-x-l"'(X)=e'—1,(-∞,0)±∕,(x)<0,/(x)单调递减,

在(0,+oo)上J'(x)>0,∕(x)单调递增，工二0时了(》)>,/'(0)=0,所以6';>*+1(_^0)

在x>T时两边取对数得到x>ln(x+l).

所以'=0°」9>1+0.19=1.19>3=，,...4</?；

a9b

α=e~0J9>_o]9+l=0.81,c=21nO.9+l=lnO.81+l=ln(l—0.19)+1<-0.19+1=0.81,

：.a>cf

∙∙b>a>Ci

故选：D

第∏卷(非选择题共90分)

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.

13.如图，平行四边形ABCQ的对角线相交于点。，E，尸分别为A3,OC的中点，若

EF=xAB+yAD(x,ʃ∈R)>则x+y=

【解析】

【分析】根据已知条件，利用向量的线性运算的求得.

■IoIQ[1Q3

【详解】EF=EA+AF^--AB+-AC=--AB+-(AB+AD}^-AB+-AD,

2424、'44

13,

：.x=—,y=—,：.x+y=i,

44

故答案为：1

14.已知函数/(%)=2cos(<yχ+c)(口>0,冏<]的部分图象如图所示，将函数/(X)图象上所有的点

向左平移聿个单位长度得到函数g(x)的图象，则g(T的值为

【答案】-1

【解析】

【分析】先有图象结合三角函数的性质得出“X)解析式，再根据图象变换得g(x)解析式，继而可得答案.

2兀ππ

【详解】由图象可知/(X)的周期为一=2n∕=4,代入［∙^∣,2)可得

CO3^12

COSfy+¢91=1=>φ=--+2kπ,又同<工=>*=一二

31123

⅛⅛∕(x)=2cos(4x-∣J,

、

ππCA兀

左移2个单位长度得g(x)=2cos4x÷—zoos4x÷-,

6~3I3J

π=2CoS［兀+］)=-1

故g

故答案为：-1

2

15.已知双曲线C:工r—y=ι的左右焦点分别为《，区,过居的直线交双曲线C于A,B两点，若

4

ABFi的周长为20,则线段AB的长为

AΛ,ɛfalχ-p.400

［r答案】6或---

41

【解析】

【分析】分情况，利用双曲线的定义，结合余弦定理求解.

2

2222

【详解】C-.--y=∖,a=4,b=l,c=4+l=5,

4-

易得双曲线的实轴长2。=4,焦距2c=26.

若AB都在右支上，^∖AFi∖=∖AF2∖+4,∖BF［∖=∖BF2∖+4,

ABFi的周长IABl+∣AfJ+忸制=∣Aβ∣+∣A闾+忸局+8=2∣Aδ∣+8=20,

IABl=6；

∖AFi∖+∖BFi∖+∖AB∖=∖AF2∖-2a+∖BF^+2a+∖AF2∖-∖BF^=2∖AF2∖=20,

所以IA闾=10,所以IA团=10-4=6,

设∣AB∣=f,则忸闾=IOT,怛耳I=IoT+4=14τ,

由余弦定理得CoSA-S*"R司_6?+产-(147)2,”日400

解得'=7Γ'

2×6×102×6×t

故答案为：6或---

41

16.已知各项均不为零的数列｛4｝的前〃项和为S“，4=-1,4≤%≤8,ai00<0,且

aa

2%。“+2+n+∖n+3=°，则SH)O的最大值等于.

【答案】

3

【解析】

【分析】由递推关系得数列｛α,,｝满足。“+4=4%，得SH)O=土=乂(生+生+%-1)，由条件得

fl2+α4≤-2后,将求SoO的最大值转化为求关于内的函数的最大值.

【详解】因为2%%+2+%+∣"”+3—θ,

所以an+lan+3=-2anan+2,将〃+1代入，得αn+2ɑn+4=-2αn+,an+3，

所以an+2an+4=4anan+2，an+2H°，所以J=4a,，

SIoo=(4+α5+'+/7)+(fl2+6⅛+'+t⅞)+(q+q++%)+(/+t⅞++α∣0θ)

-l×(l-425)4x(1-425)%x(l-425)/x(l-425)

1-4+1≡4+1≡4-+1-4

425-l

--------X(%+q+%-ɪ)，

aa

又因为α∣oo=4x4”<0，所以。4<0，24+2ala3=0,即出包=2/，

j

因为4<%K8,所以外<0,a2+a4≤-2y∣a2a4=-2y∣2a3,

当且仅当生=包时等号成立，

所以百00≤=斗—四一1)二?[(再一何—3],

因为JZ∈[2,2jW],所以当JZ=2&时，

y=F[(嘉-应丫T最大，

2

所以SlOo≤tg二ɪX(2√2-√2)-3=Wɪ,

即JZ=2J5时，SloO有最大值上4：.

is

故答案为:

3

【点睛】思路点睛：根据“2%=2/求Smo=FLiX（4+%+%—1）的最大值时，注意分析数列中项的

正负号，得。4<0，且。2<0，进而得。2+。4W-2Ja2。4•

三、解答题：第17〜21题每题12分，解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过程

或演算步骤.

17.在-ABC中，角A，B,C的对边分别为。，b,c,且-¢2=ZMcosC+"一廿.

（1）求/6大小；

（2）若C为锐角三角形，且a=2,求-ABC面积的取值范围.

Tt

【答案】（1）-

4

⑵（1,2）

【解析】

【分析】（1）利用余弦定理可得J54cosB=/?CoSC+CeosB，再由正弦定理得

√2sinAcosB=sinA，结合三角形内角性质求角的大小可得答案；

（2）应用正弦边角关系及三角形面积公式可得SABC=」一+1再由A的范围可得答案.

*tanA

【小问1详解】

由余弦定理得2JΣ∕cosB=2出?COSC+2。CCOSB，即6>acosB=bcosC+ccosB，

再由正弦定理得J^SinACOS8=sin8cosC+sinCcos8，，V2sinAcosB=sinA，

•「sinA≠0,∙*∙CoSB=，又Be（O,π）,ΛB=—；

24

【小问2详解】

ac2si∏1AH—|/、

由正弦定理得「■=∙∕a,A∖即I4j∕τf1Y

sinAsιn（A+B）c----------------=√21+l------

si∏AVta∏A）

而SAABC=LaCSinB=交C=I+-l-,

△ABC22tanA

由-ABC为锐角三角形，；♦AH—>—且OCA<二，则一<A<一,

42242

∙,∙ɪ^l^~∑e（l,2）,即SAABC—O,2）.

tanA

18.学校门口的文具商店试销售某种文具30天，获得数据如下：

日销售量（件）01234

天数261093

试销售结束后开始正式营销（假设该商品日销售量的分布规律不变）.营业的第一天有该文具4件，当天营

业结束后检查存货，如果发现存货少于3件，则当天进货补充至4件，否则不进货.

（1）记X为第二天开始营业时该文具的件数，求X的分布列；

（2）设一年去掉2个月的假期，该文具店的正常营业时间为300天，其中X=4的天数为V，求

P（Y=攵）取最大值时女的值.

【答案】（1）分布列见解析

（2）240

【解析】

【分析】（1）根据题意得到X的可能取值为3,4,然后分别计算其概率，得到分布列；

（2）利用二项分布列公式，列出不等式组求解.

【小问1详解】

X的可能取值为3,4

614

由题意当X=3时表示日销售量为1,此时P（X=3）=∕=y,则P（χ=4）=g,

.∙.X的分布列为

X34

ɪ4

P5

4

【小问2详解】由（1）知P（X=4）=丁则y服从二项分布即y~53OO

J(4)

(Z=O,1,2,…,300)依题意,

4∏n300-«k+iz[∖300-(A+l)

¢00卜;≥≡

只)≥c

1555；5

ɪ3OO-,->解得，

300M0江幽

C；007ι>

[£1-V15

.∙.Ar=240,即P(y=k)取最大值时的Z的值为240.

19.在_ABC中，NAcS=45°,BC=3,过点A作AOlBC，交线段BC于点。(如图1),沿AO

将Bo折起，使/8DC=90°(如图2),点E，M分别为棱BC,AC的中点.

(1)求证：CDLME-,

(2)当三棱锥A-JBCD的体积最大时，试在棱CO上确定一点N,使得aVJ_EW,并求二面角

"-BN-C的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

⑵

6

【解析】

【分析】(1)先证明M石〃AB，再证明CD_L平面Ar)8,从而可证;

12

(2)设8O=x(()<x<3),则8=Az)=3—X,K,_=-Λ(3-X)^(0<%<3),利用导数法求得

SCD6

当30=1，CD=Ar)=2时，匕MeD取最大.以为。坐标原点，以DB,DC,D4所在直线分别为X

轴，)轴，Z轴，建立空间直角坐标系，由硒，8M结合向量法求得N(O,g,θ),再利用向量法即可求

解二面角M-BN-C的余弦值.

【小问1详解】

在-ABC中，M,E分别为AC,BC的中点，则ME〃/W,

折叠前AolBC,则折叠后ADLCD，

又ZBDC=^QP，即8J_BD,且BD?ADD，

•••CD，平面AoB，又ABU平面AZ)B，；•CD_LAB

而∙∙∙CD,ME∙

【小问2详解】

由(1)可知，。氏OcD4两两垂直.

11?10

设3Z)=x(0Vx〈3),则Cf)=AD=3—x,/.VA.BCD^ɜ×=qx(3-X)(O<x<3)

ΛV,=∣(3-x)(l-x),令V=O解得x=l,

所以函数在(0,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，

所以当X=I时，有最大值，

即当BD=1，CD=Ao=2时，％γco取最大.

以为。坐标原点，以DB,DC，OA所在直线分别为X轴，＞轴，Z轴，建立空间直角坐标系,

则5(1,0,0),C(0,2,0),A(0,0,2),M(0,1,1),ffɪ,l,θj,

设N((UOXC)≤r≤2),

由ENLBM得EN∙BM=。，

而EN=(一；,-1,0.•;=；,则N(0,g,0

BM=(—1,1,1),Λ→∕-l=0

NB=(I,一g,θ1,NM=(O,g,lj

设平面MBN的一个法向量沅=(X,y,z),

x-；y=O

所NB=O

则BP-ɪ,令y=2,则X=1,Z=-I,所以沅=(1,2,-I),

m-NM=O—y+z=O

2'

由题意可知平面BNC的一个法向量n=((),0,1),则cos(m,n)=普二二ɪ

网J川6

；二面角M—5N—C为锐二面角，；.二面角M—BN—C的余弦值为亚.

6

20.已知圆C:(x+省?+y2=i6,λ(√3,θ),P是圆C上任意一点，线段AP的垂直平分线与半径

PC相交于点Q,设。点的轨迹为曲线E.

(1)求曲线E方程；

(2)已知O(-2,1),8(0,1),过点。的直线与曲线E交于不同的两点〃，N,M点在第二象限，直

线与X轴交于R，求ABRV面积的最大值.

2

【答案】(1)—+√=1

4

(2)2(&+1)

【解析】

【分析】(1)根据椭圆定义可得C的方程;

(2)设直线MN的方程为y—1=MX+2),与椭圆方程联立，设M(APy),求出百、演、的方

8口

程、XR,设直线BN交X轴于点S,求出天,利用韦达定理求出SMRN再由基本不

-4k-4∖∣^k+2

等式可得答案.

【小问1详解】

由己知IQAl+C=IQH+∣QC∣=IPC∣=4,

根据椭圆定义可得C的方程为—+/=1；

4-

【小问2详解】

设直线MN的方程为yT=Mx+2),k<Q,

y=kx+2k+i

联立方程组<可得(1+4公卜2+以(2%+1)%+165+16左=0,

X2+4/-4=0

设Λ∕(X],χ),N(X2,%)，yl=kxl+2k+l,y2=kx2+2k+l,

_-4k(2k+l)-4yPk_-4k(2k+l)+4^Γk

22

ʌ'^1+4—2，ʌ—l+4k

,yl-11χ

1M∙y=--无+1,XR=^Γl~

Bɪlɪ-ʃi

设直线BN交X轴于点S,同理可得XS=丁」，

1-%

%V…1(f)=；岛一目(f)=也一号

jx

_1Λ2-χ2yi-χi+χiy2_1&一%一3⅛-(22+l)%2+%∙2+(22+1)玉

2I-X2-kx-2k

SyPk

1+4公Syf-k

xl+2--8%2-4k-4Q+2+8左2一一4左-4口+2

l+4k32

4日

_____≤Wr2g,

-2k-2yPk+l2"+⅛^2

当且仅当％=—；时取最大值2(、历+1).