2023年陕西省高考理科数学模拟试卷及答案解析

2023年陕西省高考理科数学模拟试卷

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有

一个是符合题目要求的.

1.（5分）已知集合4={x∣y=∕gx},B={-2,-1,0,1,2},那么A∩B等于（）

A.{-2,-1,0,1,2）B.{0,1,2}

C.{-2,-1,I,2}D.{1,2}

2.（5分）己知复数Z=军，则IZI=（）

A.1B.√2C.2D.4

3.（5分）双曲线2/-）2=1的渐近线方程是（）

1√2L

A.y≈±-χB.y-+2xC.y—^~xD.y-+yj2x

4.（5分）最早发现于2019年7月的某种流行疾病给世界各国人民的生命财产带来了巨大

的损失.近期某市由于人员流动出现了这种疾病，市政府积极应对，通过3天的全民核

酸检测，有效控制了疫情的发展，决定后面7天只针对41类重点人群进行核酸检测，下

面是某部门统计的甲、乙两个检测点7天的检测人数统计图,则下列结论不正确的是（）

A.甲检测点的平均检测人数多于乙检测点的平均检测人数

B.甲检测点的数据极差大于乙检测点的数据极差

C.甲检测点数据的中位数大于乙检测点数据的中位数

D.甲检测点数据的方差大于乙检测点数据的方差

5.（5分）已知正四棱柱A28-A181。。的底面边长为2,侧棱长为4,则异面直线AC

与。Cl所成角的正切值为（）

A.2√5B.3√2C.3D.√5

6.（5分）已知向量m,n满足（2m—3n）J.n,且Iml=遮∣n∣,则m,肛夹角为（）

ππ2π5π

A.一B.一C.—D.—

6336

7.(5分)已知α∈(0,7r)/Sina—cosa=l则tan2α=()

44C2424

A.一不B.一C——D.

3J77

8.（5分）椭圆C：。+1=1的左、右顶点分别为Ai,A2,点P在C上，且直线朋2斜率

取值范围是[-1,-刍，那么直线斜率取值范围是（）

A∙*1⅛3B.存3方3C[1,2]D.层3，2]

9.（5分）已知等差数列｛〃“｝满足44+47=0,。5+〃8=-4,则下列命题：①｛的｝是递减数列；

②使S〃>0成立的〃的最大值是9；③当〃=5时，S〃取得最大值；④46=0,其中正确的

是（）

A.①②B.①③C.①④D.①②③

10.（5分）已知直线y=ιwc+n（∕H≥0,Π>0）与圆（K-I）2+（y-1）2=1相切，则m+n

的取值范围是（）

A.（0,2]B.（0,4]C.[2,+8）D.[4,+∞）

1111

11.（5分）-^~~~+~~~~+—~~7=+•••+-；=~~的整数部分是（）

√l+√2√3+√4√5+√6√99+√100

A.3B.4C.5D.6

12.（5分）已知函数于QX）=ax3+hx2+cx+d（α≠0）满足/（久）+/（2—%）=2,g｛x）y=^ɪ,

若函数y=∕（x）与y=g（x）的图像恰有四个交点，则这四个交点的横坐标之和为（）

A.2B.4C.6D,8

二、填空题，本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.（5分）若（；一一）6的展开式中的常数项是

14.（5分）命题W3ΛER,αr2-20x+l≤0"为假命题，则实数。的取值范围是.

15.（5分）七巧板是古代劳动人民智慧的结晶.如图是某同学用木板制作的七巧板，它包

括5个等腰直角三角形、一个正方形和一个平行四边形.若用四种颜色给各板块涂色，

要求正方形板块单独一色，其余板块两块一种颜色，而且有公共边的板块不同色，则不

同的涂色方案有种.

16.(5分)在棱长为1的正方体ABCo-BiCiOi中，M是侧面BBIelC内一点(含边界)

则下列命题中正确的是(把所有正确命题的序号填写在横线上).

①使AM=或的点M有且只有2个；

②满足AMA.B1C的点M的轨迹是一条线段；

③满足4W〃平面AiCiD的点M有无穷多个；

④不存在点M使四面体MAAiD是鳖腌(四个面都是直角三角形的四面体).

三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，

每个试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答.

17.(12分)已知向量m=(√¾inx,cosx~),n=(cosx,-COSX),定义函数/)=m∙n-

(I)求函数/G)的最小正周期；

(2)在AABC中，若/(C)=0,且AB=3,C。是AABC的边AB上的高，求CD长的

最大值.

18.(12分)如图在四棱锥P-ABC。中，BA，底面A8CZ),且底面ABC。是平行四边形.已

知PA=AB=2,AD=√5,AC=1,E是PB中点.

(1)求证：平面PBCLL平面4CE；

(2)求平面玄。与平面4CE所成锐二面角的余弦值.

19.(12分)已知点A(X0,-2)在抛物线C：y1=2px(p>0)上，且A到C的焦点产的

距离与到X轴的距离之差为今

(ɪ)求C的方程；

(2)当p<2时，M,N是C上不同于点A的两个动点，且直线AM,AN的斜率之积为

-2,ADLMN,。为垂足.证明：存在定点E,使得EI为定值.

20.(12分)甲、乙两个代表队各有3名选手参加对抗赛.比赛规定：甲队的1,2,3号选

手与乙队的1,2,3号选手按编号顺序各比赛一场，某队连赢3场，则获胜，否则由甲

队的1号对乙队的2号，甲队的2号对乙队的1号加赛两场，胜场多者最后获胜(每场

比赛只有胜或负两种结果)，已知甲队的1号对乙队的1,2号选手的胜率分别是0.5,0.6,

甲队的2号对乙队的1,2号选手的胜率都是0.5,甲队的3号对乙队的3号选手的胜率

也是0.5,假设每场比赛结果相互独立.

(1)求甲队仅比赛3场获胜的概率；

(2)已知每场比赛胜者可获得200个积分，求甲队队员获得的积分数之和X的分布列及

期望.

21.(12分)已知函数/(x)—m(x+l)ex(〃?>0),g(X)-2lnx+x+l.

(1)求曲线y=g(x)在点(1,g(D)处的切线方程；

(2)若函数y=∕(x)的图像与y=g(%)的图像最多有一个公共点，求实数m的取值

范围.

(二)选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的

第一题计分，作答时请先涂题号.［选修4-4：坐标系与参数方程］

fx=t+T,

22.(10分)在直角坐标系Xoy中，曲线Cl的参数方程为《£C为参数).以。

V=t-7

为极点，X轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为0=^(P6R)∙

(1)求曲线CI的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；

(2)求曲线Ci的任意一点到曲线C2距离的最小值.

［选修4-5：不等式选讲］(本小题满分。分)

23.已知α>8>c>0,求证：

114

(1)+T—≥-----;

a-bb-ca-c

(2)a2ah2bclc>ab+cbc+a^,+b.

2023年陕西省高考理科数学模拟试卷

参考答案与试题解析

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有

一个是符合题目要求的.

1.(5分)已知集合A={x∣y=∕gx},B={-2,-1,0,1,2},那么A∩B等于()

A.{-2,-1,0,1,2}B.{0,1,2}

C.{-2,-1,1,2}D.{1,2}

【解答】解：因为A={x∣y=∕gx}={Mx>0},8={-2,-1,0,1,2},

所以ArlB={1,2}.

故选：D.

2.(5分)已知复数Z=署，则IZl=()

A.1B.√2C.2D.4

【解答］解:z=⅛=(i+i)(i-i)=~i,

∖z∖=J(-1)2+()2=L

故选：A.

3.(5分)双曲线27-『=1的渐近线方程是()

1VΣL

A.y=±-χB.y=±2xC.y=±-χD.y=±√2x

【解答】解：双曲线27-y2=ι即为：

2

22

由双曲线X/今y=1的渐近线方程为产±『b，

可得所求渐近线方程为y=±√2x.

故选：D.

4.（5分）最早发现于2019年7月的某种流行疾病给世界各国人民的生命财产带来了巨大

的损失.近期某市由于人员流动出现了这种疾病，市政府积极应对，通过3天的全民核

酸检测，有效控制了疫情的发展，决定后面7天只针对41类重点人群进行核酸检测，下

面是某部门统计的甲、乙两个检测点7天的检测人数统计图,则下列结论不正确的是（

A.甲检测点的平均检测人数多于乙检测点的平均检测人数

B.甲检测点的数据极差大于乙检测点的数据极差

C.甲检测点数据的中位数大于乙检测点数据的中位数

D.甲检测点数据的方差大于乙检测点数据的方差

【解答】解：对于A：甲检测点的平均检测人数为

2000+1600+1200+1200+800+1600+1200

≈1371.43,

7

1600+1800+1600+800+1200+800+1600

乙检测点的平均检测人数为≈1342.86,

7

故甲检测点的平均检测人数多于乙检测点的平均检测人数，故A正确;

对于C-甲检测点数据为800,1200,1200,1200,1600,1600,2000,中位数为1200,

乙检测点数据为800,800,1200,1600,1600,1600,1800,中位数为1600,故C错误;

对于B：甲检测点的数据极差2000-800=1200,

乙检测点的数据极差1800-800=1000,故B正确；

对于通过观察平均数附近数据个数，极差等或计算甲乙数据的方差，

可以判断乙检测点数据比甲检测点数据稳定性强，

故甲检测点数据的方差大于乙检测点数据的方差，故。正确.

故选：C.

5.（5分）已知正四棱柱ABCD-A∖B∖C∖D∖的底面边长为2,侧棱长为4,则异面直线AC

与。。所成角的正切值为（）

A.2√5B.3√2C.3D.√5

【解答】解：如图，连接AC,AiCi,AιD,DCi,

由正四棱柱的结构特征可知，四边形AACiC为平行四边形,

所以AC〃4。，所以/AiCi。为异面直线AC与Ocl所成角或其补角,

222

又在AAiCiO中，A1C1=√2Λ1D1=2√2,A1D=yJAAj+AD=√4+2=2√5,DC1

yJC1D^+DDl=√22+42=2√5,

所以CD-ADMID2_8+20-20_√W

所以COSNAIGD--——2x2√2×2√5一^W^

3√10

因为0<NAiCiDVn,则Sin乙'GO=√1-cos2∆ACD

l1110^,

所以tcm4AiGD=⅞¾⅛⅛=3,

CoSZ_7!]L]U

故异面直线AC与。。所成角的正切值为3.

故选：C.

6.（5分）已知向量薪，九满足（2m—3τι）_L九，且ITnI=g日则?n,蓝夹角为（）

7Γπ2TT57T

A.-B.一C.—D.一

6336

【解答】解：设蓝,反夹角为仇θ∈lθ,πj,

(2m—3n)∙n=2m-n—3∣n∣2=2V3∣n∣2cos0—3∣n∣2=0,即cos。—ɪ,

—>—>,.TT

故7∏,九夹角为二.

故选：A.

]

7.(5分)己知α∈(O,τr),sina-cosa=ʒ,则tan2α=()

442424

A.-5B.-C.一等D.—

3377

121

【解答】解：由S出Q—cosa=耳得si/ɑ+cosa-2sinacosa=汨，

./24

可得2si?IaCOSa=云X),

因为α∈(O,π),所以Sina>0,则COSa>0,

又因为(si?Ia+cosa)2=sin2a+cos2a+2sinacosa=西,

所以cosα+sinα=己，

14

--

Istna—cosa5Sina=54

由《73-

--3

(sina+cosa5Cosa=5

_24

所以Cem2a=

l-tanza

故选：C.

8.（5分）椭圆C：。+9=1的左、右顶点分别为Ai,A2,点P在C上，且直线朋2斜率

取值范围是[-1,-刍，那么直线出1斜率取值范围是（）

A∙住1，⅛3B.区3，∣3]C.[1,2]D.层3，2]

【解答】解：设尸（χo,W）,则乎+得=1-

又AI（-2,O）,A2（2,0）,

211

=_x,

A14fcp4-又kp“26[―L一/'

••占46后3，⅛3∙

故选：B.

9.（5分）已知等差数列｛“"｝满足"4+47=0,a5+as=-4,则下列命题:①｛4.｝是递减数列;

②使S>0成立的〃的最大值是9；③当〃=5时，％取得最大值；④“6=0,其中正确的

是（）

A.①②B.①③C.①④D.①②③

【解答】解：设等差数列｛%｝的公差为d,

故阴普=翁：甯O4,解得:

la5+α8=2α1+Ila=-4Ld=—2

由于d<0,故｛““｝是递减数列，①正确；

22

Sn=9n+"(7)×(-2)=IOn-n,令SJl=10n-n>0,

解得：0<n<10,且"∈N*,

故使8>0成立的〃的最大值是9,②正确；

a∏=9+（n-1）X（-2）=-2n+11,

当1W"W5时，an>0,当〃>6时，an<0,

故当〃=5时，S取得最大值，③正确；

“6=-2X6+11=-1,④错误.

故选：D.

10.（5分）已知直线y=mx+n（w≥0>∕t>0）与圆（X-I）2+（y-1）2=1相切，则m+n

的取值范围是（）

A.(0,21B.(0,4]C.[2,+8)D.[4,+∞)

【解答】解：由圆的方程（χ-1）2+（厂1）2=1,则其圆心为（1,1）,半径为1,

∣m-l+n∣

由直线方程y="tr+",整理可得WΛ-y+"=0,则=1,

√m2+l

2

整理可得〃2+2/m?-2m-2〃=0,由酉己方法可得m2+/+2"?"-2(m+n)=〃/,(m+n)-

2(次+〃)=m2,(m+n)(m+〃-2)=AW2≥O,

由∕π≥0,H>0,则m+n>09即m+n-2≥0,解得m+n^2.

故选：C.

Ill1

11.(5分~~~+~~~~+—~~7=+•••+-；=~~万志的整数部分是()

√l+√2√3+√4√5+√6√99+√100

A.3B.4C.5D.6

11√n+l-√n-l

【解答】解

√n+√n+l√n-l+√n+l(√n-l+√n+l)(√n+l-√n-l)

√n+l-√n-l

2

则-p~尸+-p~尸+-p~尸+…+-7=~1=V-(Λ∕2—ʌ/θ÷V4-V2+ʌ/ð一

√T+√2√3+√4√5+√6√99+√1002k

√4+-+√100-√⅞)==5.

又1〉1√n+2-√n√n+2-√n

V∏+V∏+lV∏+Λ∕Π+2(√Π+Λ∕Π÷2)(^∖∕Π+2-V∏)2

----------+-----------+-----------+十,—,〉一(√3—√T+√5一+V7—

√T+V2V3÷V4Vs+Vβ√99+√W02、

L/-----/—VlOl-VlV100—19

√5+…+Vioi-√99)=——-——>―--=--

91111

故二V7?一≡+-7=―F+-≡―万+…+-7=―F=<5，即整数部分为4.

2Λ∕1+Λ∕2√3+y4√5+√6v99+√100

故选：B.

12.(5分)已知函数/(x)=ax3+⅛x2+cx+J(a≠0)满足/(x)÷f(2—%)=2,g(%)=止ɪ,

若函数y=∕(x)与y=g(X)的图像恰有四个交点，则这四个交点的横坐标之和为()

A.2B.4C.6D.8

【解答】解：因为函数/(K)=af+bx2+cx+d(a≠0)满足/(x)4∕(2-χ)=2,

所以，函数y=∕CO图像关于点(1,1)对称，

因为g(χ)=τ⅛=与毕=ι+τ⅛r其图像由y=《图像向右平移1个单位，再向上

ʌɪ人ɪʌɪ人

平移1个单位得到，

所以，函数y=g(X)图像关于点(1,1)对称，

不妨设数y=∕(x)与y=g(X)的图像的四个交点的横坐标为XI,X2,X3,X4,且XI<X2

<Λ3<Λ4,

所以，根据对称性，X1+X4=X2+X3=2,

所以，这四个交点的横坐标之和为X1+X4+X2+Λ3=4.

故选：B.

二、填空题，本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.(5分)若(返一L)6的展开式中的常数项是—.

2%—16-

【解答】解：的展开式中的通项公式为4∣=CTG)6f.(-1)r∙-4,

令3-:=0,求得r=2,

故展开式中的常数项是量(34(—1)2=∣∣,

故答案为：—.

16

14.(5分)命题，x∈R,αx2-2αx+lW0”为假命题，则实数α的取值范围是[0,1).

【解答】解：因为命题FXeR,α∕-20x+lW0成立”是假命题，

,2

所以命题*∀x∈R,ar-2βχ+l>0恒成立”是真命题，

当“=O时，1>0,显然成立，

当a#0时，2Or+l>0恒成立，只须满足,解得O<qVl,

(4α2-4α<0

综上，实数α的取值范围是[O,1)∙

故答案为：∣0,1）∙

15.（5分）七巧板是古代劳动人民智慧的结晶.如图是某同学用木板制作的七巧板，它包

括5个等腰直角三角形、一个正方形和一个平行四边形.若用四种颜色给各板块涂色，

要求正方形板块单独一色，其余板块两块一种颜色，而且有公共边的板块不同色，则不

同的涂色方案有72种.

【解答】解：由题意，一共4种颜色，板块A需单独一色，剩下6个板块中每2个区域

涂同一种颜色，

又板块8,C,。两两有公共边不能同色，

故板块A,B,C,。必定涂不同颜色，

①当板块E与板块C同色时，则板块F,G与板块B,。或板块。，B分别同色，共2

种情况，

②当板块E与板块B同色时，则板块厂只能与。同色，板块G只能与C同色，共1种

情况，

又板块A,B,C,。颜色可排列，故共（2+1）X题=72种.

故答案为：72.

16.（5分）在棱长为1的正方体ABCo-BlCIoI中，M是侧面BBlCIC内一点（含边界）

则下列命题中正确的是（把所有正确命题的序号填写在横线上）②③.

①使ZM=√Σ的点M有且只有2个；

②满足AMlBiC的点M的轨迹是一条线段；

③满足AM〃平面AICID的点M有无穷多个；

④不存在点M使四面体MA4i£>是鳖膈（四个面都是直角三角形的四面体）.

【解答】解：对于①，由正方体ABC。-AIBICIDI可得AB_L平面BBICIC,又BMu平面

BB∖C∖C,所以则4屏+^序/屏，

又4B=1,AM=<2,所以BM=I,又M是侧面BBiCiC内一点，所以〃在以B为圆

心，1为半径的圆上，如图：

有无数个这样的点M,故①错误；

对于②，如图，连接BC1,B∖C,ACt,

由正方体ABCD-4BIClDl可得平面B81C1C,又BICU平面BBiCiC,所以AB_L

BlC,

又由正方形BBIeIC,得BCl_L8iC,且ABnBCl=8,AB,8。U平面ABeι,所以BCi

1.平面48。，

则满足AM±BιC的点M在平面ABCi,又M在平面BB∖C∖C,且平面力BCIn平面BBlClC

=BG,则点M的轨迹是线段BCi,故②正确；

对于③，如图，连接ABi,AC,B∖C,AIzxA∖C∖,DC∖,

AD

在正方体ABCQ-A181CIQl中，有AA1〃CCι,AAi=CCi,所以四边形AAIeIC为平行

四边形，则Ae〃Ale1,同理可得A田〃OC1,

又AC,ABIc平面AIC1。,A∖C∖,DelU平面AICl£>,所以AC〃平面AIC1£>,ABI〃平面

AiCiD,

且ACrIABi=A,AC,ABlU平面A81C,所以平面ABIC〃平面4C1。，

则满足AM〃平面4G。可得点M在平面ABiC,又M在平面BBICIC,且平面ABlC∩

平面BBICIC=BlC,则点例的轨迹是线段BiC,故③正确；

对于④,如图,连接AB∣,A∣D,BiD,

在正方体ABCQ-AIBICIQI中，有AO_L平面A88ιAι,且AΛ∣,ABlU平面ABBIAι,所

以4DJ"AΛι,ADlAfii,则AABiQ,Z∖AAιZ)均为直角三角形，

又AIBl，平面AODiAi,且AAi,4。U平面AOCMi,所以48ι‹LAAι,AIBIIAID,则

∆ΛBιAi,ZXAIBID均为直角三角形，

所以四面体BIAAl。是鳖席，由于M是侧面BBiCiC内一点(含边界)，故M与BI重合

时，四面体MAAlz)是鳖席，故④错误.

故答案为：②③.

三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，

每个试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答.

17.(12分)已知向量m=(√5sinx,COSx),n={cosx,—cosx),定义函数/(x)=m•几一方

(1)求函数/(x)的最小正周期;

(2)在aABC中，若f(C)=0,且48=3,CO是aABC的边A3上的高，求CD长的

最大值.

【解答】解：(1):向量Tn=(V3sinx,cosx),n=(COSx,-CoSx),且F(X)=m∙n—

：•于(x)=V3si∏Λcσsx-Cos2X-⅛=*sin2x-1+'广2'—1=Sin(2x—1)-1,

JLLLLb

.∙.函数F(X)的最小正周期7=粤=τr;

(2)由(1)得f(x)=sin(2x—-1,

V/(C)=0,且A8=3,则Sin(2C-^)=1,

在AABC中，Ce(0,π),则2C-g∈(—之一)，

bb6

Λ2C-∣=p解得C=*

又SAABC=^AB∙CD=Jflfesin-,

：.CD=噂ab,

222

在AABC中，c=9=a+b-ab^abt当且仅当α=b时等号成立，

CO长的最大值为曰×9=挛.

18.(12分)如图在四棱锥尸-ABe。中，以_1_底面A8CZλ且底面ABC。是平行四边形.已

知24=AB=2,AD=√5,AC=1,E是PB中点.

(1)求证：平面PBC_L平面ACE；

(2)求平面玄。与平面ACE所成锐二面角的余弦值.

【解答】解：(1)证明：∙.∙∕¾，面ABC。，且B4=2,AC=I,

：.PC=遍=BC,

：E是PB中点，J.PBVCE.

同理可证：PBVAE,

又AEU面ACE,CEU面ACE,AEHCE=E,

.•.尸3_1_平面ACE,XPB⊂®PBC,

平面PBCJ_平面ACE；

(2)'：BC2^AB2+AC2,：.ABLAC.

以4为原点，AC,AB,G分别为X,户Z轴正方向建系，如图：

则A(0,0,0),B(0,2,0),D(1,-2,0),P(0,0,2),E(0,1,1),

设平面布。的法向量£=Q,y,z),

则［乎”=0

X-2y=0,取n=(2，1，0)，

∙AD=0

由(1)得而=(0,2,-2)是平面ACE的一个法向量,

→T日∙∕⅞∣=2=同

Λ∖cos{nPB)∖

f∣n∣×∣∕⅞∣区2姓10

.∙.平面PAD与平面ACE所成锐二面角的余弦值为噜

19.(12分)已知点A(X0,-2)在抛物线C：y1=2px(p>0)上，且A到C的焦点F的

距离与到X轴的距离之差垮

(1)求C的方程；

(2)当p<2时，M,N是C上不同于点A的两个动点，且直线AM,AN的斜率之积为

-2,ADLMN,。为垂足.证明：存在定点E,使得DEl为定值.

【解答】(1)解：抛物线C：)2=2PX(p>0)的焦点为Fg,0),准线为久=一刍,

又点A(Xo,-2)在抛物线C∙.)2=2pχ(p>O)上，即(-2)2=2pxo,所以XO=/，

即修，一2),

依题意可得:+3-2=解得P=I或p=4,

所以>,2=2X或>J2=8X.

(2)证明：∙.∙pV2,：.y2=2x,A(2,-2).

设MN:x=my+n,M(xι,y↑),N(X2,>2),联立PZ-2ɪ,，

消去X整理得y2-2my-2n=0,Δ=4m2+8〃>0①，

22

=2f(J?12)

且yι+)'2=2∕τυy∖y2=-2n,：.kAM∙kAN~'"(>2-2)="

2,即yi”-2(y1+y2)+6=0,.∙."+2m=3适合①，

将”=3-2相代入x=my+"得x-3=，”(厂2),令｛；二;二:解得;二直线MN

恒过定点Q(3,2).

又YADLMN,所以点O在以为AQ直径的圆上，因为A、。的中点为6，0),MQl=

√(3-2)2+(-2-2)2=√17,

所以以AQ为直径的圆方程为(X-g+丫2=学，

所以存在E(9,0)使得IDEl=孚.

20.(12分)甲、乙两个代表队各有3名选手参加对抗赛.比赛规定：甲队的1,2,3号选

手与乙队的1,2,3号选手按编号顺序各比赛一场，某队连赢3场，则获胜，否则由甲

队的1号对乙队的2号，甲队的2号对乙队的1号加赛两场，胜场多者最后获胜(每场

比赛只有胜或负两种结果)，已知甲队的1号对乙队的1,2号选手的胜率分别是0.5,0.6,

甲队的2号对乙队的1,2号选手的胜率都是0.5,甲队的3号对乙队的3号选手的胜率

也是0.5,假设每场比赛结果相互独立.

(1)求甲队仅比赛3场获胜的概率；

(2)已知每场比赛胜者可获得200个积分，求甲队队员获得的积分数之和X的分布列及

期望.

【解答】解：(1)若甲队仅比赛3场获胜，则前3局比赛中，甲队均获胜，

故所求的概率为尸=0.53=1

O

(2)随机变量X的所有可能取值为O,200,400,600,800,对应的甲队获胜的场次分

别为O,1,2,3,4,

当X=O时，前三局均负,所以P(X=O)=C^∙O∙5o∙(l-0.5)3=⅜,

O

当X=I时，前三局1胜2负，后两局均负，所以P(X=I)=⅛∙0.51∙(l-0.5)2∙(1-

3

0.6)∙(l-0.5)=高，

当X=2时，分两种情况：前三局1胜2负，后两局1胜1负；前三局2胜1负，后两局

均负，

所以P(X=2)=C∣∙0∙5l∙(l-0.5)2∙(0.6∙0.5+0.4∙0.5)+⅛∙0.52∙(l-0.5)'∙(1-0.6)

、21

∙(1-0.5)=荒，

当X=3时，分三种情况：前三局均胜；前三局2胜1负，后两局1胜1负；前三局1胜

2负，后两局均胜，

所以P(X=3)=C^∙0.53+⅛∙0.52∙(l-0.5)1∙(0.6∙0.5÷0.4∙0.5)+Cj∙0.51∙(l-0.5)2

∙0.6,∙0,5=1⅛7,

当X=4时，前三局2胜1负，后两局均胜，所以P(X=4)=C^∙0.52∙(l-0.5)1∙0.6∙

0∙5=ɪ,

所以X的分布列为

X01234

P1321179

840804080

数学期望E(X)=OX*+lx磊+2x∣⅛+3x泵+4x4=瑞

21.(12分)已知函数/(x)=nι(x+l)ex(∕z!>0),g(X)=2lnx+x+1.

(1)求曲线y=g(x)在点(1,g(D)处的切线方程；

(2)若函数y=∕(χ)的图像与y=g(X)的图像最多有一个公共点，求实数机的取值

范围.

【解答】解：(1)因为g(x)-2lnx+x+∖,所以g'(x)=-+1,

所以g(1)=2,g'(1)=3,

故曲线y=g(X)在点(1,g(D)处的切线方程为y-2=3(X-1),即3χ-y-1=0.

(2)因为函数y=∕(x)的图像与y=g(X)的图像最多有一个公共点，

则方程机(x+l)ex=2∕,7Λ+x+l最多一个实根,

即有〃?=酱翳最多有一个实根•

、八j、2Znx+x+l,/zʌ(2+l)(%+l)ex-(2∕nx+x+l)(x+2)ex(x+2)(i-x-2Znx)

设〃(X)=/「、％，h(X)=-----------------------5—------------------=------------7----------，

(x+l)β(χ+l)2e2x