2023年四川省南充市高考理科数学模拟试卷及答案解析

2023年四川省南充市高考理科数学模拟试卷

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

有一项是符合题目要求的.

1.（5分）设4={x∈Z∣-2Vχ<3},B={*4χ-α⅞=0）,且An2={1,2},则。的取值范围

为（）

A.（0,I]B.（0,I）C.（0,4]D.（0,4）

2.（5分）在复平面内，复数Z对应的点的坐标是（4,1）,且满足（1-i）∙z=2,则a—（）

A.1B.-1C.2D.-2

3∙（5分）如图是甲、乙两人高考前10次数学模拟成绩的折线图,则下列说法错误的是（）

B.甲的数学成绩在130分以上的次数多于乙的数学成绩在130分以上的次数

C.甲有5次考试成绩比乙高

D.甲数学成绩的极差小于乙数学成绩的极差

4.（5分）盒子里有I个红球与"个白球，随机取球，每次取1个球，取后放回，共取2次.若

1

至少有一次取到红球的条件下，两次取到的都是红球的概率为J,则〃=（）

A.3B.4C.6D.8

5.（5分）“a=0”是“直线χ-4y+2α-1=0（α∈R）与圆?+b=1相切”的（）

A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件

C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

6.（5分）已知Ial=V2,c=（1-λ）a+λb,若α∙b=0,a-c=L则入=（）

11

A.1B.-ʌC.-D.-1

22

7.（5分）已知等差数列{坳}的前〃项和为品，若Sl=I且Ag=I4,则如=（）

A.3/1-2B.4n-3C.5〃-4D.6〃-5

8.(5分)若函数/(%)=√5cos(3%+w)+±(3>0,∣9∣VA)的部分图象如图所示，且

/(⅛=2,/(x)≥f(第，则函数g(x)=sin(ωx+φ)的单调递减区间为()

A.[∕c7Γ-ɪɪfkτι+ɪɪ](/e∈Z)

rr7Tr

B.[kττ+G，ICnH—ɜ-](∕cEZ)

C.[fcττ+∙γ2'kττH—ɪɪ](fe∈Z)

D.[∕c7Γ一看，kτι+^-](∕c∈Z)

9.(5分)我国南北朝时期的著名数学家祖晒提出了祖胞原理：“嘉势既同，则积不容异

意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所

截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖眶原理计算球的体积时，

构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球(如图①)放置在同一平面上，

然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新

几何体(如图②)，用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面

ɪɪɪ

2

面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，^∖i-Vj^=πR-R--πR-∙R=

2%2-W2

-TT/?3.现将椭圆1+七=1绕)，轴旋转一周后得一橄榄状的几何体(如图③)，类比上

述方法，运用祖眶原理可求得其体积等于()

nn

10.（5分）已知数列｛〃〃｝满足：a1=ɜ,an+2-an≤31an+6-αn≥91∙3,则。2023=

+-

2

%V

11.（5分）已知P为双曲线=l（α>0,b>0）左支上的一点，双曲线的左、右顶点

分别为A、B,直线BP交双曲线的一条渐近线于点Q,直线AP、AQ的斜率为幻、公，

若以AB为直径的圆经过点°,且2%+Q=0,则双曲线的离心率为（）

C.√2

⑵（5分）若存在"∈R,使得对于任意Xe,e],不等式∕nxW0x2+bxW（e2-2e）lnx+e

恒成立，则实数6的最小值为（）

C.-1D.-e

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.（5分）彳一2）（1-2x）4的展开式中，常数项为

（x-y+6≥0

14.（5分）已知实数x,y满足约束条件2x+y≤0,则z=2x+3y的最大值为

-2y+7≤0

15.（5分）设抛物线C：γ2=2px（p>0）的焦点是凡直线/与抛物线C相交于P、Q两

点，且4PFQ=竽，线段P。的中点A到抛物线C的准线的距离为4则（粤i）2的最小

值为.

16.（5分）传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这

个球的直径恰好与圆柱的高相等.“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现；如图是一个

圆柱容球，。1、02为圆柱上、下底面的圆心，。为球心，EF为底面圆Oi的一条直径,

若球的半径r=2,有以下三个命题：

①平面DEF截得球的截面面积最小值为詈；

3

②球的表面积是圆柱的表面积的不

4

③若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则PE+PF的取值范围为[2+2√5,4√3].

其中所有正确的命题序号为

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.在ΦV5(α—bCoSC)=CS讥B,®2a-c=2hcosC,(3)(a-b)(o+⅛)=(α-c)C这三

个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.

在AABC中，内角A,B,C的对边分别是α,b,c,且满足,b=2√3.

(1)若α+c=4,求aABC的面积：

(2)求AABC周长/的取值范围.

18.在2022年卡塔尔世界杯亚洲区预选赛十二强赛中，中国男足以1胜3平6负进9球失

19球的成绩惨败出局.甲、乙足球爱好者决定加强训练提高球技，两人轮流进行定位球

训练(每人各踢一次为一轮)，在相同的条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，一人踢球

另一人扑球，甲先踢，每人踢一次球，两人有1人进球另一人不进球，进球者得1分，

不进球者得-1分；两人都进球或都不进球，两人均得。分，设甲每次踢球命中的概率为

1211

乙每次踢球命中的概率为？甲扑到乙踢出球的概率为3，乙扑到甲踢出球的概率g,

且各次踢球互不影响，

(1)经过一轮踢球，记甲的得分为X,求X的分布列及数学期望；

(2)若经过两轮踢球，用p2表示经过第2轮踢球后甲累计得分高于乙累计得分的概率，

求P2.

19.如图，在平行六面体ABCD-AlBICIDl中，N、E、尸分别是A41、AB.ClDi的中点,

侧面DCC1。1，平面4BC7λNABBl=60°,AO=4,AB=DD∖=S,ZBAD=120°.

(1)求证：NF〃平面CICE；

(2)试求二面角B-NF-C的余弦值.

X2y2ι

20.已知椭圆Ci：和+==Ka>6>0)的左右焦点分别为FI,∕72,抛物线Cizy=-∣(x2-1)

的顶点为2，且经过Fι,Fi,椭圆CI的上顶点A满足2O⅛=A.

(/)求椭圆Ci的方程;

(〃)设点M满足2F；》=FI+&,点N为抛物线Ci上一动点，抛物线C2在N处的

切线与椭圆交于尸，Q两点，求AMPQ面积的最大值.

21.已知函数/(x)=ax-ex2,α>0且α≠l.

(1)设g(x)=呼+ex,讨论g(x)的单调性;

(2)若α>l且/(x)存在三个零点Xi,X2,X3.

①求实数”的取值范围：

2e+l

②设X1<X2<JG,求证：X1+3∙X2+X3>

2

IX=

l+t2

22.在直角坐标系XOy中，已知曲线C的参数方程为Jα为参数),以。为极点,

2t

l+t2

X轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线/的极坐标方程为PSin(θ-α)=CoSa(a为直

线/的倾斜角).

(1)求直线/的直角坐标方程和曲线C的普通方程;

(2)设P(O,1),直线/与曲线C相交于A,B两点，求5一二的最大值•

∖PA∖∖PB∖

23.设/(x)=∖x-l∣+lx+l∣.

(1)求/(x)≤Λ+2的解集；

31

(2)若f(x)的最小值为加，且〃>0,b>0,2a+2b=m,求------+-----的最小值.

J3a+2b1+3匕

2023年四川省南充市高考理科数学模拟试卷

参考答案与试题解析

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

有一项是符合题目要求的.

1.（5分）设4={x∈Z∣-2Vχ<3},B={R4χ-420},且AnB={1,2},则〃的取值范围

为（）

A.（0,1]B.（0,1）C.（0,4]D.（0,4）

【解答】解：由已知,4={x∈Z∣-2<x<3}={-1,0,1,2},B={x∖4x-a≥0]=[x∖x≥^},

VA∩B={1,2},

ΛO<ξ≤1,即0<αW4,

的取值范围是（0,4].

故选：C.

2.（5分）在复平面内，复数Z对应的点的坐标是（m1）,且满足（1-i）∙z=2,则a=（）

A.1B.-1C.2D.-2

【解答】解：・・・复数Z对应的点的坐标是（小1）,

二・z=α+i,

又,：（1-Z）∙z=2,

2

.∖cι+i=不二,=l+i,

故α=l;

故选：A.

3.（5分）如图是甲、乙两人高考前10次数学模拟成绩的折线图,则下列说法错误的是（）

A.甲的数学成绩最后3次逐渐升高

B.甲的数学成绩在130分以上的次数多于乙的数学成绩在130分以上的次数

C.甲有5次考试成绩比乙高

D.甲数学成绩的极差小于乙数学成绩的极差

【解答】解：对于A,由折线图可知最后三次数学成绩逐渐升高，故A说法正确；

对于B,甲的数学成绩在130分以上的次数为6次，乙的数学成绩在130分以上的次数

为5次，故B说法正确；

对于C,甲有7次考试成绩比乙高，故C的说法错误；

对于D由折线图可知，甲乙两人的数学成绩的最高成绩相同，甲的最低成绩为120分，

乙的最低成绩为110分，因此甲数学成绩的极差小于乙数学成绩的极差，。说法正确.

故选：C.

4.(5分)盒子里有1个红球与〃个白球，随机取球，每次取1个球，取后放回，共取2次.若

至少有一次取到红球的条件下，两次取到的都是红球的概率为:，则〃=()

9

A.3B.4C.6D.8

【解答】解：设事件4为至少有一次取到红球，事件B为两次都取到红球，由每次取后

Il1

放回知P(B)=EXm=宙，

72H九2

两次都取到白球的概率为一X-=-~~—,

n+l7n+1(n+l)2

⅛prm_1n2-2n+1Prme_P(4B)_P(B)_1—1ɪ.

i故P(A)-ʒɪ一^ɪʒɪ'-收一3'故”-4.

故选：B.

5.（5分）“a=0”是“直线X-4y+2α-1=0（α∈R）与圆x2+y2=l相切”的（）

A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件

C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

【解答】解：若直线χ-qy+2α-1=0(α∈R)与圆/+y2=l相切，

则圆心(0,0)到直线χ-αy+2a-1=0的距离d=〒1丝n==l,

解得。=0或a-*

所以“。=0”是“直线1-纱+2。-1=0(α∈R)与圆/+/=I相切”的充分而不必要条

件,

故选:A.

6.（5分）已知IQl=V∑,c=（1-入）a+入b,若Q∙b=0,a∙c=1,则入=（）

11

A.IB.-4C.-D.-1

22

【解答】解：=(1-λ)a+λb,

—>—>—⅛—⅛)

.∙.α∙c=α∙[(1-入)α+λb]

=(1-λ)∣α∣2+λα∙b

=2(I-入)+0=1

・二入=2，

故选：C.

7.(5分)已知等差数列｛珈｝的前〃项和为S”，若SI=I且年+*=14,则〃"=()

A.3〃-2B.4〃-3C.5n-4D.6n-5

【解答】解：设等差数列｛而｝的公差为d,由等差数列的求和公式可得Sn=na1+必展ɪd,

S∣71—1SQS413

—r=α+——d,所以'+,=2α+-d+-d=2%+2d=2+2d=14,

n12241221

解得d=6,因此an=a∖+(n-1)¢/=1+6Cn-1)=6n-5.

故选：D.

8.(5分)若函数/(%)=√^cos(s+0)+2(eo>0,|口|V*)的部分图象如图所示，且

Λ⅞)=2,∕Q)≥∕(给，则函数g(%)=Sin(ωx+φ)的单调递减区间为()

A.[∕c7Γ-γ2，fc7Γ+`ɪɪ](/eEZ)

B.[kτt+5，kn+~^](k∈Z)

STrIITr

C.[fcττ+ɪɪ,kτι+I2](kEZ)

D.[kπ-^rkτr+争(k∈Z)

【解答】解：因为点给，2)在函数/(x)的图像上，所以75血(今3+9)+»2,

即CoSG3+0)=孚，结合图像可得卷3+W=-看①)，

又/(X)≥/(竽)，则直线X=竽为函数f(x)图像的一条对称轴，结合图像可得等3+φ=

π■②，

由①、②解得3=2,9=—泉

所以g(%)=V3sin(2x一今，

.TTTC3ττsʃrIlTr

令5+2kπ≤2x——≤—-∖-2fcττ(fc∈Z),得∕σr+交≤x≤⅛ττ+-jɪ(k∈Z),

所以g(x)的单调递减区间为优兀+,，fcτr+yf](fc∈z).

故选：C.

9.(5分)我国南北朝时期的著名数学家祖眶提出了祖晅原理：“幕势既同，则积不容异

意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所

截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖咂原理计算球的体积时，

构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球(如图①)放置在同一平面上，

然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新

几何体(如图②)，用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面

111

面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即球

=7TR2∙R-I7ΓR5∙R=

-πR3.现将椭圆一+==1绕y轴旋转一周后得一橄榄状的几何体(如图③)，类比上

349

述方法，运用祖眶原理可求得其体积等于()

【解答】解：构造一个底面半径为2,高为3的圆柱,

在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥,

则当截面与顶点距离为人(0≤A≤3)时，小圆锥底面半径为八

,hr2

则5=5,∙∙∙r=^h

4

故截面面积为：47r-^πh2λ,

X2V2

把y=h代入Z÷~=1,

22

uπxh

即—十—=1,

49

解得：X=+ɔ√9—∕ι2,

，橄榄球形几何体的截面面积为兀%2=4τr-^ττ∕l2,

由祖晒原理可得橄榄球形几何体的体积为:

1

P=2(y圆柱-V圆&=2×(4π×3-ɜ×4π×3)=16π.

故选：D.

nn

10.(5分)已知数列｛的｝满足：a1=ɛ,αn+2-Qn≤3,απ+6-QrI≥91∙3,则“2023=

)

3202333202333202332023

A.--------+-B.--------+-C.:------D.--------

228282

3

,

【解答】解：二・a1θQ?I+2ɑn43",

ari

∙∙Q∏+4—n+2—3+2,αn+6—an+4-3"3

an+6~an=(ctn+6-an+4)÷(an+4-an+2)÷(αn+2-an)≤3n+4÷3n+2÷3n

3n(34+32+l)=91∙3n,

nn

又@n+6-αn≥91∙3,故即+6-an=91∙3,

,∙ɑn+2—Qn=3n'∏n+4—an+2=3n+?,Qn+6—^n+4=3n+"'

3n

ʌɑɜ一Ql=3，a5-a3=3,…，an+2一。九=3，a1=

故a2n+∖-a∖=a2n+∖-ain-∖+aι∏-1-Q2”-3+∙∙∙+Q5一。3+。3-6τι=3+33+35+∙∙*+32π'1,

则Q2n+1=αι+3÷33÷35+∙∙∙+32n-1

QQ0∩-θɪθɪɪʌq2023

ʌα2023=g+3+33+35+…+32021=g+----------------=—g—

故选：C.

%V

H.(5分)已知P为双曲线和一77=l(α>O,b>0)左支上的一点，双曲线的左、右顶点

αzDΔ

分别为A、B,直线BP交双曲线的一条渐近线于点Q,直线AP、AQ的斜率为内、公，

若以48为直径的圆经过点Q,且2心+Q=O,则双曲线的离心率为()

3-√6

A.-B.2C.√r2D.—

22

由A(-α,0)、BCa,0)以及以AB为直径的圆经过点。可知AQJ_P8,

_ɪ

所以k2kpB=-1=>kpB=一四，

义卜1=布为'IiPB=高'

所以G=信=W,

由题意知2七+&=0=一葛=4所以一行/又拓3=盗肃=处,

由①和②得=ɪ,由c?=a2+b2=∙∣α?得e=擀=Jl=ɪ.

故选：D.

12.(5分)若存在G∈R,使得对于任意％∈(,e］,不等式⅛1xW0r2+⅛xWCe2-2e)∕nx+e

恒成立，则实数〃的最小值为()

〃+e+iβz+β

A.B.

e2-1

C.-1D.-e

【解答】解：令f(x)=",其中xeg,e］,则［(X)=号竺，

当LVkVe时，f(x)>0,则函数/(x)在弓，e］上单调递增，且/(1)=0,

令g(x)=(e2-2e)∕n%+e,则。,(乃=3-次吗+e2-3e,

因为函数y=(2e-e2)lnx+e2-3e在弓,u］上单调递增,g'(J)=e2(2e2-5e)>0,g'(e)=

--<0,

e

所以，存在&€(；,e),使得g'(xo)=0,

1

当一<r<⅛o时，g`(X)>0,此时函数g(X)单调递增，

当XoVXVe时，g'(%)V0,此时函数g(x)单调递减，如下图所示:

IYIX(β2-2e)Znx+β

由题意得---≤ax+b≤

XX

直线y=αx+b恒位于y=f(x)的图象上方，y=g(x)的图象下方，6代表直线y=αx+6

在y轴上的截距，当直线变化时观察得当直线过M(e,e-1)旦与曲线y=詈相切时,

b最小,

四一？+1,

设切点为(X。，噜)，则飞二I=审，

整理可得(e-l)ɪo+x0-(2x0一β)∕nx0-e=0,

令h(ɪ)=(e-1)x2+x-(2x-e}Inx-e,则/?(1)=0,∕ι,(x)=2(e-I)X+1-2(1+

ITlX)4~~=2(e—l)x+——(1+2Znx),

而当X∈［［e］时，2(e—1)%+3≥2j2e(e—1)>3,1+2∕HΛ≤3,

所以，2(e—1)%+——(1+2)%)>0,

所以当Xeg,e］时，h∙(x)>0,则函数〃(X)在弓，e］上单调递增，

所以∕?(x)有唯一的零点1,

所以XO=1,此时直线方程为y=χ-1,故如加=-1.

故选：C.

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共2()分.

13.(5分)2)(1—2x)4的展开式中，常数项为-10.

【解答】解：(1-2x)4的展开式通项为Tr+ι=q∙(-2x)r=CI∙(-2)r∙/,其中正{0,

1,2,3,4},

11

因为C-2)(1-2x)4=i(l-2x)4-2(1-2x)3

ɪ

在以Tr+1=以•(-2),∙χi(r=O,1,2,3,4)中，由r-l=O,可得r=l,

在一27；+1=以•(一2尸+1∙ΛΛ(∕C=0,1,2,3,4)中，得k=0,

所以展开式中，常数项为盘<—2)—2Cf=—10.

故答案为：-10.

%—y+6≥0

14.(5分)已知实数羽y满足约束条件2%+y≤0,则Z=Zr+3y的最大值为8

Λ-2y+7≤0

【解答】解；首先画出不等式组所表示的可行域，如图所示：

画出直线/θ:2%+3y=0,由z=2x+3y得y=-可%+可2,

要使Z取得最大值，即直线y=-∣x+MZ在)，轴上的纵截距最大，

因此平移直线/0,当直线过点C时纵截距最大，z取得最大值，

由卢HUn得点C的坐标为(-2.4),

(%—y÷6=0

因此Z”^=2X(-2)+3X4=8.

故答案为：8.

15.(5分)设抛物线C：)2=2PX(p>0)的焦点是F,直线/与抛物线C相交于尸、。两

点，且NPFQ=当，线段尸。的中点A到抛物线C的准线的距离为4则(粤i)2的最小

值为3.

【解答】解：设IP用=机，IQQ=",

过点RQ分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为产、Q',

则IPp|=加，∖QQ∖=n,

；点A为线段PQ的中点，...由中位线定理可得：

A到抛物线C的准线的距离为d=PP'甲颂=嗖，

f)TF

∙."PFQ=∙y,在△尸尸。中，由余弦定理可得：

∖PQ∖2=τnz-{-n2—2mncosɪ=m2+n2÷τnn,

22

・,d、2_(m+n)_(m+n)_1

==2=,

两)4(m^+mn)4[(m+n)-mn)4[1-^⅛J

(τn÷n)

又(rn+n)2^4mn,：•一"≤J当且仅当机=〃时取等号，

(m÷n)z4

∙∙(i⅛)2≤^⅛=T即(邛)2≥3,故(粤1)2的最小值为3∙

故答案为：3.

16.（5分）传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这

个球的直径恰好与圆柱的高相等.“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现；如图是一个

圆柱容球，01、02为圆柱上、下底面的圆心，。为球心，EF为底面圆Oi的一条直径,

若球的半径r=2,有以下三个命题：

①平面OEF截得球的截面面积最小值为可；

3

②球的表面积是圆柱的表面积的一；

4

③若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则PE+PF的取值范围为[2+2√5,4√3].

其中所有正确的命题序号为①③.

【解答】解：对于①，过点。在平面ABCD内作。GLOOi,垂足为点G,如图所示,

易知0IC>2±CD,OIo2=4,O2f）=2,

由勾股定理可得OlD=√0ι废+。2。2=2√5,

则由题可得OG=∣×。叱=劣*侵=等，

乙l√l〃LZ√5ɔ

设O到平面DEF的距离为dι,平面DEF截得球的截面圆的半径为r∖,

7∕ς

：OiOU平面DEF,当OGl.平面OEF时，Ji取最大值OG,即％≤OG=誉,

•F=√4-d^≥^4-∣=等，

平面OEF截得球的截面面积最小值为TrX（等）2=1∣≡,.∙.①正确：

对于②，Y球的半径为r,圆柱的底面半径为r,圆柱的高为2r,

又球的表面积为4πJ,圆柱的表面积为2πJ+如rX2r=6πJ,

4女丁22

球与圆柱的表面积之比为一r=一，.∙.②错误；

6πr23

对于③，由题可知点P在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，

设尸在底面的射影为P',

则PP1=2,PE=√22+P,E2=√4+P'f2,PF=√22+P,F2=√4+P,F2,

,221

由勾股定理可得PE+P'F=16,令尸，尸=8-t,则p∙E=s+t,其中-8≤∕≤8,

PE+PF=√12+t+√12-t,

二(PE+PF)2=(√12+t+√12-t)2=24+2√144-t2∈[24+8√5,48],

.,.PE+PFe[2√5+2,4√3],，③正确.

故答案为：①③.

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.在①√5(Q-bcosC)=CsiziB,®2a-c=2⅛cosC,③(a-⅛)(α+⅛)=(ɑ-C)C这三

个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.

在AABC中，内角A,B,C的对边分别是小b,c∙,且满足,b=2√3.

(1)若α+c=4,求AABC的面积；

(2)求AABC周长/的取值范围.

【解答】解：(1)若选条件①，由√^(α-bcosC)=CSinB及正弦定理，

可得遍(Sim4—sinBcosCy)=SinCsinB

∙,∙y∕3[sin(^B+C)—SinBcosC]=SinCSinB,

：・WCOSBSinC=SinCsinB,又OVCVir,ΛsinC≠0,

LtanB=遮，又OVjBVTr,：・B=*

若选条件②，由2a-c=2⅛cosC及正弦定理，可得2sinA-SinC=2sin8cosC,

即2sin(B+C)-sinC=2sinBcosC,

化简得2cos8sinC=sinC,又OVCVπ,ΛsinC≠0,

：.CosB=^,又0VB<n,ΛB=J；

若选条件③，由(α+b)(a-b)=(α-c)c,化简得/+J-庐=",

由余弦定理得CoSB=a^2ac,即COSB=ɪ,

又0V8Vπ,：.B=^,

故三个条件，都能得到8=不

由余弦定理得⅛2=α2+c2-IaccosB=(α+c)2-Iac-2accosB,

BP12=42—2ac—2acXɪ,解得αc=全

Λ∆ABC的面积S=ŋacsinB=ŋ×t×sin5=坐；

乙乙ɔɔɔ

Lacb2Λ∕3

(2)Vh=2√3,B=T5r,由正弦定理得一r^;=~Γ~1=._=~f=~=4,

ɔsmAsmCSinB里

2

**A-\rC=Ti—B=-ɜ-,

/.α÷c=4(sinA+sinC)=4[sinA+sm(ɪ—A)]=4√3(^cosA÷?SEA)=

4√3sin(Λ+J),

2TIRπ5τrπ1

又O<AV~g^,.*.~<A÷—<^-,sin(<A÷—)∈(-/1],

.∖α+c∈(2√3,4√3],又b=2W,

∙*.ɑ+6+c∈(4√5,6√3],

二ZXABC周长/的取值范围为(4次，6√3].

18.在2022年卡塔尔世界杯亚洲区预选赛十二强赛中，中国男足以1胜3平6负进9球失

19球的成绩惨败出局.甲、乙足球爱好者决定加强训练提高球技，两人轮流进行定位球

训练(每人各踢•一次为一轮)，在相同的条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，一人踢球

另一人扑球，甲先踢，每人踢一次球，两人有1人进球另一人不进球，进球者得1分，

不进球者得-1分；两人都进球或都不进球，两人均得0分，设甲每次踢球命中的概率为

1211

一，乙每次踢球命中的概率为一，甲扑到乙踢出球的概率为一,乙扑到甲踢出球的概率一，

2325

且各次踢球互不影响，

(1)经过一轮踢球，记甲的得分为X,求X的分布列及数学期望：

(2)若经过两轮踢球，用p2表示经过第2轮踢球后甲累计得分高于乙累计得分的概率，

求02.

【解答】解：(1)经过一轮踢球，记事件月为甲进球，事件B为乙进球，事件A与事件

B相互独立，

11?211

∙*∙P(A)=IX(I-耳)=耳，P(B)=ɜ×(1—2)=可，

甲的得分X的可能取值为-1,0,1,

211

P(X=-1)=(I-J)x*g,

P(X=O)+=

214

P(X=I)=5X(I-W)=IP

所以X的分布列为：

X-\01

184

P———

51515

所以E(X)——1×-g∙÷0×条÷1×-γξ—∙γξ

(2)根据题意，经过第2轮踢球累计得分后甲得分高于乙得分的情况有三种，

①甲两轮中第1轮得O分，第2轮得1分；

②甲第1轮得1分，第2轮得O分；

③甲两轮各得1分，

：.p2=P(X=O)P(X=I)+P(X=I)[P(X=O)+P(X=I)]

-15x15+15x⅛+15-1-45∙

19.如图，在平行六面体ABC。-AIBICIDI中，N、E、F分别是AA1、AB.CIOl的中点,

侧面OCe1。11■平面ABCD,NABBl=60°,AD=4,AB=DD↑=8,NBAO=I20°.

(1)求证：NF〃平面ClCE；

(2)试求二面角B-NF-C的余弦值.

【解答】解：(1)证明：取CCl的中点为G,连接EG、FG、NE、CD1、AiB.

在4CιZ)ιC和4AA18中，：尸、G、N、E分别是Clo1、CC1、AA∖,AB的中点,

J.FG∕∕D∖C,NE∕∕A∖B,且FG=CNE=^A1B,

又在平行六面体ABCQ-AIBlC1。中，AiOi〃BC且AiDi=BC,

所以四边形AiBCDi为平行四边形，则AIB〃£>iC且AIB=QlC

所以FG=NE,FG//NE,

因此四边形NEGF为平行四边形，所以NF〃EG,

又NFe平面CiCE,EGU平面CiCE,

所以NF〃平面CiCE.

(2)在平行六面体ABa)-AlBICIOI中，因为侧面。CeIz)I为平行四边形，

又/ABBi=60°,AB=DDI=CD=8,

所以四边形OCClDl为菱形，

取。C的中点为0,连接。4、OB、OC1、CiD,

在平行六面体48CD-AlBICloI中，AB//CD,BB∖∕∕CCι,

由等角定理结合图形可知/OCCl=∕ABBι=60°,

因为Ccl=CD,所以ACCiO为等边三角形，

因为。为CO的中点，则。CiLCO,

因为OCCIOlI.平面ABC。，平面OCeIoIn平面ABeD=CD,OCIU平面。CC

所以OCI_L平面ABC£),

在平行四边形A8C3中，AD-=0D=0C=BC=4,NBA£)=120°,则NAoO=60",

所以AAQO为等边三角形，则OA=4,且NAOO=60°,

易知NBCO=120°,MOC=BC,则NCoB=/CBO=30°,

所以NAoB=90°,

分别以OA、OB、OC!所在直线分别为x、y、Z轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，

则B(0,4√3,0)、C(-2,2√3,0)、G(O,O,4√3),尸(2,-2√3,4√3)>A(4,0,

0)、A1(6,-2√3,4√3),N(5,-√3,2√3),

所以b=(4,-4√3,4√3),C7V=(7,-3√3,2√3),fiλ=(5,-5√3,2√3),SF=

(2,-6√3,4√3),

设平面CN尸的法向量为蔡=(X[,y1,z1),

则伫咛=7/-3痢+2岛】=0,取茄=(遮，5,4),

,mCF=4x1—4√3y1+4Λ∕3Z1=O

设平面BNb的法向量为1=(%2,丫2,Z2)，

则E∙Bλ=5x2-5√3y2+2√¾=°,取能(2√3,4,5),

(n∙BF=2X2—6λ∕3y2+4Λ∕3Z2=θ

所以CoSVTn,3>=产七=丁/6=,又由图可知二面角5-N/-C为锐

∣m∣∙∣n∣2√11×√53583

角，

23√⅞西

所以二面角B-NF-C的余弦值为

583

χ£∙V乙-ι

2

2。.已知椭圆C,：-+记—＞。)的左右焦点分别为人八抛物线C2：产-ς(X-D

的顶点为B,且经过Q,F2,椭圆Cl的上顶点A满足20⅛=A.

(/)求椭圆Ci的方程；

(//)设点M满足2Fh=Fɔ9+F%，点N为抛物线C2上一动点，抛物线C2在N处的

切线与椭圆交于P,Q两点，求AMPQ面积的最大值.

【解答】解：⑺由抛物线C2：y=-∣(x2-l),可得B(0,ɪ),Fi(-1,0),

设椭圆的焦距为2c,则有c=