2023年广东省高考数学一模试卷及答案解析

2023年广东省高考数学一模试卷

一、单选题:本题共8小题，每小题5分,共40分。在每小题的四个选项中，只有一项符合

题目要求。

1.（5分）已知集合M={x∣y=加x},集合N={y∣y=FJ},则M∩N=（）

A.{小>0且x≠l}B.[x∖x≠l}C.{x∖x>0}D.{x∣x≠0}

2.（5分）如图，在复平面内，复数Z对应的点为P,则复数上的虚部为（）

l+ι

Pr--2

3.（5分）已知a、β是空间中两个不同的平面，相、"是空间中两条不同的直线，则下列命

题中正确的是（）

A.若”?〃〃，〃Ua,则加〃aB.若相〃a,m//β,则a”β

C.若aJ_β,〃?Ua,则，"_LBD.若〃?J_a,n±β,则aJ>β

4.（5分）已知数列{.”}的前"项和为数列{7½}是递增数列是。2023›42022的（）

A.充分不必要条件B,必要不充分条件

C.充要条件D.既不充分也不必要条件

5.（5分）八角星纹是大汶口文化中期彩陶纹样中具有鲜明特色的花纹.八角星纹常绘于彩

陶盆和豆的上腹，先于器外的上腹施一圈红色底衬，然后在上面绘并列的八角星形的单

独纹样.八角星纹以白彩的成，黑线勾边，中为方形或圆形，且有向四面八方扩张的感

觉.八角星纹延续的时间较长，传播范围亦广，在长江以南的时间稍晚的松泽文化的陶

豆座上也屡见刻有八角大汶口文化八角星纹.图2是图1抽象出来的图形，在图2中，

圆中各个三角形（如AACO）为等腰直角三角形，点O为圆心，中间部分是正方形且边

长为2,定点A,8所在位置如图所示，则前•前的值为（）

D.16

6.（5分）把二项式（正+∣）9的所有展开项重新排列，求有理项不相邻的概率为（）

2151

A.-B・一C.—D.一

56423

X2y2

7.（5分）已知双曲线M：——77=1的左，右焦点分别为尸1,Fi,记尸ι∕⅛∣=2c,以坐标

4bz

原点。为圆心，C为半径的圆与双曲线M在第一象限的交点为P.若IPFlI=C∙+4,则双曲

线的离心率为（）

8.（5分）已知函数f（X）=Or+加+1-xe2x对任意的χ>0,f（χ）≤0恒成立，则实数a

的取值范围为（）

A.（-∞,0]B.（-∞,2]C.（-8,J]D.（-°°,3]

二、多选题:本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中,有多项符

合题目要求。全部选对5分,部分选对得2分,有选错得O分。

（多选）9.（5分）已知/（x）的图象可由g（X）=ɪsin⑵+与）的图象向右平移;个单位

长度得到，则下列说法正确的是（）

A.f（x）的最小正周期为π

71

B.f（x）在[0,一]上单调递增

4

C.当问0,加，/（x）的取值范围为[一字，昌

D.f（Λ）是偶函数

（多选）10.（5分）若抛物线C：）2=4x的焦点为产，准线为/,点M在抛物线C上且在

第一象限，直线M尸的斜率为百,M在直线/上的射影为A,则下列选项正确的是（）

A.F到直线y=x+l的距离为√5

B.Z∖M4F的面积为4次

C.AF的垂直平分线过点M

D.以MF为直径的圆过点（0,2）

（多选）11.（5分）已知函数/（K）='\：一，,则下列结论正确的是（）

A.函数f（x）只有两个极值点

B.方程f（x）=后有且只有两个实根，则k的取值范围为-e<&<0

C.方程/"（x））=7共有4个根

D.若x∈[f,+8）,f（χ）max=ɪ,则。的最大值为2

（多选）12.（5分）如图，矩形A8C。中，AB=4,BC=2,E为边AB的中点，沿。E将

△AQE折起，点A折至Al处（AC平面ABCQ）,若“为线段AC的中点，平面4。E与

平面DEBC所成锐二面角α,直线AiE与平面DEBC所成角为β,则在AAOE折起过程

中，下列说法正确的是（）

A.存在某个位置，使得

B.ZVhEC面积的最大值为2√Σ

C.sina=V2sinβ

D.三棱锥AI-Ez）C体积最大时，三棱锥ALEz）C的外接球的表面积16τr

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

19

13.（5分）已知x>0,y>0,且4x+y=l,则—+一的最小值是.

-%y

14.（5分）若斜率为百的直线与y轴交于点A,与圆/+/=1相切于点B,则IABI=.

15.（5分）某公司在某地区进行商品A的调查，随机调查了IOO位购买商品A的顾客的性

别，其中男性顾客18位，已知该地区商品A的购买率为10%,该地区女性人口占该地区

总人口的46%,从该地区中任选一人,若此人是男性,求此人购买商品A的概率.

16.（5分）数列｛z｝中，珈表示自然数”的所有因数中最大的那个奇数，例如：20的因数

有1,2,4,5,10,20,a20=5,21的因数有1,3,7,21,«21=21,那么数列｛a,,｝前

22023-1项的和522023-1=.

四、解答题：本题共6小题，第17题10分，第18--22题各12分，共70分。解答应写出

文字说明、证明过程或演算步骤。

17.（10分）已知等差数列｛斯｝的前“项和为5"，数列｛岳｝是公比为2的等比数列，且m=

1,S3=6,历=4.

（1）求数列｛“”｝,｛加｝的通项公式；

（2）数列｛〃"｝与｛加｝中的所有项分别构成集合A,B,将集合UIXeA且xCB｝中的所有元

素从小到大依次排列构成新数列｛Q｝,求数列｛G｝的前20项和T2O.

18.（12分）已知AABC的角A,B,C的对边分别为4,b,c,且SiM（CCOSB+hcosC）-

csinB=csinC+⅛sinB，

（1）求角A;

（2）若4力平分ZBAC交线段BC于点。，且AD=1,BD=2CD,求AABC的周长.

19.（12分）如图，在三棱柱ABC-AI8ιCi中，平面ACClAI_L平面BCCi81,侧面ACCIAI

是边长为2的正方形，ClB=CIC=2,BCIIAIC,E、尸分别为BC、AiBi的中点.

（1）求证：BCVEF-,

（2）求二面角BI-FCI-B的余弦值.

20.（12分）为了增强学生的国防意识，某中学组织了一次国防知识竞赛，高一和高二两个

年级学生参加知识竞赛，

（1）两个年级各派50名学生参加国防知识初赛，成绩均在区间［50,IOOJ上，现将成绩

制成如图所示频率分布直方图（每组均包括左端点，最后一组包括右端点），估计学生的

成绩的平均分（若同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）:

（2）两个年级各派一位学生代表参加国防知识决赛，决赛的规则如下:①决赛一共五轮，

在每一轮中，两位学生各回答一次题目，两队累计答对题目数量多者胜；若五轮答满，

分数持平，则并列为冠军；②如果在答满5轮前，其中一方答对题目数量已经多于另一

方答满5次题可能答对的题目数量，则不需再答题，譬如：第3轮结束时，双方答对题

目数量比为3：0,则不需再答第4轮了；③设高一年级的学生代表中答对比赛题目的概

32

率是一，高二年级的学生代表乙答对比赛题目的概率是；，每轮答题比赛中，答对与否互

不影响，各轮结果也互不影响

（i）在一次赛前训练中，学生代表甲同学答了3轮题，且每次答题互不影响，记X为

答对题目的数量，求X的分布列及数学期望；

（ii）求在第4轮结束时，学生代表甲答对3道题并刚好胜出的概率.

八频率/组距

0.042.......................——

0.026.....................

0.008-——

0.006.............................................1

O.■点So血成嬴（分）

X2y2

21.（12分）已知椭圆方+⅞=l（α>h>0）,A、B两点分别为椭圆的左顶点、下顶点，F

a2b27

是椭圆的右焦点，乙FAB=%直线/与椭圆相切与P（P在第一象限），与y轴相交于Q

√3

（Q异于P）,记。为坐标原点，若AOPQ是等边三角形，且aOPQ的面积为；∙.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）C、O两点均在直线加：X=小且C在第一象限，设直线A。、BC分别交椭圆于点

S,点T,若S、T关于原点对称，求ICR的最小值.

22.（12分）已知函数/（无）=∕∕tr-4X+1有两个零点Xi,X2,且XI>2Λ2∙

（1）求〃的取值范围；

22

（2）证明：e∙+J）>4∖∏.

2023年广东省高考数学一模试卷

参考答案与试题解析

一、单选题:本题共8小题，每小题5分,共40分。在每小题的四个选项中，只有一项符合

题目要求。

1

I.(5分)已知集合M={x∣y=加幻，集合N={y∣y=笆？，则MnN=()

A.{小>0且尤#1}B.{x∖x≠∖}C.{x∣x>0}D.{⅛≠0)

【解答】解：由函数定义域可得：M={x∖x>0},

由值域可得N={y∣γ≠O),故ACB={x∣x>0}.

故选：C.

2.(5分)如图，在复平面内，复数Z对应的点为P,则复数上的虚部为()

1+1

Q

PI------2

3

D.-Z

2

【解答】解：由图形知，点P(-1,2),

则复数Z=-1+2/,

ZT+2i(-l+2i)(I)13.

1+i-1+i-(l+i)(l-0^22

z3

所以复数，一的虚部为不

1+i2

故选：B.

3.(5分)已知a、β是空间中两个不同的平面，加、〃是空间中两条不同的直线，则下列命

题中正确的是()

A.若相〃〃，〃ua,则加〃(XB.若加〃a,m〃β,则C(〃p

C.若。_[^,mua,则m_LpD.若加_La,π±β,mLn,则a_Lp

【解答】解：对于A选项，若“〃"，"ua,则“〃a或〃?ua,A错；

对于8选项，若小〃a,机〃仇则a〃B或a、β相交，8错；

对于C选项，若aJ∙β,〃2ua,则加〃β或muβ或团、β相交(不一定垂直)，C错；

对于。选项，设直线加、〃的方向向量分别为次b,

若rt±β,/nɪn,则平面a、β的一个法向量分别为a、b,且a_Lb,故aJ>β,D

对.

故选：D.

4.（5分）己知数列｛斯｝的前〃项和为7；,,数歹!|｛。｝是递增数列是“2023>。2022的（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充要条件D.既不充分也不必要条件

【解答】解：若｛所｝是等比数列，且aι>O,0<q<l,则数歹∣J｛2,｝是递增数列，

但42023<42022,若42023>42022,有可能“1>0,q<0,则数列｛7¾｝不是单调数列，

则数列｛T"｝是递增数列是«2023>02（）22的既不充分也不必要条件.

故选：D.

5.（5分）八角星纹是大汶口文化中期彩陶纹样中具有鲜明特色的花纹.八角星纹常绘于彩

陶盆和豆的上腹，先于器外的上腹施一圈红色底衬，然后在上面绘并列的八角星形的单

独纹样.八角星纹以白彩的成，黑线勾边，中为方形或圆形，且有向四面八方扩张的感

觉.八角星纹延续的时间较长，传播范围亦广，在长江以南的时间稍晚的林泽文化的陶

豆座上也屡见刻有八角大汶口文化八角星纹.图2是图1抽象出来的图形，在图2中，

圆中各个三角形（如AACD）为等腰直角三角形，点。为圆心，中间部分是正方形且边

长为2,定点A,B所在位置如图所示，则易•启的值为（）

图I图2

A.10B.12C.14D.16

【解答】解：连接。。，因为中间阴影部分是正方形且边长为2,

由题意可得图中各个三角形都为等腰直角三角形，

所以/ADO=NODB=?∖OD∖=√2,∖AD∖=4,ZTIDB=夕

则AB∙AO=(AD+DB)-{AD+Z)O)=AD2+AD-DO+DB-AD+DB-DO

TTTOj-TT→→JJ-

=AD2+∖AD∖∖DO∖cos^7-+DB-AD+∖DB∖∖DO∖cos^

=42+4×√2×(-ɪ)+2×√2×ɪ=14.

故选：C.

6.（5分）把二项式（鼓+39的所有展开项重新排列，求有理项不相邻的概率为（）

2151

A.一B∙-C.—D.一

56423

or4r

【解答】解：J=Cξ•（板）9-r∙（∣y=Cξ-X3-3•%=舄∙X3~∙2r,其中OWrW9,

r∈N,

当r=0,3,6,9,项为有理项，则有4项有理项，6项无理项，

展开式的10项全排列共有4得种，

有理项互不相邻可把6个无理项全排,把4个有理项在形成的7个空中插空即可,有就•第

种，

46A4[

二.有理项都互不相邻的概率为一‰z=

砒6

故选：B.

X2y2

7.（5分）已知双曲线M：——匕=1的左，右焦点分别为为，Fi,记IFIF2∣=2C,以坐标

4b2

原点。为圆心，C为半径的圆与双曲线M在第一象限的交点为P.若IPFII=C+4,则双曲

线的离心率为（）

【解答】解：由题意可得，PFIIPF2,α=2.

因为点P在第一象限，IPQI=C+4,

由双曲线的定义可得，IPFIl-∣P∕⅛∣=24=4,所以∣P∕⅛∣=c.

22

在Rt放中，由勾股定理可得IPFII2+∣PF2∣=∣F1F2∣,

222

即(c+4)+c=4cf整理可得d-4c-8=0,

解得c=2±2百(舍去负值).

所以c=2+2b，所以e=T=遮+1.

故选：A.

8.(5分)已知函数f(x)=ΛX+∕MX+1-χe2x对任意的x>0,f(x)≤0恒成立，则实数

的取值范围为()

A.(-8,0]B.(-8,2]C.(-8,1]D.(-8,3]

【解答】解：因为x>0,且/(x)WO恒成立，

则a≤Q铲二在(°,+8)上恒成立，令gQ)T铲T，

则g'(%)=e令φ(K)=2x1elx+lnx,则“(％)=4xe2x+4x2e2x+->0,

所以φ(X)=ZxVqnx在(0,÷oo)上单调递增，

又因为φ(1)=2e2>0,φ(^)=ɪ-∕n4<0,

1C

22x

所以存在冗OWq,1)，使得9(%0)=2%0e°+Inx0=0,

当x∈(O,xo)时，φ(%)<0,也即g(x)<0,此时函数g(x)单调递减；

当ι∈(刈，+8)时，φ(χ)>0,也即g(x)>0,此时函数g(ɪ)单调递增；

故。

COmin=9(Xo)=°xOL

因为2A⅛2e2*o+Inx=0,所以及。？。2〜=-l∏x=In-,

00xO

ltl

则2%0。2.=_2_/九J_=mJ_e%o,令〃(/)=te(/>0),则〃'⑺=e+te>Of

xoxoxo

所以力(J)=te1(r>0)在(0,+8)上单调递增，则有2%O=m」,

所以ga)「旧。-加。-1xoe%+2x02e%τ比(靠中工产(靠上)

xOxOxQ

lnx12x1

^~0-=¾+o-=2

⅞一⅞一'

所以g(X),"加=2,则αW2,即实数4的取值范围是(-8,2].

故选：B.

二、多选题:本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中,有多项符

合题目要求。全部选对5分,部分选对得2分,有选错得O分。

(多选)9.(5分)已知/(x)的图象可由g(X)=ɪsin(2x+/)的图象向右平移;个单位

长度得到，则下列说法正确的是()

A./(x)的最小正周期为Tr

Tl

B.f(x)在[0,一]上单调递增

4

C.当EO,泗，/(x)的取值范围为[—*γ]

D.f(x)是偶函数

【解答】解：由函数gCr)=∣sin(2x+J)的图象向右平移T个单位长度得到函数/(x)

=^sin(2x一号+*)=TS讥2%的图象；

2ττ

对于A：函数/(x)的最小正周期为3=7T,故A正确；

对于8：由于％e[0,舟，故2xe[0,刍，故函数在该区间上单调递增，故B正确；

对于C:当xe[0,3口寸，F(X)的取值范围为[O,1],故C错误；

对于：由于/(x)=TSin2%，故满足/(-X)=-∕(x)故该函数为奇函数，故。错误.

故选：AB.

(多选)10.(5分)若抛物线C：V=4χ的焦点为F,准线为/,点M在抛物线C上且在

第一象限，直线MF的斜率为百,M在直线/上的射影为A,则下列选项正确的是()

A.F到直线y=x+l的距离为g

B.ZxMA尸的面积为4√5

C.A尸的垂直平分线过点M

D.以MF为直径的圆过点(0,2)

【解答】解：对A,易知抛物线的焦点F(1,0),直线y=x+l即为χ-y+l=0,

故F到直线y=x+∖的距离为眉=√2,故A错误；

√2

对B,设直线MF方程为y=√3x+6,代入F(1,0),

得b+b=0,解得b=-√5,则直线MF方程为y=百》一遮，

联立抛物线方程仁魂3解噬二短或二竽，

因为点M在第一象限，故取，二:必，即M(3,2√3),

[11

则SAMaF=WX∖MA∖XyM=WX(久财+1)XyM=WX(3+1)X2g=4√3,故B正确,

对C,根据抛物线定义得MA=MR则AF的垂直平分线过点M,故C正确，

对/),M(3,2√3),尸(1,0),故以M尸为直径的方程为(X-3)(x-1)+(y-2√3)y=0,

将点(0,2)代入左边得(0-3)(0-1)+(2-2√3)×2=7-4√3≠0,故。错误.

故选：BC.

(多选)11.(5分)已知函数/(X)=三尹，则下列结论正确的是()

A.函数/(x)只有两个极值点

B.方程/(x)=Z有且只有两个实根，则k的取值范围为-eVkVO

C.方程f(x))=-1共有4个根

D.若在什，+8),f(x)max=ɪ,贝h的最大值为2

χ22x+1x2

【解答】解：对于A,对/(x)求导得：f(x)=-ξΓ=-()(-),

当x<-1或x>2时，f(X)<0,当-l<x<2时，f(%)>0,

即函数/(x)在(-8,-1),(2,+∞)上单调递减，在(-1,2)上单调递增，

因此，函数/(x)在X=-1处取得极小值/(-1)=-e,在x=2处取得极大值/(2)=W

故A正确；

对于8,由选项A知，作出曲线y=/(x)及直线y=k,如图,

X

要使方程/(x)=JI有且只有两个实根，观察图象得当-e<kW0时，直线y=左与曲线y

=∕(x)有2个交点，

所以方程f(x)=A有且只有两个实根，则上的取值范围为-e<&W0,故B错误：

对于C由/(x)=0得：x2,+x-1=0,解得X=1学5,

—1—Vs

令/(x)=t,则/(f)=7,结合图象方程/(/)=-1有两解，ʒ-<t1<-1,

/2=0,所以/(X)=力或/(X)=⑵

L-l-√5

因为l+√^V2e,所以一-->-e,所以方程/(x)="有两解；

又因为仅=0,结合图象可知：f(x)=/2也有两解，

综上：方程f"(x))=7共有4个根，故C正确；

对于。，因为f(2)=W，而函数/(X)在(2,+8)上单调递减，

o

因此当x∈[f,+°)时,f(X)max=^2>当且仅当m≤t≤2,f(m)=

所以f的最大值为2,故。正确.

故选：ACD.

(多选)12.(5分)如图，矩形ABCz)中，AB=4,BC=2,E为边AB的中点，沿DE将

△4。E折起，点A折至41处(A任平面4BC。)，若M为线段4C的中点，平面4。E与

平面DEBC所成锐二面角α,直线AiE与平面DEBC所成角为β,则在△4£>E折起过程

中，下列说法正确的是()

A.存在某个位置，使得BMJ_Ai£>

B.ZkAiEC面积的最大值为2√Σ

C.Sina=λ∕2sinβ

D.三棱锥Ai-EDC体积最大时，三棱锥Ai-EDC的外接球的表面积16π

【解答】解：取AiQ的中点N,连接NM,NE,

1

为线段AlC的中点，.∙.NM"OC,且NM=/>C,

：E为边AB的中点，；.NM〃EB且NM=EB,

四边形MWBE为平行四边形，

又AiELAIQ,,NE不垂直于AiO,...不存在某个位置，使得BMLAl£>,故A错误;

SAAEC=^A∖E×EC×s∖nZA∖EC<^A∖E×EC=ɪ×2×2√2=2√2,

当且仅当sin∕4EC=l时，即AiELEC时取等号，故8正确；

过AI作AIE_L平面。CBE于K,作KFLDE于F,连接KE,AiF,

则可得/AiFK是平面AiDE与平面DEBC所成二面角的平面角，即ZA∖FK=a,

NAIEK是直线AIE与平面OEBe所成角，即NAIEK=仇

.".sinZAIF/^=Φ⅛,SinNAIEK=

A∙γFA^E

sinZ.AFKAFV2L、,一J

-----A--=——A=—,即msina=√2sinβ,故C正确；

SinZ-A1EKA1E2

三棱锥4-EDC体积最大时，平面。EBC

取。。的中点H,易证H是三棱锥AI-EoC的外接球的球心，

二外接球的半径为2,故三棱锥ALEDC的外接球的表面积4τrJ=16τr,故。正确.

故选：BCD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

19

13.(5分)已知x>0,y>0,且4x+y=l,则一+一的最小值是25.

Xy

【解答】解：因为x>0,γ>0,且4x+y=l,

〜，191936%y∣36x~y

所以一+—=(4x+y)(-+—)=4+-----+—+9≥13+2I------•—=25,

XyXyyxʌlyx

36%y12

当且仅当一=-,即χ=i⅛,y"时，等号成立，

yXIUɔ

故答案为：25.

14.(5分)若斜率为次的直线与J轴交于点A,与圆x2+y2=l相切于点B,则IABI=

【解答】解：设直线AB的方程为y=gx+b,即遮x-y+b=O,则点A(0,b),

由于直线AB与圆x2+)2=I相切，且圆心为。(0,0),半径为1,

则?=1,解得6=±2,所以HOl=2,

22

因为由OI=1,故MBl=yJ∖AO∖-∖B0∖=√3.

故答案为：vɜ.

15.(5分)某公司在某地区进行商品A的调查，随机调查了100位购买商品A的顾客的性

别，其中男性顾客18位，已知该地区商品A的购买率为10%,该地区女性人口占该地区

总人口的46%,从该地区中任选一人,若此人是男性,求此人购买商品A的概率—.

~30~

【解答】解：设从该地区中任选一人，此人是男性为事件B,此人购买商品A为事件C,

则该地区男性人口占该地区总人口的1-46%=54%,

则P(B)=54%,P(BC)=I0%•盖=1.8%,

由条件概率公式可得P(ClB)==瀛=东.

故答案为：ɪ.

30

16.(5分)数列｛“”｝中，勿表示自然数〃的所有因数中最大的那个奇数，例如：20的因数

有有2,4,5,10,20,«20=5,21的因数有1,3,7,21,a21=21,那么数列｛&>｝前

42023_1

22023_j项的和522023-I=----------------.

-3-

【解答】解：由题意不妨令4"=g(〃)，

贝(1g(")=g(2n),且当"为奇数时，g(rt)—n,

设/(〃)=g⑴+g(2)+g(3)+...+g(2π-1),

则/(〃+l)=g(1)+g(2)+g(3)+...+g(2,,+1-1)

=1+3+5+...+(2n+l-1)+g(2)+g(4)+...+g(2,≈+1-2)

=2"[l+(*T)]+g⑴+。(2)+…+g(2n-1)

—f(〃)+4”,

则/(〃+1)-ʃ(n)=4n,

则/(〃)=[/(〃)-f(n-1)]+[f(n-1)-/(n-2)]+...+[∕^(2)-f(l)]+f(l)=

4"Be+...+/+]=IX匕*=01,

i—4ɔ

42023-1

则数列｛“”｝前22023.1项的和为---,

42023-1

故答案为：".

3

四、解答题：本题共6小题，第17题10分，第18--22题各12分，共70分。解答应写出

文字说明、证明过程或演算步骤。

17.(10分)已知等差数列｛斯｝的前"项和为％,数列｛岳｝是公比为2的等比数列，且m=

1,S3=6,历=4.

(1)求数列｛劭｝,｛加｝的通项公式;

(2)数列｛“"｝与｛包)中的所有项分别构成集合4,B,将集合｛x∣XeA且ΛW8｝中的所有元

素从小到大依次排列构成新数列｛Q｝,求数列｛G｝的前20项和720.

【解答】解：(1)；等差数列｛的｝的公差为d,且m=l,53=6,

.∙.S3=3α2=6,即α2=2,.∖d=l,

・•〃〃=〃，

；数列｛加｝是公比为2的等比数列，⅛2=4,Λ⅛ι=2.

故加=2n；

n

(2)由(1)得a”=〃,bn=2,则8UA,数列｛cn｝的元素是由数列｛z｝中去除数列

｛为｝,

二数列｛的｝中去掉2,4,8,16,

*24=24,：.T20=S24-2-4-8-16=(1+27x24_30=270

18.(12分)已知BC的角A,B,C的对边分别为a,b,c,且SinA(CCoSB+bcosC)-

csinB=csinC+hsinBf

(1)求角A;

(2)若Ao平分N84C交线段BC于点。，且40=1,BD=2CD,求aABC的周长.

,A,夕2+「2-庐〃2_|_b2_2

【解答】解：(1)由余弦定理得CCoSB+bcosC=CX——------FbX——而^—=a,

所以SinA(CCOSB+Z?CoSC)-csinβ=csinC+⅛sinB,

可化为QSinA-CSinB=CSinC+bsin8,

再由正弦定理得a2-Cb=&+序,得c2+b2-a2=-be,

所以COSA=°Q=—4因为A∈(O,π),所以4=最兀，

(2)因为A。平分NBAc所以4B∕D="4D=半

由SBC=CSiZlqTr=■«■+5b∙,

SABAD+S&CAD05∕(b∙ɔ乙`ADsiτιɔ乙ADstTiɔ,

得bc=b+c,

作AE_LBC于E

ΠWSΔABD如ADS吗1BDAECBD

则-----=1-------------π=1---------=-=----=2,

SAACD^b-ADsiτι^DAEbDC

叱4+c,解得｛；萼

由余弦定理，得a?=匕2+©2-2bccos4=苧，所以α=弓ɪ,

9+3√7

故448C的周长为——.

2

19.(12分)如图，在三棱柱ABC-AlBICl中,平面ACCl4，平面BCClBι,侧面ACClAl

是边长为2的正方形，C18=C∣C=2,BC∖YA∖C,E、F分别为BC、AiBi的中点.

(1)求证：BCVEFx

(2)求二面角Bl-FCl-B的余弦值.

【解答】（1）证明：∙.∙平面ACCIAi_L平面BCClBI,平面ACCIAln平面BCClBI=CCι,

AlCI_LCCI,AICIU平面ACClA1,

...Al。，平面BCCiBi,

「BCiu平面BCCiBi,

ΛAICIIBCI,

XVBCι1ΛιC,4CmAlC=4,A∖Cι,AlCU平面ACClAι,

BCi_L平面ACelA1,

取4。的中点G,连接FG、CG,

：CGu平面ACCIA1,

ΛBC∣iCG,

1

又YFGHB∖C∖HEC,FG=EC=^B1C1,

四边形EFGC为平行四边形，

.∖EF∕∕CG,

：.BC\LEF；

(2)解：VBCiACCiAi,CClU平面ACGA1,

ΛBCiXCCi,

如图，以Cl为坐标原点，C⅛,C：C,CIIl的方向分别为X轴、y轴，z轴的正方向建立

空间直角坐标系，

χ∕BEC∖^y

则CI(O,O,O),B(2,O,O),Bl(2,-2,O),F(1,-1,1),

.∙.C1⅛ι=(2,-2,O),C：F=(1,-1,1),C⅛=(2,O,O),

设平面Bg的一个法向量为益=乃，Zi),则叩丁=2%-2月=°,

CIF-m=X1-y1+z1=0

令Xl=1,则yι=l,zι=0,故m=(l,1,0),

设平面Z7CiB的一个法向量为£=Q⅛,Y2,Z2)，

则卜/?一5一°,解得：X2-O,取”=1,则Z2=l,

(CIFn=X2-y2+Z2=O

Λn=(0,1,1)>

设二面角B-FCi-B为。，由图可知：。为锐角，

贝!∣cosO=∖cos(m,n)∣=呼2—/R—ɪ,

∣m∣∙∣n∣√2×√22

1

所以二面角BI-FCI-B的余弦值为了

20.(12分)为了增强学生的国防意识，某中学组织了一次国防知识竞赛，高一和高二两个

年级学生参加知识竞赛，

(1)两个年级各派50名学生参加国防知识初赛，成绩均在区间［50,100］上，现将成绩

制成如图所示频率分布直方图(每组均包括左端点，最后一组包括右端点)，估计学生的

成绩的平均分(若同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；

(2)两个年级各派一位学生代表参加国防知识决赛，决赛的规则如下：①决赛一共五轮，

在每一轮中，两位学生各回答一次题目，两队累计答对题目数量多者胜；若五轮答满，

分数持平，则并列为冠军；②如果在答满5轮前，其中一方答对题目数量已经多于另一

方答满5次题可能答对的题目数量，则不需再答题，譬如：第3轮结束时，双方答对题

目数量比为3：0,则不需再答第4轮了；③设高一年级的学生代表甲答对比赛题目的概

32

率是；高二年级的学生代表乙答对比赛题目的概率是f每轮答题比赛中，答对与否互

43

不影响，各轮结果也互不影响

(i)在一次赛前训练中，学生代表甲同学答了3轮题，且每次答题互不影响，记X为

答对题目的数量，求X的分布列及数学期望；

(ii)求在第4轮结束时，学生代表甲答对3道题并刚好胜出的概率.

Q=O.018,

：•平均分的估计值为0.08X55+0.26×65+0.42×75÷0.18×85+0.06×95=73.8,

学生的成绩的平均分的估计值为73.

(2)(Z)由题可得X~B(3,》X的可能取值为0,1,2,3,

ʌP(X=O)=(I-33=吉P(X=I)=玛［•(1-32=.P(X=2)=废.(32.

(IT)=用P(X=3)=废.(%∙(l-∣)0=⅛

.∙.E(X)=9∙

(〃)将“在第4轮结束时，学生代表甲答对3道题并刚好胜出”记为事件A,

“在第4轮结束时，学生代表乙答对O道题”记为事件4,

“在第4轮结束时，学生代表乙答对1道题”记为事件42

24

.∙.P(A1)=ci∙(I)∙(i-∣)∙∣∙(i-j)=⅛'p(&)=弓)3∙(i-∣)×ci∙∣∙(i-

I)3+ɛɜ∙φ2∙(ι-∣)∣∙c4∙∣(1-⅜3=⅛,

11

.∙.pμ)=pμ1)+P(½2)=⅛

.∙.在第4轮结束时，学生代表甲答对3道题并刚好胜出的概率为袅.

256

X2V2

21.(12分)已知椭圆=+匕=l(α>h>O),A、B两点分别为椭圆的左顶点、下顶点，F

αzDΔ

是椭圆的右焦点，4凡48=看，直线/与椭圆相切与P(P在第一象限)，与y轴相交于Q

√3

(Q异于P)，记。为坐标原点，若AOPQ是等边三角形，且AOPQ的面积为二.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)C、。两点均在直线加：x=a,且C在第一象限，设直线AO、BC分别交椭圆于点

S,点T,若5、T关于原点对称，求∣CO∣的最小值.

【解答】解：(1);"FAB=%则α=遮b,

O

是等边三角形，・・£OPQ=亭=字。p2,则。P=√Σ

∙."QOP=*Z-POF=则Jp=¥，xp=ɪ,

2261

将P(学,苧)代入,+⅛∙=1，⅛+⅛=ɪ'

a=√3h

ʌI\,解得的=产，

-⅛-÷⅜=1(b=1

b

χ2

・・・椭圆的标准方程为τr+y2=1.