2022-2023学年浙江省名校联盟高二（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年浙江省名校联盟高二（下）期末数学试卷

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.集合4={x∣α%=1},B={y∣y=CΓ7I}且AnB=力，则α的取值范围为（）

A.[0,+∞）B.（0,l]C.[l,+∞）D.（0,1）

2.若直线α在平面α内，直线b在平面α外，则“b_La”是“bla”的（）

A.充要条件B.既不充分也不必要条件

C.充分不必要条件D,必要不充分条件

3.数列{an}首项为1,接下来3项为全再接下来5项为/再后面7项为:，以此类推的00=（）

A—B—C—D—

15171921

4,已知一组成对数据（肛力）（i=1,2,…,6）中y关于％的一元非线性回归方程y=bx2+1,己

知Ef=IW=12,∑t=1X[=4,Ef=Iyi=18,则b=（）

A.3B.1C.—1D.—3

5.2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境

内举行、也是继2002年韩日世界杯之后时隔二十年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛,足球由

32块黑白相间的皮革缝制而成，其中，黑色的皮块呈正五边形，每一块黑皮的周围都5块白

皮相连；而白色的皮块呈正六边形，每一块白皮的周围分别连着3块黑皮、3块白皮.若制作一

个半径为IOCm的足球（正多边形近似看作平面正多边形）,则一块黑皮面积约为cz∏2.（注:

边长为a的正五边形面积，1.7a2,边长为a的正六边形面积”2.6a2,取3.14）（）

A.32.44B,31.92C.30.51D,29.49

6.复数Z满足IZ—1∣+∣z+1|=4,则IZl的取值范围是（）

A.[√3,2]B.[1,2]C.[2,3]D.[1,C]

7.双曲线★一5=l（a>0,b>0）右焦点为F,离心率为e,而=kFO（k>1），以P为圆心，

IPFl长为半径的圆与双曲线有公共点，则k-8e最小值为（）

A.-9B.—7C.-5D.-3

8.已知Q=Sinb=竺c=cos∣,则（）

LɔN

A.a<b<cB.a<c<bC.b<a<cD.c<b<a

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.已知数列{an},{%}的前Ti项和分别为%,Tn,下列说法正确的是（）

A.若%l=bn能成立，则立=〃能成立B.若αn=bn能成立，则Sn=心恒成立

C.若αrι=bn恒成立，则Sn=〃恒成立D.若S71=及恒成立，则ατι=bn恒成立

10.双曲线C：⅛-⅞=1，点P(l,2),贝∣J()

45

A.该双曲线渐近线为y=±?无

B.过点(3,0)的直线与双曲线C交于4、B两点，若NBl=5,则满足的直线有1条

C.与双曲线C两支各有一个交点的直线斜率可以是1.1

D.过点P能作4条仅与双曲线C有一个交点的直线

11.函数f(%)=kx-∣siτι%∣在(0,+8)上有两个零点Q,0(a<0),下列说法正确的是()

A∙06(⅞,y)

C.tan(0+A撑

D./(%)在(0,2兀)上有2个极值点久1，小且孙-Xl=兀

12.半径为2的球4上有三个点B,C,P,BC=2,三棱锥A-PBC的顶角均为锐角，二面角

P-BC-4的平面角为α,E为边BC上一动点,贝∣J()

A.若PB=PC=2,则CoSa=?

B.若PB=PC=2,贝!]cosα=|

C.若/P4E的最小值等于α,则三棱锥P-ABC体积最小为喀

D.若4P4E的最小值等于α,则三棱锥P-ABC体积最小为4I

三、填空题(本大题共4小题，共20.0分)

13.α=(2,1),b=(1,-1),则,在B上的投影向量为.(用坐标表示)

14.椭圆E：圣+，=l(α>6>0)过点(2,0)且上顶点到％轴的距离为1,直线m过点(IW)与

椭圆E交于4B两点且中点在坐标轴上，则直线Tn的方程为.

15.为了纪念世界地球日，复兴中学高三年级参观了地球自然博物馆，观后某班级小组7位

同学合影，若同学4与同学B站在一起，同学C站在边缘，则同学C不与同学4或B相邻的概率

为.

16.5320的因数有个，从小到大排列后，第24个因数为.

四、解答题(本大题共6小题，共7(H)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)

如图几何体为圆台一部分，上下底面分别为半径为1,2的扇形，D1O=OB,体积为詈.

⑴求4B；

(2)劣弧AB上是否存在M使。BI〃平面4%M.猜想并证明.

18.(本小题12.0分)

△ABC内角A,B,C满足2c。SB尸=2SCB+

tanA

(1)求C-A的大小；

(2)。、E分别为AB、BC上的点，DE=^AC,且CE平分“DB,求CoS(C-.

19.(本小题12.0分)

p,Q1n∈N*,2P-1=3q-2=an,递增数列｛aτt｝前n项和为党.

(1)证明：｛ajl｝为等比数列并求又；

1

(2)记％=喑,Cn为使%6N*成立的最小正整数，求C2023∙

20.(本小题12.0分)

过(2,0)的直线与G：y2=4χ交于4,B两点，直线04、OB与C2：/+萩+=。(力力0)分

别交于C、D.

(1)证明：CO中点在X轴上；

(2)若A、B、C、。四点共圆，求MBl所有可能取值.

21.(本小题12.0分)

人口老龄化加剧的背景下，我国先后颁布了一系列生育政策，根据不同政策要求，分为两个

时期I和∏∙根据部分调查数据总结出如下规律：

对于同一个家庭，在I时期内生孩X人，在π时期生孩丫人，(不考虑多胞胎)生男生女的概率

相等.x服从0-1分布且P(X=0)=g.y分布列如下图：

Y012

PPp+qp-q

现已知一个家庭在I时期没生孩子，则在H时期生2个孩子概率为:若在I时期生了1个女

孩，则在时期生2个孩子概率为g若在I时期生了1个男，则在II时期生2个孩子概率为白，

样本点中I时期生孩人数与∏时期生孩人数之比为2：5(针对普遍家庭).

(1)求y的期望与方差；

(2)由数据Zia=I,2，,••，n)组成的样本空间根据分层随机抽样分为两层，样本点之比为a：b,

分别为%(i=1,2,...,k)与％(i=1,2,...,m),k+πι=n,总体本点与两个分层样本点均值分别

为W,X,y,方差分别为S於Sf,SE证明：⅛=ɪ[Sf+(x-z)2]+[⅛+(y-z)2l>

并利用该公式估算题设样本总体的方差.

22.(本小题12.0分)

71(-1,0),8(1,0),P(a,b),kPA+kPB=λ(λ>0).

(1)若4=1,aC(0,1),证明：eb>a；

(2)是否存在;I使V=Q有且仅有一组解，若存在，求入取值集合；若不存在，请说明理由.

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：•.・集合4=(x∖ax=1],B=[y∖y=7x-1}且4Γ∖B=A,

ʌAQBf

∙∙,B={y∖y>0},

当Q=O时，4=0,符合题意；

当a>0时∙，A-{x∖x=ɪ>0],符合题意；

当α<0时，Λ={x∣x=i<0},不符合题意.

综上，α的取值范围是[0,+8).

故选:A.

由题意得AUB,从而分类讨论方程的解，能求出结果.

本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题.

2.【答案】D

【解析】解：只有bla不能推出61ɑ,充分性不成立，

b1a,直线α在平面α内，直线b在平面ɑ外，

则bla,必要性成立，

故"b1Cr是“b1a”的必要不充分条件.

故选：D.

根据已知条件，依次判断充分性、必要性，即可求解.

本题主要考查充分条件、必要条件的判断，属于基础题.

3.【答案】C

【解析】解：由题意可知，数列{an}的项数构成以1为首项，以2为公差的等差数列，记为{%}，

β∣Jfen=l+2(n-l)=2n-l,

前n项和为“i+;T)=n2,

令"=IOO可得n=10,

而原数列有瓦个七I%l个上，∙・也个上1，

故%°°=19-

故选：C.

由题意可知，数列｛an｝的项数构成以1为首项，以2为公差的等差数列，记为砂工，可求bn及前n项

和，而原数列有九个热与个上，…匕个点从而可求.

本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用，属于中档题.

16

Σ

-=3

61=1

则3=2b+1,

解得b=1.

故选：B.

求出靖，％的均值，根据样本中心在回归直线上求参数b的值即可.

本题主要考查了线性回归方程的性质，属于基础题.

5.【答案】D

【解析】解：由题意知，黑白皮块的个数比为3：5,所以黑皮有32x∣=12（块），白皮有20块,

又因为边长为ɑ的正五边形面积”1.7α2,边长为ɑ的正六边形面积”2.6α2,兀=3.14,

所以12X1.7α2+20×2.6α2=4×3.14XIO2,

解得a?=若，

72.4

所以1.7a2=29.49.

故选：0.

由题意求出黑白皮块的个数，再根据足球的表面积计算即可.

本题考查了球的表面积计算问题，也考查了运算求解能力，是中档题.

6.【答案】4

【解析】解：复数Z满足∣z-l∣+∣z+l∣=4,

复数Z对应的点的轨迹是以Fi(-1,0)，尸2(1，。)为焦点，两条坐标轴为对称轴，长轴长为4的椭圆,

即2α=4,解得α=2,

该椭圆的短轴长b==口,

IZI表示椭圆上的点到原点的距离，

则IZl的最大值为椭圆的长半轴α,最小值为短半轴b,

故IZI的取值范围为[C,2].

故选：A.

根据已知条件可得，复数Z对应的点的轨迹是以B(LO)为焦点，两条坐标轴为对称轴,

长轴长为4的椭圆，再结合椭圆的性质，以及复数模公式，即可求解.

本题主要考查复数模公式，考查转化能力，属于中档题.

7.【答案】A

【解析】解：由题意，右焦点F(C,0),

由丽=k而(k>l),可得P(kc,0),∣P产I=(k-l)c,

以P为圆心，∣PF∣长为半径的圆的方程为：(X-kc)2+y2=(k—1)2,2,

222

£['c)2+V=2-1)2。2可得：c2χ2.2kca2χ+a∖2kc-c-b)=0,

由圆与双曲线有公共点，所以a≥0,

BP4fc2c2α4—4c2a2(2kc2—C2—fa2)≥0,

结合力2=c2—α2,化简可得(k—l)[(k+I)Q2—2c2]≥0,

V/c>1,.∙.(k+l)α2-2C2≥0,

2

即k>2e—I9

所以k-8e≥2e2-8e-l=2(e-2)2-9,

当e=2时，取得最小值一9.

故选：A.

先求出圆的方程，联立方程组，由△≥0得出k的范围，从而得解.

本题考查了曲线与曲线的位置关系，考查了运算能力，转化思想，属于难题.

8.【答案】B

【解析】解：由已知得Q=Sin?=COSG—?)，c=cosΓ

因为y=COs%在区间［0,τr］上单调递减，

ɪɪθ<----W<7Γ>U<-<Tlf(-——)--=----------->O，

所以CoSG—ɔɪ)<eθsɪ,即Q<C;

令/(%)=x—sinxfX∈(O,÷∞),则((久)=1—COsx>0,

所以/(%)在(0,+8)上单调递增，

所以f(x)>/(O)=0,即无>sinx,

所以a=sinɪ<ɪ<与工=b，即Q<b；

121χɪ3

令g(%)=CoSX—(1--X+前%4)，则g'(%)=~ðɪ—sinχf

-1-1

⅜⅛(x)=x--X3—sinx,则∕ι'(x)=1--X2—CoSt,

ɪ

令m(%)=1—2χ2-cosx,则τn'(x)=—x÷sinx,

令九(%)=-%+sinχ9

则当K≥O时，n,(x)=-1÷Cosx≤0,所以九(%)在工≥0内单调递减，

所以n√(x)=n(x)<n(0)=0,所以Tn(X)在％≥O内单调递减，

所以“(X)=m(x)<m(0)=0,所以∕ι(x)在X≥O内单调递减，

所以g<%)=Λ(x)<Zi(O)=0,所以g(%)在％≥O内单调递减，

所以g(%)<g(0)=0,即CoSX≤1-∣x2+ɪɪ4,当且仅当％=。时取等号,

1111337

--X-+X-因为（孤）<（修）所以，

22438422,C<b

24

综上：a<c<b.

故选：B.

通过构造函数，利用导数研究函数的单调性以及余弦函数的单调性求解.

本题考查利用构造函数法比较函数值的大小，通过导数研究函数在某区间上的单调性比较函数值

的大小，属难题.

9.【答案】ACD

【解析】解：对于4若{ajl}:O,O,0,1,1,1,...,{bn}:0,1,O,01O,O,∙∙∙,an=bn能

成立，

S7,=7；也能成立，故A正确；

对于8,若{6}：0,0,0,1,1,1,...,{bn}:0,1,0,0,0,0,...,an=b”能成立，

Sn=7；不能恒成立，故B错误；

对于C,若＜⅛=以恒成立，则二者是相同数列，即Sn=G恒成立，故C正确；

n

对于D,若Sn=7^恒成立，则SnT=Tnτ，当≥2时，两式作差得ajl=bn,当n=1时，若Sl=T1,

则%=儿，故力正确.

故选：ACD.

通过枚举法和数列的性质即可求解.

本题考查数列的通项与前n项和的关系，属于中档题.

10.【答案】ACD

【解析】解：对于4,双曲线C:3-1=1的渐近线方程为y=±殍％,故A正确；

对于8,由于双曲线的实轴长为2a=4,

所以过焦点F与左右两支都相交的直线被双曲线截得的弦长的取值范围是［4,+8）,

所以存在关于支轴对称的两种情况，使其弦长为5,另外当直线垂直于支轴时，经计算可得弦长正

好是5,

故满足条件的直线有三条，故B错误；

对于C,由于双曲线的渐近线的斜率为+卒，焦点在X轴上，

若直线I与双曲线C的两支各有一个交点，则直线，的斜率k∈（-?,年），

因为1.16（一行,殍），故C正确；

对于。，由于P（l,2）点在双曲线的两条渐近线的上方，如图所示：

故过能作4条直线与双曲线C仅有一个交点，其中两条与渐近线平行，另外两条与双曲线相切，故

。正确.

故选：ACD.

利用双曲线的渐近线的一般表达形式可以判断4根据双曲线的实轴长度小于弦长，利用数形结

合思想可判断B,根据双曲线的渐近线的斜率，利用数形结合思想可判定C,画出双曲线的图象,

根据P的坐标判定双曲线在两条渐近线的上方，可判断以

本题主要考查了双曲线的性质，考查了直线与双曲线的位置关系和弦长问题，属于中档题.

11.【答案】ACD

【解析】解：由于函数f(%)=kx-∣sinx∣在(0,+8)上有两个零点α,β{a<β),

故函数y=kx,y=ISinXl的图象在(0,+8)上有两个不同的交点，

作出函数y=kx,y=∣sinx∣的图象如图：

要满足题意，需满足y=kx与y=ISinXl在(兀,2兀)间的图象相切，

由图象可知α∈(0,τr),£∈(π,-7r),

当x∈(0,τr］时，y=sinχf当x∈(ττ,2兀)时，y=-sinχf

由于α</?,则设y=kx马y=IS讥在(τr,2τr)间的图象相切时的切点为@-s讥3)，

此时y'=—cos%,则々=-cosβ=0,・•・tanβ=/?,

于是tan4+9=*需=界，C正确；

54，∖-tanβtan^I-B

ɔ

对于4,当％∈(兀,2兀)时，/(x)=fcx÷sinx9此时k=一CoS/?,0∈(九,，〃)，

由于/(/?)=味+sinβ=0,即/(夕)=-βcosβ+sinβ=0,

令九(X)=-XCOSX+sinx,X∈(π,-πy),∕ι,(x)=xsinx<0,

3、、

即h(x)=-XCOSX+sinx,x∈(兀及兀)为减函数,

h(ɪ)=—ɪ×cosɪ+sinɪ=ɪ(ɪ—1)>0,/i(ɪ)=­ɪXcosy+sinɪ=—1<0,

故九⑶=TCoS%+S⅛l%在苦,17T)内有唯一零点,即6W(C)，A正确；

对于8,当％∈(0,7τ］时，/(α)=ka—Sina=0,即α=)-；

当xe(τr,2兀)时，tanβ=β,f(β)=kβ+sinβ=0,即夕=-^^；

故tanS—α=S-α=—曳铲，B错误；

对于。，当X∈(O,τr］时，/(x)=kx—sinx,f'(x)=-cosβ—cosx=cos(∕?—π)—cosx,β-πE

(0,π),

当0<x<^-π■时，f,(x)<0,当0—兀<X<兀时，f,(x)>0.

即/(x)在(0邛-Tr)单调递减，在(0-τr,兀)单调递增，

即X=夕一Tr为函数在(0,司内的一个极小值点；

当X∈(兀,2兀)时，f(x)=kx+sinx,f'(x)-—cosβ+cosx,

当∏∙<x<S时，∕,(x)<0,当ScX<2兀时，f'(x)>0,

即/(x)在(外夕)单调递减，在(82兀)单调递增，

即X=0为函数在(π∙,2ττ)内的一个极小值点；

即/(X)在(0,2Tr)上有2个极值点，设为不,x2(x1<x2),

则Xl=S—兀，X2=β>故％2一%=兀，力正确；

故选:ACD.

根据零点存在定理来判断4根据导数的几何意义推出tan/?=.，结合零点即方程的根来判断8；

根据导数的几何意义推出tan"=/?,结合两角和的正切公式判断C；根据导数与极值点的关系判

断D.

本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，考查了转化思想和数形结合思想，属于中档题.

12.【答案】BC

【解析】解：如图所示:

当PB=PC=2时，三棱锥Z-PBC为正四面体，

点A在底面BCP内的射影为ABCP的中心M,即AM_L平面BCP,

连接PM延长交BC于F,易知，F为BC的中点，连接AF,

所以4F_LBC,PF1BC,故二面角P-BC-A的平面角为F",即4AFM=α,

在RtΔ4M/7中，AF—2sing—√-3,MF=IX2sin--∙^-^>

ɔ333

所以c。Sa=嗡=J,故B正确，A错误；

AF3

如图所示：

因为三棱锥A-PBC的顶角均为锐角，所以BP<2√^^2,CP<2√^2,

因为点4在底面BCP内的射影为△BCP的外心M,即AM_L平面BC尸，

过点4作力GIBC于G,连接MG,因为△ABC为等边三角形，

所以G为BC的中点，又易知BC_L平面AMG,所以二面角P-BC-4的平面角为NAGM,即乙4GM=

ABC

因为4-=∣×SΔABC×h,八为P到平面ABC的距离，

根据三余弦定理可知，NPaE的最小值为直线4P与平面ABC所成的角，

即当P,M,G三点共线时（E,G重合）,NPAE最小，

此时NPAE=ΛAGM,且∕ι=2sin4PAE最小，故PG=AP=2,

而AG=√^5,所以三棱锥P-ABC体积最小为%_4BC=《xtx2XCxI4-7=^τ^∙

故选：BC.

根据题意可知，当PB=PC=2时，三棱锥A-PBC为正四面体，即可求出CoSa的值，从而判断4

B的真假；根据三余弦定理可知，NPAE的最小值为直线4P与平面4BC所成的角，根据等积法即可

求出三棱锥P-ABC体积的最小值，从而判断C、。的真假.

本题主要考查棱锥的体积，二面角的求法，考查运算求解能力，属于中档题.

13.【答案】有一3

【解析】解：a=(2fl),b=(1,-1)，

则五∙h=2-1=1»∖b∖=y∏,

故a在让的投影向量为：^×A=∣K=(∣,-∣).

故答案为：弓,一》.

根据已知条件，结合投影向量的公式，即可求解.

本题主要考查投影向量的公式，属于基础题.

14.【答案】y-T或y-TX或X=1

【解析】解：己知椭圆E过点(2,0)且上顶点到X轴的距离为1,

所以Q=2,b=1,

2

此时椭圆E：ɪ÷y2=1，

4J

_2

易知与+(丁=∣‹1,

即点(Il)在椭圆E内，

此时直线Tn与椭圆E相交，

当直线斜率不存在时，

此时直线m的方程为X=1,

设4(1，Yo)，

易得B(L-%)，

而AB中点为(1,0)在坐标轴上，

所以X=1符合题意；

当直线斜率存在时，

-1

不妨设直线m：y-]=∕c(x-l),A(x1,y1),B[x2,y2),

fy-∣=∕c(x-1)

联立《2，消去y并整理得(l+4∕c2)χ2+(4-8k)kx+4k(k-l)=0,

Ie=I

由韦达定理得Xl+%2=一喘学，

,

所以乃+丫2=kg+X2-2)+1=τ∑⅛

ɪ十4化

因为/8中点在坐标轴上，

所以％1+X2=O或％+无=°，

解得k=O或k=ɪ,

此时直线m的方程为y=2或y=jx>

综上，直线Tn的方程为y=T或y=2X或X=L

故答案为：y=2或y=或X=L

由题意，先求出椭圆的方程，再对直线m的斜率是否存在进行讨论，进而即可求解.

本题考查椭圆的性质以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查逻辑推理、分类讨论和运算能力.

15.【答案】0.8

【解析】解：根据题意，先计算“同学A与同学B站在一起，同学C站在边缘”的情况数目：

先让同学C站在边缘，有2种方法，

再将同学4与同学8看成一个整体，与剩下4人排列，有房用=240种方法，

故同学A与同学B站在一起，同学C站在边缘，共有2X240=480种方法，

再计算“同学4与同学B站在一起，同学C站在边缘，则同学C不与同学4或B相邻”的情况数目：

若同学C不与同学4或B相邻的有：

先让同学C站在边上，有2种方法，

再让除4BC之外的4人去站剩下的4个位置，有用=24种方法，

最后让同学4与同学B组成的整体从与同学C不相邻的4个位置中选一个位置，有2X4=8种方法,

所以由分步乘法原理可得同学C不与同学4或B相邻的共有2X8×24=384种方法，

故要求的概率P=翟=0.8；

4∙oU

故答案为：0.8.

根据题意，利用分步乘法原理先求出同学4与同学B站在一起，同学C站在边缘的方法数，再求出

其中同学C不与同学4或B相邻的情况数目，然后利用古典概型的概率公求解即可.

本题考查古典概型的计算，涉及排列组合的实际应用，属于中档题.

16.【答案】32280

【解析】解：根据题意，5320=2×2×2×5×7×19,

当5320的因数是1个质数时，有4种情况,

当5320的因数是2个质数的乘积时,有1+禺+或=7种情况,

当5320的因数是3个质数的乘积时,有1+程+废+1=8种情况,

当5320的因数是4个质数的乘积时,有1+废+肉=7种情况,

当5320的因数是5个质数的乘积时,有4种情况,

当5320的因数是6个质数的乘积时,有1种情况,

另外，其因数还有1,则5320的因数有4+7+8+7+4+1+1=32个;

按从小到大的顺序排列为：1.2,4,5,7,8,10,14,

19,20,28,35,38,40,56,70,

76,95,133,140,152,190,266,280,

380,532,665,760,1064,1330,2660,5320；

其第24个因数为280.

故答案为:32；280.

根据题意，将5320分解为质数的乘积，由此分类讨论，由加法原理可得其因数的个数，再将其因

数从小到大列举，分析可得第二空答案.

本题考查排列组合的应用，注意将5320分解为质数的乘积，属于中档题.

17.【答案】解：(1)由题意知，D1O=OB=2,

设NaIDlBl=∆AOB=a,上底的面积为S「下底的面积为S2,

则Sl=∖xlxlxα=1,S2=^×2×2×α=2α,

所以该几何体的体积V=ɪ(S1+S2+JS1S2)∙D1O=：G+2α+α)•2=等=-ɪ,解得α=∣ττ,

ɔɔLΛɔΣ/ɔ

在AAOB中，由余弦定理得，AB2=OA2+OB2-20A-OB-cos∆AOB=4+4-2×2×2×

2

cos-7Γ=12.

所以4B=2√^3∙

(2)不存在，证明如下:

过点。作。B的垂线交劣弧4B于N,由⑴可知乙40B=y,所以乙4。N=看，

故以。N,OB,Oz)I所在直线分别为％,y,Z轴，建立如图所示的空间直角坐标系,

则。(0,0,0),Λ(<3,-l,0),Dl(0,0,2),BI(0,1,2),

设M(2cos0,2sin∙,O),其中一卷<0<,

则西=(0,1,2)，AD1=(-<3,1,2)，AM=(2cosβ一√^3,2sinβ+1,0)，

设平面4D1M的法向量为元=(x,y,z),则件"J=°,即卜Cx+：2z=0,

(JrAM=O[(,2cosβ-√^)x+(2sinβ+l)y=0

因为一看</?<],所以2sin∕?+1≠0,

取X=2SinS+1,则y=V"3-2COS仅z=>Γ^3sinβ+cosβ<所以元=(2si∏S+1,V^3一

2cosβ,y∕~3sinβ+cosβ)<

若。BJ/平面力AM,则西•元=0，

即√^3-2cosβ+2(∖∏sinβ+cosβ)=C+2>∏>sinβ=O=0，整理得2sin。+1=0,与

2sinβ+1≠0相矛盾，

所以OBl〃平面4。IM不成立，

故劣弧AB上不存在M使。BI〃平面

【解析】(1)设NalDlBl=4AOB=a,由扇形的面积公式分别表示出上底的面积So下底的面积S2,

再代入体积公式求得α=与，然后在AAOB中，利用余弦定理，求解即可；

(2)过点。作。B的垂线交劣弧4B于N,以ON,OB,ODl所在直线分别为x,y,Z轴，建立空间直

角坐标系，求得平面4。IM的法向量元，利用西.记=0,证明即可.

本题考查空间中线与面的位置关系，熟练掌握圆台的体积公式，利用空间向量证明线面平行的方

法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.

18.【答案】解：(1)2C°SB：I=2sInB+C,即空包鸡"=2sinB+/马,

'/tanAStnA

即2cosAcosB+cosA=2sinAsinB+y∕~3sinA,

所以V~^si?h4—cosA=2cos(A+B),即2siτι(4-3)=2cos(A+B),

所以Sin(A-3)=cos(A+B)=CoS(Tr-C)=-cosC=sin(C—ɪ),

因为O<CV7Γ,则一5VC-^V*

因为0<4<τr,则γ<4γ<g

666

所以4-^=C-［或A-ξ+C-^=π,

所以C—4=缴4+C=∙(舍去).

ɔɔ

综上所述，C-A=I

(2)解：如下图所示：

因为。、E分别为4B、BC上的点，^DE=^AC,则DE//4C,

所以瞿=霁=呼=§则BD=24D,

ABBCAC3

因为DE〃BC,则4B0E=∆A,4CDE=∆ACD,

因为DE平分ZCDB,所以4BDE=乙CDE,则NA=∆ACD,故AD=CD,

所以NBCO=∆ACB-乙4=*

设AD=τn,贝!lCD=?n,BD=2m,其中τn>0,

CD8D

在ABCD中，由正弦定理可得病=碣，

所以SmB=竺呜=竺爱=fl，

BD2m4

因为CD<BD,贝帕为锐角，即0<8V会

故CosB=√1-sin2^=1-(ʒ-)2=^-7—,

Yv474

所以4+。=（兀-8）€6,兀）,

因为/÷C=C-^÷C=2C-^∙,所以]<2C—^<τr,

⅛ι⅛u-4<c——6<—2,

因为CoS(2CY)=COS(4÷C)=cos(π-B)=—cosB=—，

又因为COS(2C—今=2cos2(C—朗-1,

所以COS(CY)l+cos(2C—ɪ)

2

【解析】⑴利用弦化切结合三角恒等变换化简得出Sin(AY)=COSG4+B)=Sin(C-》利用正

弦型函数的单调性与对称性可得出结果;

(2)分析可得/BDC=*BD=ICD,在ABCD中，利用正弦定理求出SinB的值，分析出B为锐角，

求出CoSB的值，求出CoS(2C-今=-cos8的值，分析出CY为锐角，结合二倍角的余弦公式可

求得CoS(CY)的值.

本题主要考查解三角形，正弦定理以及三角恒等变换的应用，考查运算求解能力，属于中档题.

1

19.【答案】解：(1)证明：由于p,q,n∈N*,2P-=3q-2=an,

当P=1,q=l时，α1=1；

当p-l=2k,k∈N时，2PT依次取值为1,4,16,64,4fc(k∈N)时,

总存在qeN*,使得2PT=3q-2成立，证明该结论，只需证明小+2能被3整除,

由于#+2=(3+1]+2=C^3k+⅛3k^1+∙∙∙+CtT3+Ct3。+2

=3(Cf3~ι+或3"-2+…+4-1+1),

即小+2能被3整除，即上述结论成立；

当P-I=2k+1,/c∈N时，2PT=22fc+1=2×(4fc+2)-4,

由于小+2能被3整除，则2PT+2=2X(4卜+2)-2不是3的倍数，

即p—l=2k+l,∕c6N时，不适合题意：

综上所述，｛arι｝为递增数列：1,4,16,64,4k........(k∈N*),

故$=4,即数列｛%｝是以%=1为首项，公比为4的等比数列，

un

则%=W=H4"T)；

(2)由(1)可得α=4n-1.则%=4"：*

rl

由题意，Cn为使垢∈N*成立的最小正整数，

当n=1时，b1=甯€N*,此时Ci=14；

当n=2时，匕2=唾€可*,此时C2=ll;

当71=3时，⅛=i⅛∈∕V*,此时C3=i4;

S3153

当TI=4时，儿N*,此时C4=ll;.

当n-l=2k,k∈N时，

42k=16fe=(15+l)fc=C^15k+盘15lc-ι+•••+CK-I•15+磴

fc1k2

=15(C^15-+C^15~+…+CtT)+1,故此时使btl∈N*成立的最小正整数为14,

2k+1fcfc1k2

当n-1=2k+1,k∈N时，4=4×16=4×15(C^15^+CjJ15-+…+。T)+4,

故此时使b∈N*成立的最小正整数为11,

故｛C71｝为周期数列：14,11,14,11,…，周期为2,

则02023=^2×1011+l=Cl=14∙

k

【解析】(1)由题意可得｛azι｝为递增数列：1，*16,64,...,4,...(fc∈∕V*),根据等比数列定

义即可证明结论，并求得上；

(2)归纳可得｛Crι｝为周期数列：14,11,14,11,利用数列的周期性即可求得答案.

本题考查数列的性质，等比数列的定义及前n项和，二项式定理的应用，属难题.

20.【答案】证明：(1)由题意，作图如下：

因为过(4,0)的直线与G：y2=4χ交于a,B两点,

所以可设直线方程为X=ny+4,

令A（X1，%），B（X2，，2），

yl—4%ι

则

,

yl=4χ2

'X—γιy+4

所以y2_4%,可得：y2—4ny-16=0,Δ=16n2+64>0,

ry+y=4n

所以12

JIy2=-16'

。4的方程y=*即y=$，可得y4,

4

V=­X,凝一呼，即C(U⅝,*⅛,

联立•>1,可得•

22_-4λy1116+yj16+比，

,X+λx+y=Oyc=国

Z=一优

同理可得］与肾

IT即DG⅛，患）'

砂

IyD=南-42

”+∙v—-4拉1,-4g2—=(16+、必)仇+〉2)

Yc+y°_16^1+16+^f_f(16+光)(16+.)'

又y02=-16,即y,2+16=0,所以yc+VD=0，所以CD中点在X轴上.

解：（2）因为若4,B,C,。四点共圆，所以∣04∣∣OCl=IoBI|。。|,

又A,O,C三点共线，B,0,。三点共线，所以市.沆=丽・丽,

T好T%∏(~λy^-f、2

又4（勺,乃），B（x2,y2）,,

16+y2*ι6+y27“116+秃，16+先

所以也彳+%=卫醇+∑i⅛,-⅛_-⅛i,

16+措16+*16+宪16+y2正证+正就一正W+而居

又因为4≠0,

所以4+4*孕+4必**+16=-始+16

京讦=砺T4—户416+常

解得资=y,2'Cyl+丫2)(丁1—丁2)=θ,乂Vl≠y2,%+、2=。，

则4九=0,即九=0,

所以工,解得:⅛z>⅛zt4.

所以4（4,4）,B（4,—4）,所以∣4B∣=8.

【解析】（1）要证明CD中点在久轴上，只需证明他们中点的纵坐标为0，即yc+y。=。，把C，。的

坐标转换成用4,B的坐标，继而可以用韦达定理来计算证明：

(2)由4,B,C,。四点共圆，可得|。川|。Cl=IOBl继而可得市.沃=布.成，代入点坐

标利用韦达定理计算即可得到直线的参数值，则4B的坐标可定，MBl长度可求.

本题主要考查直线与圆的位置关系，属于中档题.

21.【答案】解：(1)易知p+(p+q)+(p-q)=l,

解得P=ɪ,

记事件4(i=1,2,3)分别表示I时期没生孩子、生了1个女孩、生了1个男孩，

记事件B表示JI时期生2个孩子，

此时P(BMI)=/，P(BIA2)P(B∣½3)=⅛

又P(A)=I，P(H)=P(H)=∣×j=∣>

所以P(B)=P(BMI)P(AI)+P(BlA2)P(4)+P(SM3)P(Tl3)=p-q=g-q,

∏11.12.121

⅝fi×5+6×5+i2×5=3-t?'

解得q=⅛,

则y的分布列为:

Y012

16713

P

______________3__________________________120_________________________120____________

所以E(Y)=θ×∣+l×⅛+2×⅛=≡.

o(υ=∣×(θ-⅛)2+⅛×(i-⅛)2+⅛×(2-∣J)2=≡^:

2

(2)证明：因为贷=：奈=IOi-I)2,Sl=ɪ∑⅛ι(yi-y)>

22

所以ZcS取=ZiLi(Xf-X)*mSj=∑™1(yi-y)>

此时s?=:[∑3θi-z)2+££(%-z)2]=；[»=式々一x+x-z)2+2&-y+y—z)2]

22

=:{∑3(xLX)2+2(x-z)∑i=ι(xi-X)+k(x-z)+∑⅛1(yi-y)+2(y-z)∑^1(yi-

y)+m(y-z)2),

因为£3(Xi-I)=∑^ι(yi∙-y