山东省日照市2023届高三一模考试数学试题（解析版）

2020级高三模拟考试

数学试题

考生注意：

L答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.

2.回答选择题时，选出每小题K答案Il后，用铅笔把答题卡上对应题目的K答案Il标号涂黑.

如需改动、用橡皮擦干净后，再选涂其他K答案』标号.回答非选择题时，将K答案X写在

答题卡上.写在本试卷上无效.

3.考试结束，将试题卷和答题卡一并交回.

一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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.

A=(XIX<2,B=(X∣X2-2%-3≤0∣._

1.已知集合ɪ1>,Uʃ,则ADB=()

A.[-1,2)B.(2,3]C.(-1,3]D.(→o,3]

K答案HD

K解析H

K祥解H先求出集合B,再依据并集的定义求并集.

K详析Hβ=G∣√-2x-3≤θ}={x∣-l≤%≤3},又A={x∣x<2},

所以AB=(-∞,3]

故选：D

2.已知复数Z="包，i为虚数单位，贝IJM=()

1—i

A.2√2B.2√3C.2√5D.2√6

R答案HC

工解析H

R祥解》利用复数除法运算求得z,然后求得∣z∣.

(2÷6i)(l+i)(2+6i)(l+i)/

详析』z=

R∖l∙w-∖=~~~ɔ~~^=(l+3ι)(l+.)=-2+4ι,

∖l~l)∖l+l)2

∣z∣=√4+16=2√5.

故选：C

3.在平面直角坐标系XOy中，角。的大小如图所示，则tan。=()

342

A.—B.一C.1D.一

233

K答案，D

K解析H

K祥解》根据正切值的定义可以先算出tan[e+g],然后由两角和的正切公式求出tan。.

过P作PQ_LX轴,垂足为Q,根据正切值的定义：tan[e+f]=四=5,则tan[e+f]=5=粤空，

I4j∖OQ∖I4J1-tan

2

解得tan。=一.

3

故选：D

4.红灯笼，起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营

造一种喜庆的氛围.如图1,某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间

是球面除去上下两个相同球冠剩下的部分.如图2,球冠是由球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直径

被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球面的半径为R,球冠的高为心则球冠的面积S=2π∕S.如图1,

已知该灯笼的高为58cm,圆柱的高为5cm,圆柱的底面圆直径为14cm,则围成该灯笼中间球面部分所需

布料的面积为()

14cm

图1图2

A.1940πcm2B.2350πcm2C.2400πcm2D.2540πcm2

R答案，C

K解析D

K样解》由题利用勾股定理求出半径R,再求出高度人，分别求出两个球冠的面积，用球体的表面积减去

两个球冠的面积即可解决问题.

K详析》由题意得：R2_（生F）=72,

所以R=25cm,

LLIl7CU58—IO

所以Zz=25-----------=1cm,

2

所以两个球冠的面积为2S=2x2π∕⅜=2x2xπx25xl=l（X）πcm2,

则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为：

4π∕?2-2S=4×π×252-100π=2400πcm2,

故选：C.

5.已知正六边形ABCQEF的边长为2,P是正六边形ABCQEF边上任意一点，则PA.PB的最大值为（）

A.13B.12C.8D.2√3

K答案DB

K解析H

工祥解Il以正六边形A8CE>E/中心。为原点建立平面直角坐标系如图所示，由向量数量积的坐标表示研

究最值.

以正六边形ABCz)EP中心。为原点建立平面直角坐标系如图所示，AB.OE交y轴于G、H,

则C(2,0)r(-2,0),MT-布)B(1,-布),G(O,-若),4-1,君),D(1,√3),H(Q,6),

722

设尸(X,y),/A=(-l-Λ,-λ∕3-^j,PB=[l-x,-y∕3-y^,PA-PB=X+y+2y∕3y+2,由正六边形

对称性，不妨只研究y轴左半部分，

(1)当P在EH上时,则L∈[-l,0],y=+,则丽•而=f+u≤i2;

(2)当尸在AG上时，则X∈[-1,O],y=-√3,则PAPS=/-/。；

(3)当P在所上时，则4F：γ=√3(x+2),%∈[-2,-1],贝IJ

CɑA223

P4∙PB=4χ2+i8x+26=4%+-+—≤12;

I4j4

(4)当P在上时，则&•：^=-√3(x+2),%∈[-2,-1],则

PA-PB=4x2+6x+2=4∖x+^∖--≤6.

I4)4

综上，所求最大值为12.

故选：B.

6.已知x>0,y>0,设命题P：2Λ`+2v>4.命题4：孙≥1,则，是夕的()

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

K答案HB

K解析》

K祥解》取特值，χ=g,)

2,满足2'+2>'≥4,不满足孙≥1;运用基本不等式得14孙≤

即x+y≥2,由指数函数的单调性得2">≥22=4,运用基本不等式和充分必要条件的定义判断可得选项.

I]2

K详析U解：当x=],y=2时，2；+2?>4满足2，+2、≥4,但孙=§X2=§<1,不满足孙21,

所以〃不是4的充分条件；

当孙≥1,X>O,y>o时，1≤孙≤(等)，即x+y≥2,当且仅当x=y时取等号，所以2'+>'≥22=4,

(2v+2vY

即2*∙2y>4,又4≤2'∙2V<------,当且仅当X=V时取等号，

一一I2J

解得2"+2>≥4,所以，是夕的必要条件，

因此，，是夕的必要不充分条件.

故选：B

7.已知数列｛α,,｝的前〃项和为S“，且满足q=1,ana,l+l=2Sl,,设a=墨，若存在正整数PMP<办

使得白，bp,%成等差数列，则()

A.P=IB.p=2C.p=3D.p=4

K答案，B

K解析H

K祥解』根据数列的递推公式得出〃=素=/,然后根据等差数列的性质进项求解即可得出结果.

K详析H数列｛%｝满足q=1,anaπ+1=2S,,,

当〃=1时，ata2=2Sl=2«,,解得：¾=2；

当心2时,Ian=2⑸-S(IT)=aπ(an+l-πn.l),

因为4≠0,所以《川一α,ι=2,所以数列｛4｝是首项为1,公差为1的等差数列，

所以4=1+5-l)=n,么=率=5,

若存在正整数p,q(p<q),使得4,bp,分成等差数列，

则2bp=l>∣+a,所以孕=g+/①

因为数列｛"｝是单调递减数列，

当〃=1时，由]=]+/，解得：9=1，舍去；

当24“<q时，则勺ɪ,仁!—女=正口；

33p^,3p^,3p3p

当3<〃时，ɪ≥ɪ≥,鼻>0,所以=4<2+三，①式不成立，

33p"'3'393〃33"

41〃

所以p=2,则有一=—I——,解得：q=3,

933,

故选：B.

22

8.已知椭圆C：0+齐=ι(α>∕,>o)的左、右焦点为片，G，点A(-2,2)为椭圆C内一点，点。(a,。)

22

在双曲线E：ɪ--ɪ-≡lɪ,若椭圆上存在一点P,使得|/科+1尸闾=8,则a的取值范围是()

A.(√5+l,5]B.[3,5]C.(√5+l,2√5]D.[√3,√5]

R答案HA

K解析，

K祥解D先求出椭圆左焦点G坐标为(-2,0),由题得IIPNTp用I=I8-2a∣≤M6I=2,解不等式得到

44

3≤a≤5,再解不等式)+——<l即得解.

ci4—cir

22

K详析11点Q(a,h)在双曲线E：?—A=I上，所以/—/=4.

所以椭圆左焦点G坐标为(-2,0).

因附+附|=8,所以|E4|+2a-|P制=8,Λ∣∣Q4∣TP耳∣R8-助的MI=2,

所以3≤a≤5.

因为小一从=4,所以〃=/一4.

/、4444

点A(—2,2)椭圆C内一点，所以0■+"■<1,;.—2——<1>

所以a4-12/+16>0,;.。>逐+1或“<逐一1.

综上：#>+1<a≤5.

故选：A

二、多项选择题：本大题共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

项符合题目要求的.全部选对得5分.选对但不全的得2分，有选错的得0分.

9.已知A耳分别为随机事件AB的对立事件，P(A)>0,P(B)>0,则下列结论正确的是()

A.P(A)+P(A)=I

B.P(AlB)+P(A∣B)=l

C.若AB互斥，则P(AB)=P(A)P(B)

D.若AB独立,则P(AlB)=P(A)

K答案』ABD

K解析》

K祥解Il结合互斥事件、对立事件的定义，根据条件概率公式判断即可.

K详析11选项A中：由对立事件定义可知P(A)+P(Z)=I,选项A正确;

选项B中：P(M+缁=1,选项B正确；

选项C中：A,B互斥,P(AB)=O,P(A)>O,P(B)>0,P(AB)≠P(A)P(B),故选项C错误;

选项D中：A,8独立，则P(AB)=P(A)P(B),则P(A⑻==P(A),故选项D正确.

故选：ABD.

10.已知正方体ABCZ)-AB£2过对角线8,作平面α交棱AA于点E，交棱CG于点F,则()

A.平面α分正方体所得两部分的体积相等

B.四边形BFAE一定是菱形

C.四边形B∕7D∣E的面积有最大值也有最小值

D.平面a与平面DBBl始终垂直

K答案》AC

K解析H

R祥解R利用正方体的对称性即可判断A正确；由平行平面的性质和BE,RE的大小可判断B错误；结

合异面直线距离说明四边形BEQE的面积最小值和最大值取法,判断C正确；只有当ERl平面BgO时，

才有平面BFDfEl.平面BBQ,判断D错误.

K详析11对于A：由正方体的对称性可知，平面α分正方体所得两部分的体积相等，故A正确；

对于B：因为平面ABBtAlIiCCQQ,平面BFDiE\平面ABBA=BE,

平面BFD∣E∣平面CCaD=AFBE//。/.

同理可证：DiE∕/BF,故四边形E是平行四边形，当E不是A4的中点时，8E≠2E,此时四边形

BEAE不是菱形，故B错误；

对于C：由B得四边形BPRE一定是平行四边形，所以四边形BFRE的面积等于三角形BQE面积的两

倍，而BA为定值，所以当E到直线8。距离最大时，三角形8RE面积取最大值，因为E为棱AA中点

时，E到直线8,距离恰为异面直线A4,、BR距离,即为最小值，此时三角形BQE面积取最小值，即四

边形BFDlE的面积取最小值.因此当E与A重合或A重合时,三角形面积取最大值,即四边形BFDiE

的面积即取最大值，故C正确；

对于D：因为平面ACGAj•平面Q,又平面ACCd、平面BFDlE=EF,所以只有当砂工平面

BBQ时，才有平面平面88Q,故D错误.

故选：AC

11.设函数/(x)的定义域为R,且/(x)-l是奇函数，当0Wx≤2时，/(X)=√4X-X2+1；当x〉2时，

/(x)=2i+L当攵变化时，函数g(x)=∕(x)-履一1的所有零点从小到大记为和々，,当，则

f(xl)+f(x2)++/(XJ的值可以为()

A.3B.5C.7D.9

K答案XABC

K解析H

K祥解D将方程/(x)-"一1=0的根转化为/(x)与直线y=去+1的交点，并可知/(x)与y=去+1均

关于(0,1)对称，作出/(χ)的图像，通过数形结合的方式可确定上不同取值时交点的个数，结合对称性可

求得结果.

K详析D∙.∙∕(x)-l为奇函数，∖/(χ)图像关于点((U)对称,

由/(x)-履一1=()得：/(X)=履+1,则方程的根即为/(x)与直线y=Ax+l的交点,

作出“X)图像如图所示，

yΓ‰÷ιT^

5

y=k3x+∖

3

2

y=k4x+∖

二原+1

7X浜、产编+1X

∖√∕-l

**yYi/

λ-3

①当女N9≡L即攵≥2时，如图中y=^χ+l所示时，/(χ)与直线y=履+1有5个交点公尤2,…，&，

2—0

“X)与y=依+1均关于((U)对称，.：/^)+/(^)+3+/($)=5/(0)=5;

②当≤k<W即1≤%<2时，如图中y=⅛2χ+l所示时，/(x)与直线y=依+1有7个交点

%9X1,,,,,X1，

/(%)与y=.+l均关于(0,1)对称，；•/&)+/(W)+…+/(X7)=7∕(O)=7;

③当即;<Z<1时，如图中y=^χ+ι所示时，/(X)与直线y="+ι有5个交点

ʌj,%2，,,,，X5,

/(%)与y=∖+l均关于(0,1)对称，."&)+/(%)+…+/(Λ⅛)=5∕(0)=5;

④当Z=晨飞=W时，如图中y=%χ+ι所示时，/(χ)与直线y="+ι有3个交点芯,工2，工，

/(%)与y=∙+ι均关于(0,1)对称，..•/1)+/(%)+/(XJ)=3∕(0)=3；

2_11

⑤当％<——，即％<—时，如图中y=%χ+ι和y=&χ+ι所示时，/(χ)与直线y="+ι有且仅有-

个交点(0,1),∙∙"α)=ι.

综上所述：〃玉)+/伍)+…+/(Z)取值的集合为{1,3,5,7}.

故选：ABC.

H点石成金D关键点『点石成金J：本题考查利用函数对称性、函数图像求解方程根的个数问题；解题关

键是能够将方程根的个数问题转化为两个函数图像的交点个数问题，进而通过数形结合的方式确定交点个

数.

ab

12.已知α>8,c>d,------=-----=1.01,(1—=(1—d)e”=0.99,则()

A.a+b>0B.c+d>0

C.a+d>0D.h+c>0

K答案】AD

K解析D

K样解HA∙先构造函数/(x),通过函数的单调性确定”,/2的大致范围，再构造

〃(x)=In/(x)-ln/(-x),通过函数〃(X)的单调性确定d与-C的大小关系，进而得到A选项.

B.先构造函数g(x),通过函数的单调性确定c,d的大致范围，再构造

〃(X)=Ing(X)-Ing(-x),通过函数〃(X)的单调性确定"与-C的大小关系，进而可知B选项错误.

C通过/(x)=[M,得至(|g(—α)>g(d),进而可得一。与d大小关系，进而可知C选项错误.

D.与C选项同样的方法即可判断.

abx

ee/、P

『详析UA.•：-----=------=1.01>0(2>—1,/?>-1令f(χ}=-----(zx>-1)

。+1/7+1')l+xv7

所以/(Λ)在(-1,0)单调递减，在(0,+∞)上单调递增,

且/(0)=0,故α>0,-l<b<O.

令〃(X)=In/(x)-In∕(-x)=2x-ln(x+l)+In(-x+l),x∈(-l,l)

1_12

则〃'(x)=2-------+--------=2--------<0,

`,x+1-x+ll-x27

所以∕z(x)在(―1,1)上单调递减，且Zz(O)=O

h∈(-1,0).∙.l∏∕(^)-l∏∕(-^)>0.∖f(a)>f[-b)

/.a>-h即。+。>0故选项A正确

B.(I-C)e，=(1一d)e"=0.99>0.∖c<∖,d<1令g(x)=(l-x)e*(x<l)

则g'(x)=-旄",所以g(无)在(—8,0)单调递增,在(0,1)上单调递减，

且g(0)=l,故0<c<l,d<0.

令加(X)=Ing(X)-Ing(-x)=2x-ln(x+1)+ln(-x+l)=∕z(X),XG

所以m(x)在(TI)上单调递减,且MO)=O

∙c∈(0,l).∙.lng(c)-lng(-c)>O.∙.g(c)>g(-c).∙.g(d)>g(-c)

.,.d<-c即c+d<0故选项B错误

C〃X)=­τ―Tg(~a)---——>0.99,α∈(-1,0)

、)g(-x)、7/(ɑ)101v,

.∙.g(-α)>g(d)又g(x)在(-。。,0)单调递增ι-a>d.∖a+d<0

故选项C错误

D.由C可知，g(-Z?)>^(c),-/?e(O,l)又g(x)在(0,1)单调递减.∙.-h>c

故选项D正确

故选：AD

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.在(l-x)5的展开式中,尤2的系数为.

R答案X10

K解析H

R祥解H

根据二项展开式的通项，赋值即可求出.

K详析H(1—x)5的展开式通项为7；M=G'(—X)',令X=2,所以χ2的系数为或(—1)2=10.

故R答案H为：10.

H点石成金JII本题主要考查二项展开式某特定项的系数求法，解题关键是准确求出展开式的通项，属于

基础题.

14.已知函数/,(力=25皿3+“0>0,|同<9的最小正周期为万，其图象关于直线X=看对称，则

K答案』√3

R解析』

R祥解D根据函数最小正周期得到口=2,利用对称轴得到。，然后代入计算即可求解.

K详析H因为函数/(无)=25始(8+。)卜＞0,网＜5)的最小正周期为万，

所以。=§=2,又因为直线尤=凡是函数的一条对称轴，所以2χ四+°=Aι+二#∈Z,解得:

Γ662

φ=kπ+-,keZ,因为两＜乙，所以Q=乙，

626

则函数/(X)=2sin(2x+—),所以/(—)=2sin(2×-+—)=2cos—ɪʌ/ɜ,

64466

故K答案U为：√3.

15.对任意正实数“，记函数/(x)=∣IgM在［α,+∞)上的最小值为m〃，函数g(x)=sin∕∙在［0,α］上的

最大值为〃“，若M“-也=；,则。的所有可能值.

K答案n3或加

K解析D

K祥解D根据/(X)和g(x)函数图像，对4分类讨论求解即可.

K详析Hf(x)和g(x)的图像如图:

.,,zʌ.-WO...ɪ1

当xzr时，,

0<αvima-(),Mn-sin——,..Mn-mn-sin——=—；

0222a~3

当a≥l时，帆,=∣lgα∣=lgα,M,,=1,；.M“一”=I-Iga=g,α=7iU；

故K答案》为：ɪ或JiU.

16.设棱锥ABCD的底面为正方形，且M4=MD,MA±AB,如果，AAQ的面积为1,则能够放

入这个棱锥的最大球的半径为.

M

K答案』√2-l⅛*-l+√2

K解析!

K祥解D设球。是与平面MAZXABCD,MBC都相切的球，求出与三个面MA。，ABCD,MBC都相切的

球的半径为r=a-1，再证明。到平面MAB的距离大于球0的半径r,O到面MCD的距离也大于球。

的半径r,即得解.

R详析11如图，因为AB_L4。，ABLMA,AT>C例A=AAD,M4u平面MAD,所以，AB垂直于平面

MAD,由此知平面MAD垂直平面ABCD.

设E是Ao的中点，F是BC的中点，W∣JMEVAD,所以，ME垂直平面ABe£»,MELEF.

设球。是与平面MA。，ABCD,MBC都相切的球.

不失一般性，可设。在平面MEF上.于是。为AMEF的内心.

2V

设球。的半径为r,则r=-------乙皿——

EF+EM+MF

ɔ

设4。=E尸=α,因为S""o=l,所以Λ∕E=±,MF=

a

r=-----

2

a+—

a

2

且当。=一，即Q=应时，上式取等号，所以，当AD=ME=0时,

a

所以与三个面MA。，ABCD,MBC都相切的球的半径为血一1.

作OG_LME于G,易证OG//平面MAB,G到平面MAB的距离就是O到平面MAB的距离.

过G作MHlMA于H,则GH是G到平面MAB的距离.

GHMG

MHG-MEA,

~AE~~MA

又MG=0—(0—1)=1,AE=丝

2

√2

1

,H-AE∙MGT-,^√5

MA..Ll—

MA√10~5

F

∙∙T>G,

故O到平面MAB的距离大于球O的半径r,同样。到面MCo的距离也大于球。的半径r,故球O在棱锥

M-ABCf）内，并且不可能再大.

据此可得所求的最大球的半径为√2-l∙

故K答案』为：、历一1

四、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

17.在数列｛α,,｝中,幺+&+色+…+-⅛-="2+".

234H+1

(1)求｛4｝的通项公式;

12n1

(2)证明：+++------;---<-

3^^Γ("+2)%4-

K答案Il(I)all=2"("+l)

(2)证明见K解析》

K解

2

R祥解Il(I)令〃=1可求得为的值，令〃≥2,由&+&+%•++-^-=n+n可得

234n+∖

%+生+色++4」=“2一〃，两式作差可得出/的表达式，再验证外的值是否满足风（〃≥2）的表达

234n

式，综合可得出数列｛α,,｝的通项公式;

nɪ1n

（2）计算得出,利用裂项相消法求出数列〈上的前〃项和，即可证

H+2)an2[〃+1〃+2〃+2)%

得结论成立.

K小问1详析D

解：因为巴+&+色++-^—-tv+n,①

234n+∖

则当〃=1时，ɪ=2,即q=4,

当〃22时，—+-^-+―++^-=n12-n,②

234n

①一②得上-=2〃，所以=2〃(〃+1),

n+1

4=4也满足q=2〃(〃+1),故对任意的〃eN*,α,,=2n(π+l).

R小问2详析》

证明：/〃=」—=—ɪ=ifj___n

(n+2)¾2n(π+l)(n+2)2(n+l)(n+2)2(〃+1〃+2,

11+--=」『」+」++」----

所以——+——+

3〃]4g{n+i)an2(2334n+1n+2

__?_

2∖2n+2)42(n+2)

〃”,•赤%>。,

111

・二一许<“即结论成立.

A+C

18.已知二ABC'中，a,b,C是角A,B,C所对的边，αsin------=OsinA,且α=l.

2

(2)若AC=BC,在JIBC的边48,AC上分别取O,E两点,使VAr)E沿线段DE折叠到平面BCE后,

顶点A正好落在边BC(设为点P)上，求AD的最小值.

TT

K答案H(1)-

3

⑵2百-3

R解析』

K祥解2(1)由正弦定理边角互化得SinASinA±C=SinBsinA,又A+C=兀一B,可得CoSO=SinB,

22

结合二倍角公式可求得结果；

(2)由题意可知.√WC为等边三角形，设Ar>=加，则BD="fn,PD=m,由余弦定理得

3

BP2+(I-2m)=BP∙(l-m),设BP=X,0<x≤l,所以/“=2—x+--------3,利用基本不等式可求得

2-x

K答案》.

K小问1详析』

A+CA+C

因为。sin--=OSinA,所以由正弦定理边角互化得sinAsin--=sinBSinA,

22

因为A∈(0,7i),sinAWo,A+C=π—8,所以sin('-=sin6,即CoS∙∣∙=sinB,所以

cos^=2sin^cos^,

222

R1

因为Be(O,π),所以二■J0,二］,cos^ξ∙H0

所以sin—=—,

2I2J222

所以”即吟•

K小问2详析』

TT

因为AC=BC,8=—,所以一ASC为等边三角形，即AC=BC=AB=1,

3

设AD=m,则BD=l-m,PD=m,

BP2+BD2-PD2BP2+(1-?//)2-/M2_1

所以在Z∖8PD中，由余弦定理得COSB=整理得

2BPBD2BP(l-m)-^2

BP2+(1-2m)=JSP-(1-/??),

，nC—/I..Ix~—x+∖(2—Λ)^—3(2—x)+33_

设Bonp=X,0<x≤1,所ce以m=--------=ʌ------------------------=2-x+-------3,

2—X2—X2—X

由于0≤x≤I,故l≤2-x≤2,

所以根=2-x+—3―-3>2√3-3,当且仅当2-x=」一=百时等号成立，此时χ=2-G，

2—X2—X

所以AD的最小值为26-3.

19.如图，已知圆锥P-ABC,AB是底面圆。的直径，且长为4,C是圆。上异于A,B的一点，∕>A=2√3∙

设二面角P—AC—3与二面角P—3C—A的大小分别为α与β.

(1)求百寸由的值;

(2)若tan∕?=J^tana,求二面角A-PC-3的余弦值.

K答案』(1)ɪ

K解析D

11

K祥解D⑴作出从而求得----------O1-------------9的值.

tan^atan^β

(2)建立空间直角坐标系，利用平面PAC和平面PBC的法向量，计算出二面角A-PC-B的余弦值.

K小问1详析》

连结PO.

因为点P为圆锥的顶点，所以POl平面ABC.

分别取AC,BC的中点M,N,

连接PM，OM,PN,ON,则在圆。中，OMIAC.

由PoI平面ABC,得PO,AC.

又PoOM=O,故AC_L平面PMO,

所以

所以NPMo=α.

同理，ZPNO=β.

于是ɪ+ɪJ竺丫+(竺丫/空Y=OeJ

tan2«tan2β∖OP)∖0P)[θp)AP2-OA22

K小问2详析』

因为tan^=gtanα，即%=6黑,所以OM=/ON,即BC=Ji4C,

-AC2+BC2=AB2,:.BC=2√3,AC=2.

在圆。中，CAlCB,以点C为坐标原点，C4所在直线为X轴，CB所在直线为N轴，过。且垂直于平

面ABC的直线为Z轴建立空间直角坐标系C-孙Z.

则C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2√3,0).

又因为POl平面A8C,所以。P∕⅛轴，从而P(l,ji,2j5).

则C4=(2,(),()),CB=(0,2君,0),CP=(1,√3,2√2).

设平面PAC的法向量为m=(x,y,Z)，

m∙CA=02x=0

则《,即

mCP=0x+6y+20z=O

不妨取y=2∖∕∑,则X=O,z=-ʌ/ɜ,此时机=(0,2JΣ,-行).

设平面PBC的法向量为〃=(m,n,Z),

n∙CB=02√3n=0

则《，即《

n-CP-0m+∖∣3n+2λ∕∑/=O

不妨取机=2血，则〃=0,/=-1,此时n=(2j5,0,-l)∙

所以8S<i>-^=£=叵.

ImI∙IHI√∏×333

又二面角A-PC-JB为钝二面角,

所以二面角A-PC-B的余弦值为—返

33

ZP

Kr点石成金』》方法L点石成金」：

几何法求解二面角，要根据二面角的定义来求解；向量法求解二面角，关键是求得二面角的两个半平面的

法向量，并且要注意二面角是锐角还是钝角.

20.已知抛物线C：f=2py(p>0)的焦点为为C上的动点，EQ垂直于动直线y=[∕<0),垂足

为Q,当AEQE为等边三角形时，其面积为46.

(1)求C的方程；

22

(2)设。为原点，过点E的直线/与C相切，且与椭圆三+匕=1交于A,B两点，直线OQ与AB交于

42

点、M,试问：是否存在/,使得IAMI=IBMI?若存在，求/的值；若不存在，请说明理由.

2

K答案』(1)X=Ayi

(2)f=-1.

K解析D

K祥解II(I)根据正三角形得三角形的边长，再根据抛物线的定义进行求解；

(2)设E/，号-1，则。(%,。，可得心°=:，由导数的几何意义可得勺=g/，设Aa,X),5(%,%)，

中点土芋,汽卫],由点差法可得仁•后M=—4，kοM=一上,从而可以求出J

K小问1详析』

∙.∙AEQF为等边三角形时，其面积为4百，

Λ→∣Eβ∣2sin∣=4√3,解得|囤=4,

根据I砂I=IEg和抛物线的定义可知，。落在准线上，即丁=.=一5,

%

(E

∖HQ

设准线和y轴交点为“，易证NHFQ=1，于是忻QleOSm=2=IbHI=p，

∙∙.C的方程为χ2=4y;

K小问2详析］

假设存在，，使得IAM=忸M,则M线为段AB的中点,

≠0),依题意得Q(AJ),则自Q=L

设E⅞,0

⅜

y2χ1

由y=一可得y=—,所以切线/的斜率为％=—%,

422

设A(Xl,y),B(Λ2,%),线段AB的中点工上昔

由42,可得工ɪ+支二立=o,

∙√+%242

I42

所以(3+々)(内一/)+(.%+%)()「*)=0

42'

V-VV.+yɪ111

整理可得：:1L〒2.士：2=一5，即M=_彳，所以JX。.生M二

2

X1-X2XI+X2Z22

.1,,t

可得上OM=-----，又因为自2=%λW=—,

⅞⅞

,,1

所以当f=-l时，k°Q=koM=——,此时O,M,Q三点共线，满足M为AB的中点，

⅞

综上，存在f,使得点〃为AB的中点恒成立，rɪ-l.

21.第22届世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔尔举办.在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法

国队获得冠军.

FIFAWORLDCUP

QZW

（1）扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门

2

将也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有1的可能性

扑不到球.不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数X的分布列和期望；

（2）好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲、乙、丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开

始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不

停地传下去，假设传出的球都能接住.记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn,易知p∣=I,'?=0.

①试证明：为等比数列；

②设第〃次传球之前球在乙脚下的概率为g，比较00与切0的大小.

K答案2（1）分布列见K解析见期望为:

（2）①证明见K解析』；②Ro<Io

K解析H

R祥解Il（I）方法一：先计算门将每次可以扑出点球的概率，再列出其分布列，进而求得数学期望；

方法二：判断结合二项分布的分布列和期望公式确定结论；

（2）①记第〃次传球之前球在甲脚下的概率为幺，则当〃≥2时，第n—1次传球之前球在甲脚下的概率为

P,-,由条件确定P“，P,-的关系，结合等比数列定义完成证明；

②由①求出Pio,io，比较其大小即可.

R小问1详析）

方法一：X的所有可能取值为0,1,2,3,

在一次扑球中，扑到点球的概率P=LXIXIX3=∙L

3339

1Z8A21

XC1z

所以P(X=O)=C*)=翡,X=n-=92一

/39-l9-7-

k√29

尸(X=2)=C这"嗯J(X=3)=喘)=蔻

所以X的分布列如下:

X0123

512192241

P

729729729729

八

E(X)=-1-9--2×1,H----2-4-X23H-----1--XC3-2--4-3--ɪ

''7297297297293

方法二：依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为P=gx；=g

门将在前三次扑到点球的个数X可能的取值为0,1,2,3,易知X

所以P(X=Z)=C：x|JXIJ,Z=O,1,2,3,

故X的分布列为:

X0123

5126481

P

729243243729

所以X的期望E(X)=3xj=；.

K小问2详析』

①第«次传球之前球在甲脚下的概率为P11,

则当“≥2时，第n—1次传球之前球在甲脚下的概率为Pz，

第n—1次传球之前球不在甲脚下的概率为1-P,f,

则Pn=Pn-∖×0+(l-Λ,-∣)×∣=-ɪpll-i+ɪ，

1If∩12

所以｛〃.一；｝是以I为首项，公比为-；的等比数列.

②由①可知Pn

所以50=g(l

故Plo<410•

22.已知函数/(x)=e"",g(x)=lnx+α(α∈R).

(1)若直线V=X是y=g(x)的切线，函数F(X)=<总存在罚<々，使得/(石)+F(∕)=2,

求玉+b(w)的取值范围；

⑵设G(X)=〃x)—g(x),若IG(X)I=b恰有三个不等实根，证明：a-^-<b<2a-2.

K答案Il(I)(-∞,2)

(2)证明见K解析R

K解析D

R祥解2(1)先根据导数的几何意义算出口然后分析出为,占的范围，最后将玉+F(%)化成只含有々的

表达式，构造函数进行求解；