山东省青岛市2022-2023学年高三年级上册期末数学 含解析

2022-2023学年度高三第一学期期末考试

数学试题

本试题卷共6页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.

一、单项选择题：本题共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.

i-2

1.复数l+i的虚部为（)

3.331

A.—1B.-C.——D.——

2222

【答案】B

【解析】

【分析】根据复数的运算求得上2的结果，即可得答案.

1+i

i-2(i-2)(l-i)-l+3i13i

【详解】由题意复数/一=:，二:一二-------一一+—

l+i(1+i)(l-i)222

i-23

故复数一r的虚部为大，

1+i2

故选：B

2.若（a+xY+（a—的展开式中含有X2项的系数为18,则。=（）

333

A.2B.-C.一或一2D.一二或一2

222

【答案】C

【解析】

【分析】根据二项式展开式的通项公式，可列出方程，即可求得小即得答案.

【详解】由题意（4+工丫+⑺一》）,的展开式中含有项的系数为18,

即C：a+C；/(—1>=18,即4+2/=6,

3

解得Q=—2或a=—,

2

故选：C

3.已知集合A={(x,y)|x2+y2_2x=0},3={(x,y)|y=k(x+1)}.若AcB,则()

A.--<A:<—B.-V3<Zr<V3

33

C.人盘或D.或k£-上

33

【答案】A

【解析】

\2k\

【分析】根据集合表示点的含义，可得直线与圆相交或相切，然后得到整理解出不等式即

可得出答案.

【详解】由已知可得，集合A表示的点(x,y)在圆1+；/一2%=0上，圆心为(1,0),半径r=l，集合

8表示的点为直线y=k(x+l),即H-y+k=0上的点.

由可知，直线与圆有交点，即直线与圆相交或相切，

所以圆心(1,0)到直线"一y+k=0的距离d<r,即［曾］<1)

整理可得3公—140,解得一如4出〈走.

33

故选：A.

4.“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学

的对称美.如图，将一个正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得

到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体''，则该多面体中具有公共顶点的两个正三角形

所在平面的夹角正切值为()

C.V2D.2亚

【答案】D

【解析】

【分析】将该多面体放在正方体中，利用空间向量的坐标运算，求出平面EFG和平面G”K的法向量，即

可求平面瓦G和平面G”K夹角的余弦值，进而可求解.

【详解】将该“阿基米德多面体”放入正方体中，如图，

平面EFG和平面GHK为有公共顶点的两个正三角形所在平面，

则£(1,0,2),F(2,l,2),G(2,0,l),H(2,l,0),K(l,0,0),

设平面EFG的法向量为m=(x,y,z),EF=(1,1,0),EG=

EF-m=x+y=0

所以〈.",令x=l,y=-l,z=l,所以m=(1,一1,1),

EG-7/2=x-z=0

设平面GHK的法向量为n=(a,b,c),GH=(0,1,-1),GK=(—1,0,—1),

GHn=b—c=Q

所以<,令a==-1,c=一］,所以〃=(1,—1,—1),

GK-n=­a—c—0

设平面平面EFG和平面GHK的夹角为6,

mn11

则……丽=瓦丁"

因为平面EFG和平面G”K的夹角为锐角，所以cose=kos<m,〃>|=g,

所以sin6=^1-cos20=,tan。=即'=272，

3cosB

故选：D

【答案】B

【解析】

【分析】先计算/（x）=2sin2x+1,再由平移得g（x）=2cos2x,代入并配方计算即可.

313兀7t

【详解】由图可知一7=------,T=n,故。=2,

4123

[^^•]=2sin(2x^^+8)=2,得9=一寺+2版,女eZ,

故/=/，故/(x)=2sin[2x+D

又o<e（兀，

3

71

则g(x)=2i:sin2x+—+—=2cos2x,

123

、2

则g(x)+g(39

=2cos2x+2cosx-4cos2x+2cosx-2-2cosx+-

J274

当cosx=-；时，y=g（x）+g11j的最小值为一'.

故选：B

7.为了解甲、乙两个班级学生的物理学习情况，从两个班学生的物理成绩（均为整数）中各随机抽查20

个，得到如图所示的数据图（用频率分布直方图估计总体平均数时，每个区间的值均取该区间的中点

值），关于甲、乙两个班级的物理成绩，下列结论正确的是（）

频数

7

6

5

4

3

2

1

0Tl-TTrrn-rm卜TTn-rn~r，

5758596768697987888998分数

甲班物理成绩

A.甲班众数小于乙班众数B.乙班成绩的75百分位数为79

C.甲班的中位数为74D.甲班平均数大于乙班平均数估计值

【答案】D

【解析】

【分析】根据已知数据图，判断A；根据频率分布直方图计算乙班成绩的75百分位数，判断B；求出甲班

的中位数，判断C；求出两个班级的平均分，即可判断D.

【详解】由甲、乙两个班级学生的物理成绩的数据图可知甲班众数为79,

由频率分布直方图无法准确得出乙班众数，A错误；

对于乙班物理成绩的频率分布直方图，

前三个矩形的面积之和为(0.020+0.025+0.030)x10=0.75,

故乙班成绩的75百分位数为80,B错误；

由甲班物理成绩数据图可知，小于79分的数据有9个，79分的数据有6个，

故甲班的中位数为79,C错误；

BETLJwd—57x2+58+59+67+68x2+69x2+79x6+87+88x2+89+98”,0

甲班平均数为辟=------------------------------------------------------------=74.8,

乙班平均数估计值为巨==10(55x0.02+65x0.025+75x0.03+85x0.02+95x0.005)=71.5<74.8,

即甲班平均数大于乙班平均数估计值，D正确，

故选：D

8.已知定义域为［0,1］的“类康托尔函数”/(力满足：①V0K否<看<1，/(^)</(x2)；②

=③/(X)+/(1T)=1.则/［康)=()

\J\乙4JJ

1111

A.—B.—C.---D.---

3264128256

【答案】C

【解析】

【分析】根据函数的定义分别赋值得到/⑴=i,/(g)=：,然后再利用“X)=2,“；)得到

/(x)=2"•/(?),再次赋值，利用V0VX1</41，/(%)工/(工2)即可求解.

【详解】因为V04%<X2«l，〃x)=2/⑶，令x=0可得：/(0)=0,

又因为/(x)+/(l-x)=l,令x=0可得：/⑴=1,令％可得：/(；)=；，

由小)=2/⑶可得：/(X)=2/(|)=22-/(^)==2"令)，

令x=l,〃=7,则有/⑴=27/(：)=128/(焉)，所以/(/)=焉，

JZ1o/Z1o/1Zo

1111

令〃=6,则有外在加=64/（急4所以八而）=加

Lj14JO2

因为」一＜」一＜」一，所以/（」一）＜/（—!—）＜/（」一），

218720231458218720231458

也即「一《/（」一）《「一,所以/•（」一）二」一,

12820231282023128

故选：C.

二、多项选择题：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.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9.通过长期调查知，人类汗液中A指标的值X服从正态分布N（10,2.52）.则（）

参考数据：若X~N（〃,"）,则P（"—bWXW4+b）=0.6827；

P（〃-2cr«XW〃+2b）=0.9545.

A.估计1（）0人中汗液A指标的值超过10的人数约为50

B.估计100人中汗液A指标的值超过12.5的人数约为16

C.估计［00人中汗液A指标的值不超过15的人数约为95

D,随机抽检5人中汗液A指标的值恰有2人超过10的概率为工

16

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据正态分布的性质，进行ABC选项的判断；结合正态分布的性质以及二项分布的概率计算公式

即可判断选项D.

【详解】由〃=10,可得汗液A指标的值超过10的

概率为P（X＞10）=g.所以100人中汗液A指标的值

超过10的人数约为100x』=50,故A对；

2

同理，D选项中，随机抽检5人中汗液A指标的值恰有

2人超过10的概率为：f-1=工，故D对；

⑶⑶16

由〃+b=10+2.5=12.5,所以100人中汗液A指标的值

超过12.5的人数约为lOOxP(X212.5)

+1—0.6827

二100x----------------——^=100x--------»16,B对；

22

由〃+2b=10+2.5x2=15,100人中汗液A指标的值

不超过15的人数约为

I-P(u-2cr<X<//+2cr)/、］

100x——上-----------------L+尸(〃-2b«XW〃+2b)

(1-09545、

=100x—+0.9545«98,故C错.

故选：ABD

10.已知对任意平面向量A8=(x,y),把A8绕其起点沿逆时针方向旋转8角得到向量

AP=(xcos6-^sin%sin6*+>cosO'),叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转。角得到点P.已知平面内

点A(2,l),点3(2+/,lT),网=2夜，45.04〉0,点B绕点A沿逆时针方向旋转|■角得到点

P,贝U()

A.网=2&B.AB=(-2,2)

C.8的坐标为(4,—1)D.P的坐标为(3+百,6)

【答案】ACD

【解析】

分析】由题意表示出AB=(r,T),结合题设可求得/=2,即得AB=(2,—2),8(4,—1),判断B,C；根

据题中定义求得AP坐标，可得点P坐标，判断D：再求得8尸=(6-1,百+1),求得其模，判断A.

【详解】由题意可知点A(2,l),点5(2+f,lT),故=

因为,@=2及，故尸+(T)2=8,.•.产=4,

又A6-QA>0，即(f,T)-(2,l)>0,.,2T>0,.•/>(),故f=2,

所以AB=(2,-2),5(4,-1),故B错误，C正确；

因为点8绕点A沿逆时针方向旋转三角得到点P,

所以AP=2cos-+2sin-,2sin--2cos-=（1+73,^-1）,

I3333）

则由（1+百，百一1）+（2,1）=（3+区G），可得点P坐标为（3+百,6）,故D正确；

故取=（百一1,百+1）,则网=J（67）2+（G+1）2=20,A正确，

故选：ACD

11.已知0为坐标原点，离心率为手的椭圆C:，+£=l（a>0/>0）的左，右焦点分别为匕，

8，C与曲线y=co耽恰有三个交点，则（）

A.椭圆。的长轴长为豆

B.。的内接正方形面积等于3

C.点W在。上，WF,±WF,,则△附F1的面积等于1

D.曲线。与曲线y=J^x-41nx+21n2—1没有交点

【答案】BCD

【解析】

【分析】由椭圆与余弦函数都关于轴对称，可得其中一个交点为（（）,1）,从而可求人=1,根据离心率求

（2

X213

得a=5从而可判断A；联立，5+）'=，求出炉=；,从而可判断B；设|皿制=租,|川图=〃，根

y=x

据椭圆的定义可得〃2+〃=28，又加+“2=（2C）2=8,从而可求加〃，即可求面积，从而可判断C；设

------FV~=]

直线/：y=-x+2,联立j3,，可得直线/与椭圆。相切，且直线/在椭圆的右上方，设

y=-x+2

/（x）=72x-41nx+21n2-l-（-x+2）,利用导数证明〃x）>0,从而可判断D.

22

【详解】因为椭圆C:鼻+%=1（。>01>0）与曲线y=co沙都关于y轴对称，且c与曲线y=co少

恰有三个交点，

所以其中一个交点的横坐标为0.

又cos0=l,所以该交点坐标为（0,1）,所以人=1.

故椭圆C的长轴长为26，故A错误.

丫2

椭圆的方程为上+>2=1,

3

设C的内接正方形与C在第一象限的交点为P，设P(x,y)(x>0),

7

-X--FV2=13

联立《3),可得f7二—

4

y=x

故C的内接正方形面积为2|42同=4/=3,故B正确.

设|皿制=〃，因为点卬在C1.,^^\WFl\+\WF2\=m+n=2\[3.

因为町上吟，所以M+〃2=(2C)2=8.

所以—2〃?〃=\2-2mn=8,解得加〃=2.

所以△卬耳弱的面积为S=gm〃=gx2=l,故C正确.

设直线/：y=-x+2,

7

X[2_]

联立=,可得7+3(—x+2『=3,即4f—12X+9=0，

y^-x+2

△=(—12)2—4x4x9=0,所以直线/与椭圆。相切，且直线/在椭圆的右上方.

设/(x)=V5x-41nx+21n2-1-(-x+2)

=^>/2+ljx-41nx+21n2-3(x>0),

故/'(X)=3+1_：令r(x)=0,可得》=万皿=4(万T).

当xe(0,4(血—11时，/'(x)<0,函数/(x)单调递减；

当xe(4(&-l),+8)时，用勾>0,函数/(x)单调递增.

所以夜一1))

(夜+I)x4(&7)-41n14(及-1/+21n2-3

l+21n2-41n=l+21n2—4ln4+ln(V2-lj]

—1—61n2—41n=1一61n2+In+1)

=l-61n2+ln(17+12⑹

(17+12夜)

即/（x）>0,即&x-41nx+21n2-l>-x+2,

故函数y=\[lx-41nx+21n2-l的图象在y=-x+2的上方，

所以曲线C与曲线y=J5x—41nx+21n2-1没有交点，故D正确.

故选:BCD.

【点睛】关键点睛：

（1）由椭圆与余弦函数都关于y轴对称，可得其中一个交点为（o』）；

（2）取直线/：y=-x+2,根据直线/与椭圆的位置关系及直线/与曲线y=JL;-41n无+2E2—1的位

置关系求解.

Q1a

12.己知数列｛4｝和｛a｝满足％=1,4=0,%方=^^—m+1，2瓦—半一1.则（）

A.a2-2b2=^B.数歹吐%+22｝是等比数列

C.数列｛叫一2々｝等差数列D.

【答案】BCD

【解析】

【分析】通过合理赋值即可判断A,对B两式作和即可判断，对C两式作差即可判断，对D,通过BC选

项求出4+1一凡+1,则可判断D正确.

【详解】对A选项，令〃=1,则生=二。1—4+1=—,2%=二々一幺-1=-二,

4121422144

59

则仇=一二，则七-2匕产3,则小一2%=一，则A错误,

84

对B选项，由题意中两式相加得。“+1+2d+1=5%+勿=5（4+2d），故B正确,

对C选项，由题意中两式作差得an+]-2hn+]=an-2bn+2,

即（4用—22+J—（%一2%）=2,则C正确，

/］、/1

对D选项，由B得。“+22=—,a〃一2/?〃=1+2（〃-1）=2〃—1,

两式相加得2a“=（£|+（2n-l）,

故选：BCD.

三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.

13.已知sina+sin〃=l,cosa+cos^=72,贝iJcos(a-Q)=.

【答案】g##0.5

【解析】

【分析】将已知两式平方相加，结合两角差的余弦公式，即可求得答案.

【详解】因为sina+sin尸=1,cosa+cos£=0,

故(sina+sin，)？=sin2a+sin2/7+2sin«sin/7=1,

(cos。+cos/?)2=cos%+cos2/7+2cosacos4=2,

以上两式相加可得2+2sinasin/7+2cosacos尸=3,即2(sinasin，+cosacos£)=1,

故cos(a-万)=g,

故答案为：y

14.将8块完全相同的巧克力分配给A,B,C,。四人，每人至少分到1块且最多分到3块，则不同的分

配方案共有种(用数字作答).

【答案】19

【解析】

【分析】将分配方案分为3类，结合分步乘法计数原理和分类加法计数原理解决即可.

【详解】满足条件的分配方案可分为3类，第一类每人2块，第二类有两人3块，两人1块，第三类，一

人3块，一人一块，2人2块，

属于第一类的分配方案有1个，

属于第二类的分配方案有C：个，即6个，

属于第三类的分配方案有C：C；个，即12个，

故满足条件分配方案的总数为19个，

故答案为：19.

15.己知。为坐标原点，抛物线。：：/=2〃彳(，>())的焦点为尸，过尸的直线交C于A,B两点,A,B

中点。在x轴上方且其横坐标为1,|AB|=3,则直线A3的斜率为.

【答案】V2

【解析】

【分析】设出直线AB的方程为：y=k(x—%k>0),将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和

弦长公式，以及中点坐标即可求解.

【详解】由题意可知：直线AB的斜率存在且大于零，

则设直线A8的方程为：y=k(x--^)(k>0),4%,必),8(马,必)，

"2Px.22

联立方程组1n,整理可得：女2X2一(22P+2〃)X+~L=0,

y=k(x-—)4

则X]+X,=/?(1H—―),x,-x,-,又因为4,8中点。的横坐标为I,

k~4

所以玉+%2=2=p(l+g),则夕=孝一，

K~k+2

由弦长公式可得：=J1+42k一々|=Jl+KJ®+々)2-4%=y]l+k2^4-p2,

又因为|阴=3,则有9=(1+炉)(4一p2)=(i+-)

4(2+日

化简整理可得:2/+左2-10=0,即(公一2)(2父+5)=0,解得:42=2,

因为左>0,所以k=J2，

故答案为：V2.

16.已知球。的半径为2,圆锥W的顶点和底面圆周上的点均在球。上，记球心。到圆锥W底面的距离

为h,圆锥W的底面半经为r.则（1）的最大值为;（2）圆锥W体积的最大值为.

,,,.„-256兀256

【r答案】①.2（2）.##——71

8181

【解析】

【分析】讨论球心与圆锥的位置关系，确定万"的关系，结合基本不等式求〃"的最大值，由锥体体积公

式表示圆锥W体积，利用导数求其最值.

【详解】当球心在圆锥内或圆锥的底面上时，过圆锥的轴作截面可得：

则AO〕=r,OA=OB=2,OOt=h,0<h<2,

所以r+J-=4，

2.Z,2

所以仍4二r千=2,当且仅当厂=力=&时等号成立，故所的最大值为2,

圆锥的体积丫=；兀/（2+/?）=：兀（4—川）（2+〃），其中0W〃<2,

所以丫=：兀（8+4〃—2后—/）,

所以V'=—;兀（3〃2+4/2—4）=—；兀（3〃-2）（7?+2）

当时，函数V=g兀（8+4〃一2川一/）单调递增，

21

当］<〃<2时，V'<0,函数丫=3兀（8+4〃—2"一炉）单调递减，

当/1=—时，体积V取最大值，最大值为二

381

当球心在圆锥外时，过圆锥的轴作截面可得：

则CQ=r,0C=OD=2,OO2=h,0<A<2,

所以/"2+/-=4，

r2,r2

所以油4二产=2,当且仅当厂=力=正时等号成立，故泌的最大值为2,

圆锥的体积V=］「2（2—〃）=/（4—〃2）（2—〃），其中0</z<2,

所以兀（8—4/z—2r+〃3）,

所以1/'=；兀（3"-4/2—4）=；兀（3〃+2）（〃一2）

当0</z<2时，V'<0,函数丫（力）单调递减，所以0<V（〃）〈三.

综上所述，〃•/•的最大值为2,圆锥卬体积的最大值为生”.

81

故答案为：2；生竺.

81

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

17.在一ABC中，sinB•sinC.cosA+2sinA-sinC-cosB=3sin4-sinB-cosC,内角A,B,C的对边

分别记为〃，b,c.

(1)求a-+2”的值;

c~

（2）求cosC的最小值.

【答案】（1）3；

（2）—.

3

【解析】

【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合余弦定理化简计算可得后+2〃=3,2,从而代入矿+，J

C

即可求解出答案；（2）根据余弦定理，结合（1）的结论化简表示得cosC=g+2,再利用基本不等式

3b6a

即可求解cosC的最小值.

【小问1详解】

由正弦定理边角互化可得，

bccosA+2accosB=3ab•cosC,

小岩所甲南徂入力a2+c2-b2a2+b2-c2

由余弦定理得，be-----------+2ac-----------=3ab-----------,

2hc2ac2ah

化简得+〃+/_/=3（/+"-2）,

22

从而得3c2—/一42=o，即片+2/=3/,

a2+2b23c2

•1•—5―=-r=3

cc

【小问2详解】

由余弦定理得，

「a2+b2-c23a2+3b2-3c23^2+3/?2-(tz2+2Z?2)2/+〃ab

2ab6ab6ab6ab3b6a

因为在JSC中。，b均大于0,

.•.COSC=^+A>2EA=^1,

3b6aN3b6a3

当且仅当二=2,即6=2/时取等号，

3b6a

所以cosC的最小值为注.

3

【点睛】思路点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系.题中

若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理.应用正、余弦定理时，注

意公式变式的应用.解决三角形问题时，注意角的限制范围.

18.如图1所示，在.ABC中，点E,尸在线段A3上，点。在线段上，AE=EF=FB=1,

CE=2,DF=1，CE1AB.将AACE,ABDF分别,沿CE,力产折起至点A,B重合为点G,形成如图2

所示的几何体W,在儿何体W中作答下面的问题.

(1)证明：平面EEG，平面CEPD；

(2)求点。到平面CFG的距离.

【答案】(1)证明过程见详解

⑵亘

19

【解析】

【分析】(1)根据题意可证。厂上平面EFG,利用面面垂直的判定即可证明；

(2)点。到平面CGE的距离为〃，利用体积相等%一CGF=%-COF，计算即可求解.

【小问1详解】

由题意知：DIEF，DF1FG，

因为砂cFG=产，且EF,FGu平面EFG,所以。尸上平面EEG,

又因为小u平面CEED,所以平面EFG_L平面CEED.

【小问2详解】

由题意可知：一瓦C是边长为1的正三角形，取所的中点尸，连接GP,则有GPL所，且

GP=B,

2

由（1）知平面EPG_L平面CEED,且平面EFGc平面CEFD=£F

,所以GPJ•平面CEED,

由（1）知：DF上平面EFG,因为CE〃DF,所以CE,平面EPG,

又因为所=£G=1,CE=2,所以CF=CG=&，

在△CGE中，过点。作CQLGF,则。为Gb的中点,

所以CQ=JCG2-GQ2=叵,所以SCGF=LGF.CQ=%><¥=*,

11

又因为Sc"=’。/--

22设方D到平面CGE的距离为h,

则%-CGF=%-CDF，也即VSg/ngSoHGP,所以J_XX力=X'X立，

3334322

所以。=巨，即点£）到平面CGb的距离为亘.

1919

19.记数列｛《,｝的前〃项和为S“，q=l,.给出下列两个条件：条件①：数列｛4｝和数列

｛S“+q｝均为等比数列；条件②：2"“+2”一%+…+2。”=〃。,,“.试在上面的两个条件中任选一个，补充在

上面的横线上，完成下列两间的解答：

（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）

（1）求数列｛4｝的通项公式；

2/1

（2）记正项数列出｝的前“项和为7；,h=%,b2=a3,47；=b„-bn+｝,求£[（—1）'2%]

/=1

【答案】（1）=2"T

（2）81+8〃

【解析】

【分析】（D选择条件①：先由｛S“+q｝为等比数列结合等比中项列出式子，再设出等比数列｛““｝的公

比，通过等比数列公式化筒求值即可得出答案；

选择条件②：先由2"。,+2"-'2+…+2凡="%得出2"4+2"T&+…+2?%=2(n-l)ati(n>2),两

式做减即可得出%=2%(〃22),再验证”=1时即可利用等比数列通项公式得出答案；

(2)通过47；="也用得出47；1="_1»,(〃之2),两式相减结合已知即可得出

2+1-％-1=4(〃22),即数列出｝的奇数项、偶数项分别都成公差为4的等差数列,将她+」

/=1

转化即可得出答案.

【小问1详解】

选条件①：

数列｛S,,+4｝为等比数列，

2

.,.(52+«,)=(S,+al)(S3+al),

即(2q+&J=2a।(2q+a2+a3),

4=1,且设等比数列｛%｝的公比为4，

.•.(2+q)2=2(2+q+q2),

解得4=2或q=0(舍)，

n

.■.an=alq"-'=2-',

选条件②：

-2'4+2'T々+…+2a“=nan+i■@,

r.2"iq+2"-<z>H----F2a“_]=(〃-1)a”？2),

即2"q+2"T%+…+22%T=2(〃-l)a,,(〃Z2)②，

由①②两式相减得：2a“=〃a“+]-2(〃-l)a”(〃N2),

即%+i=2a“32)，

1

令2"ax+2"a2H----h2atl=nan+l中〃=1得出。2=2。]也符合上式，

故数列｛4｝为首项4=1，公比4=2的等比数列，

则a„=a0i=2"-,,

【小问2详解】

由第一问可知，不论条件为①还是②，都有数列｛q｝为首项4=1,公比2的等比数列，即

4=2”T,

则4=%=2,人2=%=4,

也=2・%③，

••.4%="也(心2)④，

由③④两式相减得：4(Tn-Tn_l)=bn-bn+l-bn_l-bn(n>2),

即4仇=媪(％+|-%)(〃22),

数列也“｝为正项数列，

则%一"一】=4(〃22),

则数列｛a｝的奇数项、偶数项分别都成公差为4的等差数列，

£[(-»她M]=4支[(-1)切=4(-1+T2-T3+T4+-*+(“)，

i=li=l

即2[(-1)'妙”[]=4(2+d+4++b2n),

z=l

数列也｝前2〃项中的全部偶数项之和为：4〃+“(丁)x4=2n2+2〃，

2n

则£[(一1)为篇[=8〃2+8〃.

/=!

20.由“〃个小正方形构成长方形网格有〃行和〃列.每次将一个小球放到一个小正方形内，放满为止，

记为一轮.每次放白球的频率为"，放红球的概率为“，p+q=L

(1)若机=2,p=q=；,记丁表示100轮放球试验中”每一列至少一个红球''的轮数，统计数据如表:

n12345

y7656423026

求y关于〃的回归方程Iny="Z+Q，并预测〃=10时，y的值；(精确到1)

12

(2)若m=2,n=2,p=~,q=一，记在每列都有白球的条件下，含红球的行数为随机变量X，

33

求X的分布列和数学期望：

(3)求事件“不是每一列都至少一个红球”发生的概率，并证明：(l-pH,)n+(l-^)，K>l.

k

、Z无，其一反,y5_

附：经验回归方程系数：3=气----------，a=y-bx,，〃/lny,=53,而J=3.8.

-口t

/=1

【答:案】(1)]ny=-0.4"+5；3.

32

(2)分布列见解析；—.

25

(3)1-(1-pmr；证明见解析.

【解析】

【分析】(1)根据所给数据，结合经验回归方程系数公式，即可求得回归方程，继而求得预测值；

(2)确定X的取值可能为0,1,2,根据条件概率的概率公式求得每一个值对应的概率，即可得分布列，继

而求得期望；

(3)求得每一列都至少一个红球的概率，根据对立事件的概率公式可得事件“不是每一列都至少一个红球”

发生的概率，再求得“每一行都至少一个白球”的概率，结合两事件的关系可得其概率大小关系，即可证

明结论.

【小问1详解】

1+2+3+4+5

由题意知〃==3,

5

£niIny,.-5x«-Iny

故礼----------；—53-5x3x3.8J-

k2u-255-45

乙芍-5x〃

i=l

所以a=3.8+0.4x3=5，

所以线性回归方程为：ln》=—0.4〃+5,

所以，估计〃=10时，lny=l,/.y=e«3.

【小问2详解】

12

由题意知：m=2,及=2,p——，q=一,

33

则X的取值可能为0,1,2,

记”含红球的行数为左”为事件4,(%=0,1,2),记“每列都有白球”为事件8,

P(A网P41

明以—p(B)-[1_/]2—25，

P(X=I)=P(4|B)=^^=C»>+C；?%2;竺

P(B)口_打25-

P(X=2)=P(4|=C；(pq)：=刍

P⑻口_打25，

所以X的分布列为：

X012

1168

P

252525

所以数学期望为E(X)=0X」-+1X3+2X832

=

25252525-

【小问3详解】

证明：因为每一列至少一个红球的概率为(1—p"')",

记“不每一列都至少一个红球”为事件A,所以P(A)=l—(l—pm)",

记“每一行都至少一个白球”为事件B,所以尸

显然，A^B,所以P(A)WP(6),

BP1-(1-p"'f<(1-/J”,所以(1—6")"+(1—g"21.

【点睛】关键点点睛：解答要首先能正确的理解题意，弄清楚题目的要求是什么，比如第二文中的条件

概率的计算，要弄清每种情况的含义，第三问难点在于正确计算出“不是每一列都至少一个红球”以及

“每一行都至少一个白球”的概率，并能进行判断二者之间的关系，从而比较概率大小，证明结论.

2

21.已知。为坐标原点，动直线/：^=丘+/〃(初?。0)与双曲线C：尤2一方_=1e>0)的渐近线交于A,

B两点,与椭圆=1交于£,尸两点.当=io时，2(Q4+OB)=3(OE+OF).

(1)求双曲线C的方程；

(2)若动直线/与。相切，证明：Q4B的面积为定值.

2

【答案】(1)f_2L=]

3

(2)Q46的面积为定值百，证明见解析

【解析】

【分析】(1)设A(x，y),i?(x,,y2),E(x3,y3),F(x4,y4),由题意有玉+/=万(七+Z)，直线/与

双曲线的渐近线联立方程组，求得内+无2,直线/与椭圆联立方程组，利用韦达定理求得七+尤4,根据

方程解出匕，得双曲线。的方程.

(2)根据(1)中解得的两点坐标，表示出，。钻的面积，由直线/与C相切，联立方程组消元后判

别式为0,化简后得定值.

【小问1详解】

设A(XpX),B(x2,y2),E(x3,y3),F(x4,y4)

3

因为2(OA+OB)=3(OE+OF),所以玉+/=5(X3+Z).

„mbet/em▼,、，2km

得z苞=■；―7；同理可得％2=一^—7，所以内+々=71―7T)

b-k~b+k-b--k~

y=kx+m

4k，ti

2222

由*x1W(l+2/:)x+4hwc+2m-2=0,所以x,+x4=-------7

—4-y2=11+2火2

127

所以言I6即女2-302=1+242,由22=10,解得。=JL

\+2k2

所以双曲线。的方程为f—E=l.

3

【小问2详解】

双曲线的渐近线方程为y=±y/3x,

2兀

3

y=kx+m

由‘.v2，M(3-jt2)x2-2fonx-w2-3=0,

》2_2L=]

3

因为直线/与双曲线C相切，所以A=4公根2+4(3-代)(根？+3)=0,即根2=&2一3,

所以SWAB=口曰=6为定值•

22

=1(4>0,〃>0)的渐近线方程为>=±，*,而双曲线

【点睛】思路点睛:1.双曲线__y_

a2b-

\广x~