高中数学考点13高考大题综合训练（解析版）

13高考大题综合训练

（一）

17.12019重庆一中高2020级高三上期10月月考数学】

已知公差的等差数列｛4｝满足q=1,且q,4,4成等比数歹人

（1）求｛凡｝的通项公式;

（2）若S“是｛《,｝的前〃项和，求数列的前"项和

2〃

【答案】(1)an=n；(2)Tn=——

n+l

22

(解析】(1〉由条件知a2=ata4=>(q+J)=at(q+3d),

又％=1,则有d(d—1)=0,又d/0,故d=l,故a“=〃.

(〃+1)〃一.1211

（2）由（1）可得S.

2Sn〃("+1)n〃+l

口…〜111111112n

即7；=2(1——+-----+-----+——Mix】-

〃22334n〃+1〃+1

18.12019届重庆市巴蜀中学高三适应性月考数学（理）试题】

已知某商品每件的生产成本x（元）与销售价格》（元）具有线性相关关系，对应数据如表所示:

X（元）5678

y（元）15172127

（1）求出>关于％的线性回归方程y=bx+a；

（2）若该商品的月销售量z（千件）与生产成本》（元）的关系为z=—2x+21,xe[2,10],根据（1）

中求出的线性回归方程，预测当x为何值时，该商品的月销售额最大.

Z(苍-龙)(》一历

附：b=-...----------------,a=y-bx.

i=l

【答案】（1）亍=4x-6；（2）预计当x=6时，该商品的销售额最大为162元

【解析】⑴根据题中公式，先求8,进而可得—爪=20—4x6.5=-6；

(2)依题意，销售额/(x)=—8/+96x—126(xw[2,10]),进而利用二次函数求最值即可.

【详解】

(1)根据题意，1==65,歹=15+17+21+27.

5+6+7+8---------------=20,

44

44

2玉％=5x15+6x17+7x21+8x27=540,=52+62+72+82=174,

II

4___

gx*-4xy

540-4x6.5x20“

所以8=」：^----------________________=4所以a=y-Z?x=20-4x6.5=—6，

174—4x6.52

kZ库2-4尸x2

1

所以>关于x的线性回归方程g=4x—6.

(2)依题意，f(x)=(-2x+21)(4%-6)=-8x2+96x-126(%e[2,10]).

96，

其对称轴为户一/=6,又因为的为开口向下的抛物线‘故当”=6时/㈤最大,

最大值/(x)=-8x36+96x6-126=162.

答：预计当x=6时，该商品的销售额最大为162元.

【点睛】

本题主要考查了线性回归方程的求解及应用，属于基础题.

19.[2019浙江19]如图，已知三棱柱ABC—A4G,平面4ACG，平面A6C,NA6C=90°,

ZBAC=30。,AA=AC=AC,E,F分别是AC,4四的中点.

(1)证明：EF工BC；

(2)求直线EF与平面ABC所成角的余弦值.

【解析】方法一:

(I)连接4E,因为4A=4C,E是AC的中点，所以AiELAC.

乂平面4ACCi_L平面ABC,4£<=平面44(7。，

平面AACCm平面4BC=AC,

所以，4E_L平面ABC,则4EJ_8C

又因为4F〃A8,ZABC=90°,故8C_L4F.

所以BCJ_平面4EF.

因此EF_LBC.

第19题图

(II)取BC中点G,连接EG,GF,则EGE41是平行四边形.

由于4EL平面A8C,故AEiLEG,所以平行四边形EGEAi为矩形.

由(I)得BCJ_平面EGF4,则平面4BC_L平面EGF4,

所以EF在平面4BC上的射影在直线4G上.

连接4G交E厂于0,则NE0G是直线EF与平面4BC所成的角(或其补角).

不妨设4c=4,则在R34EG中，4E=2百，EG=g.

由于。为4G的中点，故E0=0G=芷=史，

22

EO2+OG2-EG23

所以cosNE0G=

2E00G5

3

因此，直线EF与平面4BC所成角的余弦值是

方法二:

(I)连接4E,因为4A=4C,E是4c的中点，所以4EJ_AC.

又平面4ACG_1_平面48。，A\Ed平面AiACG,

平面4ACC1C平面A8C=AC,所以，平面A8C.

如图，以点E为原点，分别以射线EC,E4为y,z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E-xyz.

第19题图

不妨设AG4,则

4（0,0,2百），8（G，1,0）,旦（6,3,26），F（正,。,2百），C（0,2,0）.

22

因此，EF=（y-,|,2^）-BC=（-73,1,0）.

由EF-BC=0得所"LBC•

（ID设直线EF与平面ABC所成角为6,

由（I）可得BC=（一6,1,0）,AC=（0,2,-2月），

设平面4BC的法向量为n=(x,y,z),

BC•〃=0f-y/3x+y=0

由《，得《广-，

AxCn=0[y->j3z=0

.।\EF-n\4

取〃=(1,6,1),故sin。=cos<EF,〃〉=-r—.

11\EF\-\n\5

因此直线EF与平面48c所成角的余弦值为g.

20.【衡水中学2020届高三上学期四调理数】已知抛物线C的方程丁=2〃武2>0),焦点为F,已知点P

在C上，且点P到点F的距离比它到y轴的距离大1.

(1)试求出抛物线C的方程；

(2)若抛物线C上存在两动点(M,N在对称轴两侧)，满足OM_LON(O为坐标原点)，过点F作直线

交C于A,B两点，若ABUMN,线段MN上是否存在定点E,使得粤华1=4恒成立？若存在，请求出

|AB|

E的坐标，若不存在，请说明理由.

【答案】⑴/=4x⑵定点E为(4,0).

【解析】(1)因为/，到点F的距离比它到y轴的距离大1,由题意和抛物线定义§=1，

所以抛物线C的方程为丁=4乩

(2)由题意勺m#°，

(2、/2\

＞

设M字开，N~,y2(〉2乂)由QM_LON,得％、2=-16,直线MN:k=------

%+为

4(%]

»+为14)整理可得y=」_(x_4),

y+乃

直线AB:①若斜率存在，设斜率为3y=Mx-l),与C联立得好2_”-4A=0,

照=/+和「%|=41+/

若点E存在，设点E坐标为(与,％),

\EM\-\EN\=J+2M)，1+和2-%)

=[1+专)[-),防-芯+(M+%)%]

=(1+总]16一此+铛*

电里=4时’2品华小

4

解得％=0或%=-(不是定点，舍去)

k

则点E为(4,0)经检验，此点满足y2<4x,所以在线段MN上,

②若斜率不存在，则|AB|=4,|田0卜]硒|=4'4=16,

此时点E(4,0)满足题意,

综合上述，定点E为(4,0).

21.已知函数f(x)=e\\+a\nx),设尸(x)为/(x)的导函数.

(1)设8(X)=6-,"。)+/一》在区间［1,2］上单调递增，求。的取值范围；

(2)若。>2时，函数/(x)的零点为4,函数/'(X)的极小值点为用，求证：x0>%］.

【答案】(1)a>-l；(2)x0>xt

【解析】(1)g(x)-e~xf(x)+j3—x-\+a\r\x+j3—x,：.g\j^--+2x—\.

X

g(x)在［1,2］上单调递增，.•.g'(x)20在［1,2］上恒成立，故呸+2x—1N0,

九

即得aNx(l-2x)在［1,2］上恒成立，即a2-1.

(2)设/z(x)=/'(X)=e'(l+alnx+@),则〃'(x)=e'(l+alnx+—-二).

XXX

、厂―/、v।2。ae『八/、a2a2aa(x2-2r-+2)八辽一，、一小、।工

设H(x)=l+alnx+------则H(吊=--------7+-r=------------>0，故//(元)在(0,+oo)上单倜

xx~XXXX

递增.

因为a>2,所以4(l)=I+a〉0,"(g)=l—aln2<0,故存在we(g,l)，使得〃(々)=0,则〃(幻在

区间(0,%)上单调递减，在区间(乙，+8)上单调递增，故乙是/x)的极小值点，因此泡=%.

即玉e(Ll)且"(3)=(),BPl+alnx1+--A=0，即a(ln玉+冬一一1)=一1①

2x}玉Xj%

又/*)的零点为/,故/(%)=0,即*(1+。111%)=0,即Qlnx°=-1②

2121121

由①②得In%=InXjH------,则In%—In%=--------,乂芭£(―,1)»故------->0，

玉Xj%!xx2xlXj

即In/一In内:>0,因此xQ>x］.

选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按第一题计分.

x=-2-\p2,t

22.在直角坐标系直万中，曲线C1的参数方程为《O。为参数)，以原点。为极点，以工轴正

y=5+-^—r

I2

半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为。=/、'.

\/2-sin20

(1)求曲线G的普通方程与曲线。2的直角坐标方程;

（2）求曲线G上的动点M到曲线G的最短距离.

2_

【答案】（1）曲线CI：x+2y=8,曲线C?：/+工_=1.⑵逐

2

【解析】（1）由参数方程与普通方程的互化及极坐标与普通方程互化求解即可；（2）由曲线C2上动点

M（cos8,0sin。），得点到线的距离公式求解即可

【详解】

（1）曲线C[为y-5=-g（x+2）即x+2），=8,

X=pcos0rv2

由4.八得曲线c,为/+2_=].

y=psuw2

（2）设曲线C2上动点M（cos。,J5sin8）,

则动点〃到曲线G：x+2y=8的距离为d=眄"2千血’-8|=%皿”/卜图>石

V5V5

...动点M到曲线G：x+2y=8的最短距离为石

23.已知/（同=凶+|2%_1].

（1）证明/（刀）+付之1；

111O

（2）若a,"ceR+,记吃+占+4的最小值为加，解关于x的不等式/（九）〈根.

abe

'241

【答案】（1）见证明；（2）

I33J

【解析】（1）由绝对值三角不等式证明；（2）利用基本不等式求m,再零点分段解不等式

【详解】

（1）/（x）+|%|=|2^|+|2x-l|>|2x-2x+l|=1.当且仅当2x（2x—l）«0,等号成立

1113I~1-333I33

（2）V—+—+—+—ahc>33/+—abc=-----+—ahc>2J----------ahc=3=m♦当且仅当

a3b3c34Va3b3c34ahc4\ahc4

a=b=c等号成立

由不等式<3即/(x)=|x|+|2x-l|<3.

—3x+1,尤(0

24

由/(x)=|x|+|2x-l|=<1—x,0<x<一得:不等式〃x）v3的解集为

2

3x—1,xN一

2

（二）

17.【2019重庆一中高2020级高三上期10月月考数学】

已知。,力,。分别是AABC内角A,B.C的对边，cosA（ccosB+/?cosC）=-^a.

（1）求角A的大小；

（2）若人=4,。=46，且点。是3C边上的一点，AD=不，求0c的长度.

【答案】(1)A=-7r；(2)0c=3&或OC=6.

3

【解析】(1)由正弦定理可得cosA(sinCcosB+sinBcosC)=-』sinA,

2

即cosAsinA=——sinA,

又0cAe1，/.sinA>0,故cosA=——,所以A=—乃.

23

.2万

”.4Asm

（2）在A48C中，由正弦定理得---------二----------'朋以sin/A8C=——]_

sinZBACsinZABC

4V32

27r7TTE

因为N84C=—,所以NABCw(0,—),所以NA8C=—

336

27rTCTT

故在ZVWC中，ZACD=7T一一

366

在AADC中，由余弦定理AD?=4。2+。。2一2AC.QC.COSC，

得7=16+OC2-8OC・COS^,即。C?一4百。c+9=。，

6

解得0c=3有或。C=百.

经检验，都符合题意.

18.某人在如图4所示的直角边长为4米的三角形地块的每个格点（指纵、横直线的交叉点以及三角形的

顶点）处都种了一株相同品种的作物。根据历年的种植经验，一株该种作物的年收获量Y（单位：kg）与

它的“相近”作物株数X之间的关系如下表所示：

3

023

图4

X1234

Y51484542

这里，两株作物“相近”是指它们之间的直线距离不超过1米。

(I)从三角形地块的内部和边界上分别随机选取一株作物，求它们恰好“相近”的概率；

(II)从所种作物中随机选取一株，求它的年收获量的分布列与数学期望。

【解析】(I)由图知，三角形边界共有12个格点，内部共有3个格点.

从三角形上顶点按逆时针方向开始，分别有0,0,1,1,0,1,1,0,0,121对格点，共8对格点恰好“相近”.所以，

从三角形地块的内部和边界上分别随机选取一株作物，它们恰好“相近”的概率P.

12-39

(II)三角形共有15个格点。与周围格点的距离不超过1米的格点数都是I个的格点有2个，坐标分别为

4

(4,0),(0,4)«所以P(y=51)=W

与周围格点的距离不超过1米的格点数都是2个的格点有4个，坐标分别为(0,0),(1,3),(2,2),(3,1)。

4

所以p(y=48)=不

与周围格点的距离不超过1米的格点数都是3个的格点有6个，坐标分别为(1,0),(2,0),(3,0),(0,1,),(0,2),(0,

3,)。所以「(^=45)=1

与周围格点的距离不超过1米的格点数都是4个的格点有3个，坐标分别为(I,1),(1,2),

(2,1).所以p(y=42)=3

如下表所示：

X1234

Y51484542

频数2463

2463

概率P

1515?515

…、c24,u6”c3102+192+270+126690

E(Y)=51•—+48--+45--+42--=--------------------=——=46

151515151515

E(y)=46.

19.【2019全国I［理17］如图，长方体A8CD-43G9的底面A8CD是正方形，点E在棱AAi上，BE1

ECi.

(1)证明：BE_L平面EBC；

(2)若AE=4E,求二面角B-EC-Ci的正弦值.

【解析】

(1)由已知得,BC±平面ABB】A'BEu平面ABB】A,'

故31G-LBE.

又BE所以3E_L平面EB|G.

(2)由(1)知N8Eg=90°.由题设知RtZXABEwRt^A^E，所以乙4旗=45。，

故AE=AB，A4,=2AB.

以0为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，|OA|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系。-孙z,

则C(0,1,0),8(1,1,0),C,(0,1,2),£(L0,1),CB=(J,Q0,CE=(1,-1,1),CC)=(0,0,2).

设平面仍C的法向量为折(x,y,x),则

\CB-n=0,即4[x—0,

CE-n=0,[x-y+z=0,

所以可取〃二(0,—

设平面£CG的法向量为用二(X，y,z),则

(

\CCi-=0,即42z=0,

CE-zn=0,[x-y+z=0.

所以可取加二(1,L0).

丁t.n-m1

是cos<n.m>=--------=——.

nIImI2

所以，二面角B—EC—G的正弦值为.

20.已知点P为圆/+产=4上一动点，PQJ_x轴于点Q,若动点M满足0M=5-0尸+―^~OP

(1)求动点M的轨迹E的方程；

(H)过点(1,0)的直线1112分别交曲线E于点A,C和B,D,且/1JJ2，证明厂［+」「为定值

|AC|\BD\

【解析】(1)设M(x,y),P(x0,%),则Q(x0,0),

所以OM=(x,y),OP=(x0,%),OQ=(x。，0).

由。加=正0尸+"正OQ,得＜2

»即%=X，%=~TTy,

22

y=7°

因为片+y：=4,代入整理得工+匕=1,即为"的轨迹为椭圆三+二=1.

4343

(2)证明：当4C的斜率为零或斜率不存在时，-^—4-^—=-+-=—.

|AC|\BD\3412

当AC的斜率上存在且A。0时，AC的方程为y=k(x+1),

代入椭圆方程+?=并化简得(3+4公)f+8后2%+4女2—]2=o.

8k2_4父一12

设A(x,乂)，C(x2,y2)，则xt+x2=3+4左2，占公―3+4左2'

2

\AC\=7(l+^)k,-x2l

=«+/)[(,+3)2—4中21=I"：?

12[1+(-1)2]_

因为直线BD的斜率为一上，所以|8。|=12(1+A：2)

3+4(-%4+3公

…，113+4公4+3%27

所以-----1----=-----01------=

\AC\\BD\12(1+/)12(1+攵2)12

117

综上,雨+雨=一，是定值

21.【衡水中学2020届高三上学期四调理数】己知函数/(x)=；x2(2inx—1)—or(lnx—2)-(产。

(1)讨论函数/0)的单调性；

(2)试问是否存在ae(ro,e],使得/.(X)>3+』sin丝对xw[l,+co)恒成立？若存在，求”的取值范围；若不

44

存在，请说明理由。

【答案】(1)略(2)(2,e]

【解析J(1)f\x)=x\nx-a\nx+a-x=(x-iz)(ln-1),xG(0,+oo),

当。=e时，，f'(x)=(x-e)(lnx-1)>0,/(x)在(0,+co)上单调递增；

当a40时，x-a>0,/'(x)在(0,e)上单调递减，在(e,+8)上单调递增；

当Ovave时，〃幻在(a,e)上单调递减，在(0,a),(e,+8)上单调递增；

当。>e时、/(x)在上单调递减，(0,e),(名+8)上单调递增.

(2)假设存在。e(-oo,e],使得/(x)>3+，sin空对工£[1,+8)恒成立，

44

则/(I)=2<7-->3+—sin—tCP8<z-sin--15>0,

4444

设g(%)=8x-sin巴一15,g'(x)=8-3cos三>。，则g(x)单调递增,

444

因为g(2)=0,所以。>2,

当。=e时，f(x)在[l,+oo)上单调递增，所以/(x)mm=AD，所以。>2,

从而。=6满足题意.

当2vave时，/(%)在(a,e)上单调递减，在［1,a),3+8)上单调递增,

/(1)>3+—sin—a>2

所以，244,所以，an2,

上,、e1_\.an4ea-sin----e*-12>0

/(e)=ea--->3+—sin——4

444

»n_j/\.7W2A兀TLX

设h(x)=4ex-sin----e—12,/?(x)=4e---cos—>0,

444

则//(x)单调递增，

因为〃(2)=8e—e2-13〉0,

所以人(幻的零点小于2,从而不等式组的解集为(2,+oo),

所以2vave,

综.匕存在。w(-oo,e),使得/(x)>3+4sin丝对工£口,+8)恒成立，且a的取值范围为(2,e].

44

选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按第一题计分.

x=5+V10cos(p…工

22.在平面直角坐标系宜刀中，己知曲线G的参数方程为《厂(0为参数)，以坐标原点。为

y=V10sin

极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线G的极坐标方程为夕=4COS6.

(1)求曲线G与曲线C?两交点所在直线的极坐标方程；

(2)若直线/的极坐标方程为夕sin(6+工)=2及，直线/与丁轴的交点为M，与曲线G相交于A8两

4

点，求的值.

【答案】(I)pcos0=|；(2)9&

【解析】(1)先将G和。2化为普通方程，可知是两个圆，由圆心的距离判断出两者相交，进而得相交宜线的

普通方程，再化成极坐标方程即可；(2)先求出1的普通方程有x+y=4,点M(0,4),写出直线1的参数方

X=--V--2-1

2

程〈L，代入曲线G：(X-5)2+/=10,设交点A,8两点的参数为％,L根据韦达定理可得

/也

y=4+7

:+弓和他，进而求得|M4|+|MB|的值。

【详解】

(1)曲线G的普通方程为：(8-5)2+丁=10

22

曲线C2的普通方程为：x+y=4x,即(x—2)2+V=4

由两圆心的距离d=3e(Jid-2,Jid+2),所以两圆相交,

所以两方程相减可得交线为-6x+21=5,即x=2.

2

所以直线的极坐标方程为0cose=|.

(2)直线/的直角坐标方程：x+y=4,则与y轴的交点为“(0,4)

V2

x=-----1

直线/的参数方程为〈2带入曲线G。-5）2+y2=10得/+90/+31=（）.

4Ei

尸4+t

设A,8两点的参数为小t2

所以4+芍=—9,^2,伍=31,所以%同号.

所以|AM|+|网=同+>2H%+止9亚

【点睛】

本题考查了极坐标，参数方程和普通方程的互化和用参数方程计算长度，是常见考题。

23.设函数f(x)=|x-3|+|3x-3|,g(x)=|4x-a|+|4x+2|.

(1)解不等式/(x)>10;

(2)若对于任意都存在使得/(xJ=g(X2)成立，试求实数。的取值范围.

【答案】(1)x>4或x<-l；(2)-4<a<0

【解析】(1)以两个绝对值为分段点，在三段上分别求/。)>10,再取并集即可；(2)先求f(x)的值域，再求

出包含参数a的g(x)的值域，由g(x)的值域包含f(x)的值域即可得a的取值范围。

【详解】

x>3l<x<3x<3

(1)不等式等价于〈或<

4x-6>102x>106-4x>10

解得x>4或xv—l.

⑵对任意不£R,都存在工2£R，使得/(3尸g(w)成立，即g(x)的值域包含/«的值域.

4x-6,x>3

/(x)=|x-3|+|3x—3|=<2x,l〈xV3,由图可得x=l时，/(x)min=2,所以f(x)的值域为[2,”).

6-4,x<1

g(x)=|4x-q|+|4x+2以(4x-a)-(4x+2)|=|a+2],当且仅当4x—a与4x+2异号时取等，

所以g(X)的值域为[|。+2],+8)

由题：[2,田)1口。+2],+8),所以|a+2K2,解得-4MaM0

【点睛】

本题考查绝对值函数和用绝对值不等式求绝对值函数中参数的范围，是常见考题。

(=)

17.【浙江省温州市2019—2020学年11月份普通高中高考适应性测试一模数学试题】

在第般人旬。中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c.己知6=3,sinA+“sinB=26.

(1)求角A的值；

(2)求函数/(xbcosYx-Q-cosZx(xe0,y)的值域.

【答案】(1)A=-(2)一一,——

3|_42

【解析】(I)由正弦定理，得asinB=bsinA=3sinA，则sinA+asin8=4sinA=2G，得iiA=

7T

又A为锐角，故A=2；

3

.2c

(、1+cos2x----

(II)f(x)-cos2fJ-cos2x-------------1+cos2x1「V3.△3△

—sin2xcos2x

22\_22

=­sinf2x--1,因0WxW二故一二v2兀

&—

213)2'奴333，

于是一等＜sin(2x-?),因此与,即/(x)的值域为一?，当.

18.12019重庆一中高2020级高三上期10月月考数学】

如图，等腰梯形脑VC。中，MD〃NC,MN=、MD=2,NCDM=6G,E为线段MD上一点，且

2

ME=3,以EC为折痕将四边形MNCE折起，使到达AB的位置，且AE_LOC.

(1)求证：平面ABCE；

(2)求点4到平面D3E的距离.

-3国

【答案】——

7

【解析】(1)等腰梯形中，MD=4,CD=MN=2,

△CEO中，NCDE=60。,ED=MD—EM=1.

则由余弦定理CE?=DE2+DC2-2OE•CO•cos60°=3nCE=JL故

CE2+ED2=CD2CE1DE.

ZMEC^90°,而折叠后依旧有NA£C=90",即AELCE,又AELOC,DCCE=C,

.♦.AE，平面。CE,

又DEu平面QCE,乂DE±CE,AECE=E,

..DEL平面ABCS：

ii3c

(2)解法-：(等体积法)SMB£=SA“NE=-例E,"N-sin用=—x3x2xsin60°=4-且DEL平面

ABCE,

V

D-ABE=।S1ME，DE=V，

A£_L平面CED且BC〃A£,.•.3C_L平面CEO,故RrABEC中，BE=^EC2+BC2=V7.

乂。七，平面他叱，...OELBE,故SSDE=LBE.DE=LXIXH=史-.

岫ED222

设点A到平面DBE的距离为近则由VD_ABE=VA_DBE=-SGDE.鼠得h=3•+=土包.

3v77

~T

故点A到平面DBE的距离为龙史.

7

解法二：由（1）得OEJ_平面ABCE，又DEu平面OE8，二平面。旗1平面ABCE.

在平面ABE内作垂足为“，则AH_L平面。EB,

等腰梯形M7VCO中MO〃NC,MO=4,CD=MN=2,CELDE,DE=1,

则NC=MD—2DE=2,故6C=2,

AEEC3g3721

22

BE=yjEC+BC=V7,SMBE=-AEEC=-BEAH,求得AH

BE~^/T~~

故点A到平面DBE的距离为之应.

7

19.世界军人运动会，简称“军运会”，是国际军事体育理事会主办的全球军人最高规格的大型综合性运动会,

每四年举办一届，会期7至10天，比赛设27个大项，参赛规模约100多个国家8000余人，规模仅次于奥

运会，是和平时期各国军队展示实力形象、增进友好交流、扩大国际影响的重要平台，被誉为“军人奥运会

根据各方达成的共识，军运会于2019年10月18日至27日在武汉举行，赛期10天，共设置射击、游泳、

田径、篮球等27个大项、329个小项.其中，空军五项、军事五项、海军五项、定向越野和跳伞5个项目

为军事特色项目，其他项目为奥运项目.现对某国在射击比赛预赛中的得分数据进行分析，得到如下的频

率分布直方图：

频率

，砺

180230280330380430分数

(1)估计某国射击比赛预赛成绩得分的平均值7(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)；

(2)根据大量的射击成绩测试数据，可以认为射击成绩X近似地服从正态分布经计算第(1)

问中样本标准差s的近似值为50,用样本平均数输作为〃的近似值，用样本标准差s作为b的估计值，求射

击成绩得分X恰在350到400的概率；［参考数据：若随机变量J服从正态分布N(〃,4),则：

P(〃-+0.6827,

P(〃-2cr<gW〃+2o■卜0.9545,

P(〃-3b<gW〃+3cr)a0.9973］

(3)某汽车销售公司在军运会期间推广一款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”，活动，

客户可根据抛掷骰子的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，若遥控车最终停在“胜利大本营”，则可获得

购车优惠券.已知骰子出现任意点数的概率都是1,方格图上标有第。格，第1格，第2格，……第50格.遥

6

控车开始在第0格，客户每抛掷一次骰子，遥控车向前移动一次，若抛掷出正面向上的点数是1,2,3,4,

5点，遥控车向前移动一格(从％到4+1),若抛掷出正面向上的点数是6点，遥控车向前移动两格(从4到

人+2),直到遥控车移动到第49格(胜利大本营)或第50格(失败大本营)时，游戏结束.设遥控车移动

到第"格的概率为与，试证明{K-£i}(lW〃W49)是等比数列，并求以及根据之的值解释这种游戏

方案对意向客户是否具有吸引力.

【解析】(1)

X=0.002x50x205+0.004x50x255+0.009x50x305+0.004x50x355+0.001x50x405=300

(2)因为X〜N(300,502),所以尸(350<X4400)=g(0.9545-0.6827)=0.1359；

(3)摇控车开始在第0格为必然事件，Po=l,第一次掷骰子，正面向上不出现6点，摇控车移动到笫1

格，其概率为3,即［=*；摇控车移到第n格(2<n<49)格的情况是下列两种，而且也只有两种；

①摇控车先到第n-2格，抛掷出正面向上的点数为6点，其概率为』心_2；

②摇控车先到第n-1格，抛掷骰子正面向上不出现6点，其概率为3弓「

6

故尺=宗一2+汰|,=-1(£-

00o

故l<n<49时，Pn-P,,1是首项为/?-/>=—,公比为的等比数列，

66

故这种游戏方案客户参与中奖的可能性较大，对意向客户有吸引力.

20.【浙江省温州市2019—2020学年11月份普通高中高考适应性测试一模数学试题】

如图，尸是抛物线y2=2px(p>0)的焦点，过『的直线交抛物线于以巧,丫2)两点，其中％>0,

y/2=T.过点A作)，轴的垂线交抛物线的准线于点H,直线"F交抛物线于点P,Q.

(1)求p的值；

(2)求四边形AP8Q的面积S的最小值.

【答案】(I)p=2(II)7f(俑二^^~

29

【解析】(I)易得直线A8的方程为()|+%)y=2力+凹乂，

代入(go),得%%=-22="4,所以P=2；

(H)点A(圣%),衅•,为),则H(T,y)，直线PQ：y=-/(x—1)，

代入9=4x,得y#-Qy：+I6)x+y：=0.

设%毛,%),Q(5,”)，则|PQ|=X?+X4+2=4()；：4)

X

设A8到PQ的距离分别为4,4,由PQ:yx+2y-y=0,得

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号+2y-必-(^^+2%-乂)1号+