2024年高考数学最后冲刺卷2（新高考新题型专用）含解析

数学

(考试时间：120分钟试卷满分：150分)

全国新高考卷的题型会有所调整，考试题型为8(单选题)+3(多选题)+3(填

空题)+5(解答题)，其中最后一道试题是新高考地区新增加的题型，主要涉及集合、

数列，导数等模块，以解答题的方式进行考查。

预测2024年新高考地区数列极有可能出现在概率与统计大题中，而结构不良型题

型可能为集合或导数模块中的一个，出现在19题的可能性较大，难度中等偏上，例如

本卷第19题。

第I卷(选择题)

一'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

有一项是符合要求的。

1.已知一组数据加，4,2,5,3的平均数为〃，且加，"是方程尤2-4x+3=0的两根，

则这组数据的方差为()

A.10B.710C.2D.0

2.P={a\a=(-1,1)+m(\,2),meR},。={冽6=(1,-2)+“(2,3),〃eR}是两个向量集合，

则P。等于()

A.{(1,-2)}B.{(-13,-23)}C.{(-2,1)}D.{(-23,-13))

3.在AABC中，内角A、8、C所对的边分别为。、b、c,若A、B、C成等差数列，3小

3b、3c成等比数列，则cosAcosB二()

4.在三棱锥S-ABC中，底面ABC为边长为3的正三角形，侧棱底面A5C,若

三棱锥的外接球的体积为36%,则该三棱锥的体积为（）

B,巫R9A/2

A.9A/2.---D.27&

22

5.有一排7只发光二极管，每只二极管点亮时可发出红光或绿光，若每次恰有3只二

极管点亮，且相邻的两只不能同时点亮，根据三只点亮的不同位置，或不同颜色来表示

不同的信息，则这排二极管能表示的信息种数共有种

A.10B.48C.60D.80

6.设ab=log3—,2。+c=0,贝U()

A.a<b<cB.c<b<aC.a<c<bD.b<c<a

7.按照“碳达峰”、“碳中和”的实现路径，2030年为碳达峰时期，2060年实现碳中和，

到2060年，纯电动汽车在整体汽车中的渗透率有望超过70%,新型动力电池迎来了蓬

勃发展的风口.Pe“h〃于1898年提出蓄电池的容量C（单位：Ah）,放电时间f（单位：

h）与放电电流/（单位：A）之间关系的经验公式：C=/"其中w为常数，

为了测算某蓄电池的Peah“常数"，在电池容量不变的条件下，当放电电流/=20A时，

放电时间t=20h；当放电电流/=30A时，放电时间f=10h.则该蓄电池的Pei/h〃常数

〃大约为（）（参考数据：1g2土0.30,lg3。0.48）

22

8.过双曲线1r-的右焦点尸作渐近线的垂线，设垂足为尸（尸为第

一象限的点），延长EP交抛物线y2=2px（p>0）于点Q,其中该双曲线与抛物线有一个

共同的焦点，若。尸=：（。歹+。。），则双曲线的离心率的平方为

A.75B.好C.«+1D.

22

二'选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项

符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.

9.已知i为虚数单位，以下四个说法中正确的是（）

A.i+i2+i3+i4=0

B.3+i>l+i

C.若z=（l+2i）z,则复数z对应的点位于第四象限

D.己知复数z满足|z-2i|=3,则2在复平面内对应的点的轨迹为圆

10.设直线系M：%cos6>+（y-2）sin0=l（0<^<2^）,则下面四个命题正确的是（）

A.点（0,2）到M中的所有直线的距离恒为定值

B.存在定点P不在M中的任意一条直线上

C.对于任意整数”（〃23）,存在正”边形，其所有边均在M中的直线上

D."中的直线所能围成的正三角形面积都相等

11.定义在R上的偶函数“X）满足〃x—3）=〃5—x）,当xe[0,l]时，1（一=/设函

数g（尤）=蜒5k-1|,则下列结论正确的是（）

A.〃x）的图象关于直线x=l对称

717

B."X）的图象在无=1处的切线方程为丫=-工+?

C./（2021）+/（2022）+/（2023）+/（2024）=2

D.〃尤）的图象与g（x）的图象所有交点的横坐标之和为10

第H卷（非选择题）

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.已知集合A={x[l<%<3},集合5={X|2机<%<1-根}，命题知xeA,命题《：xeB,

若。是q的充分条件，则实数机的取值范围是.

13.已知多项式（X+3）（X—I），=4+%尤之+的尤3+,贝|

%+%+%+。5=.

14.正方体ABC。-ABCA中，E是棱。2的中点，尸在侧面CDRG上运动，且满足与尸

平面ABE.以下命题正确的有.

①侧面CDDC上存在点F,使得B’F1CD,

②直线BXF与直线8C所成角可能为30。

③平面4BE与平面CDD£所成锐二面角的正切值为272

④设正方体棱长为1,则过点及歹,A的平面截正方体所得的截面面积最大为更

2

四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明'证明过程或演算步骤.

15.（13分）已知ABC的内角A,2,C的对边分别为a",c,且b=3,c=l,o=6cosB.

⑴求。的值：

⑵求证：A=2B；

⑶cos2,-3的值

16.（15分）如图1,在平面五边形ABCDE中，AEHBD,且DE=2,/EDB=60°,

CD=BC=S，cosNDCB=g，将△BCD沿BD折起，使点C到P的位置，且EP=5

得到如图2所示的四棱锥P-ABDE.

⑴求证；PE_L平面ABDE；

（2）若AE=1,求平面上4B与平面尸班＞所成锐二面角的余弦值.

17.（15分）甲进行摸球跳格游戏.图上标有第1格，第2格，…，第25格，棋子开

始在第1格.盒中有5个大小相同的小球，其中3个红球，2个白球（5个球除颜色外

其他都相同）.每次甲在盒中随机摸出两球，记下颜色后放回盒中，若两球颜色相同，

棋子向前跳1格；若两球颜色不同，棋子向前跳2格，直到棋子跳到第24格或第25格

时，游戏结束.记棋子跳到第〃格的概率为£（〃=1,2,3,…,25）.

（1）甲在一次摸球中摸出红球的个数记为X,求X的分布列和期望；

⑵证明：数列{月-匕―}（〃=2,3,…,24）为等比数列.

18.（17分）焦点在x轴上的椭圆上+3=1的左顶点为加，4（占,%），3（羽,％）,

4b-

C(w，%)为椭圆上不同三点，且当0B=4OC时，直线MB和直线MC的斜率之积为-；.

⑴求b的值；

⑵若Q4B的面积为1,求尤;+后和y；+£的值；

⑶在(2)的条件下，设AB的中点为D,求|8卜|川|的最大值.

19.(17分)英国数学家泰勒发现了如下公式：e'=l+x+X+反++—+其中

2!3!n\

«!=1X2X3X4Xx〃,e为自然对数的底数，e=2.71828.以上公式称为泰勒公式.设

二,g(x)=T：,根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如

下问题.

⑴证明：+

(2)设xe(O,y),证明：(!<g(x)；

⑶设尸(x)=g(x)-+若x=0是尸(x)的极小值点，求实数。的取值范围.

数学

(考试时间：120分钟试卷满分：150分)

全国新高考卷的题型会有所调整，考试题型为8（单选题）+3（多选题）+3（填

空题）+5（解答题），其中最后一道试题是新高考地区新增加的题型，主要涉及集合、

数列，导数等模块，以解答题的方式进行考查。

预测2024年新高考地区数列极有可能出现在概率与统计大题中，而结构不良型题

型可能为集合或导数模块中的一个，出现在19题的可能性较大，难度中等偏上，例如

本卷第19题。

第I卷（选择题）

一'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

有一项是符合要求的。

1.已知一组数据加，4,2,5,3的平均数为“，且加，〃是方程尤2-4x+3=0的两根，

则这组数据的方差为（）

A.10B.V10C.2D.72

【答案】C

【详解】解：方程/一4》+3=0,即（x—3）（x—1）=0,解得x=3或x=l,又这组数据

的其它值都大于1,

:.m=l,〃=3,显然g（l+4+2+5+3）=3,符合题意.

所以S?=1[（1-3）2+（4-3）2+（2-3）2+（5-3）2+（3-3）2]=2.

故选：C.

2.P=｛a\a=（-1,1）+m（l,2）,meR｝,Q=｛冽£=（1,一2）+w（2,3）,〃eR｝是两个向量集合，

则P。等于（）

A.｛（1,-2）｝B.｛（-13,-23）｝C.｛（-2,1）｝D.｛（-23,-13）｝

【答案】B

【详解】根据所给的两个集合的元素，表示出两个集合的交集,

在集合P中，a=(-l+wJ+2/»),

在集合。中，/=(1+2",-2+3”).

要求两个向量的交集，即找出两个向量集合中的相同元素，

•••元素是向量，要使的向量相等，只有横标和纵标分别相等，

f-1+m—l+2n—

■••L9℃，解得7

[1+2m=-2+3rL[n=—7.

止匕时a=A=(-13,-23).

故选：B.

3.在AA5C中，内角A、B、。所对的边分别为〃、b、c,若A、B、C成等差数列，3〃、

3b、3c成等比数列，则cosAcosB二()

A.-B.-C.-D.-

2436

【答案】B

【详解】解：由A,B,C成等差数列，有2B=A+C(1)

A,B,。为AABC的内角，：.A+B+C=7V(2).

rr

由(1)(2)得5=

由3a,3b,3c成等比数列，得》2=〃。，

由余弦定理得，b1=a2+c2-2accosB

TT

22

把8=Z?2=QC代入得，a+c-ac=ac

rr

即(a-=0,则〃=c,从而A=C=B=—,

n111

/.cosAAcosB=—x—=—.

224

故选：B.

4.在三棱锥S-ABC中，底面ABC为边长为3的正三角形，侧棱SA,底面ABC,若

三棱锥的外接球的体积为36%,则该三棱锥的体积为（）

B,巫R9A/2

A.9A/2.---D.27&

22

【答案】C

【详解】如图，设外接球的球心为0.：在三棱锥S-ABC中，底面ABC是边长为3的

正三角形，侧棱底面ABC,三棱锥的外接球的体积为36万，.•.三棱锥的外接球的

半径R=OS=3.

过A作AE_L8C,交BC于E,过球心。作0D_L平面ABC于。，则DeAf,且。是

oo__________________

ABC的重心，：.=]AE=]，4笈一BE"=6,：,OD=J（M?—AD?=R。到5A

的距离为A£>=若，:,SA=0D+d0S2-AD?=2底，，该三棱锥的体积

90

丫=gxSAx=~x2瓜x[—x3x3xsin60

12

5.有一排7只发光二极管，每只二极管点亮时可发出红光或绿光，若每次恰有3只二

极管点亮，且相邻的两只不能同时点亮，根据三只点亮的不同位置，或不同颜色来表示

不同的信息，则这排二极管能表示的信息种数共有种

A.10B.48C.60D.80

【答案】D

【详解】解：先选出三个孔来：

1）若任意选择三个孔，则有C73=35种选法

2）若三个孔相邻，则有5种选法

3）若只有二个孔相邻,

相邻孔为1、2两孔时，第三孔可以选4、5、6、7,有4种选法

相邻孑L为2、3两孑L时,第三孔可以选5、6、7,有3种选法

相邻孔为3、4两孔时，第三孔可以选1、6、7,有3种选法

相邻孔为4、5两孔时，第三孔可以选1、2、7,有3种选法

相邻孔为5、6两孔时，第三孔可以选1、2、3,有3种选法

相邻孔为6、7两孔时，第三孔可以选1、2、3、4,有4种选法

即共有4+3+3+3+3+4=20种选法

.••选出三个不相邻的孔，有35-5-20=10种选法

对于已选定的三个孔，每个孔都有两种显示信号,

则这三个孔可显示的信号数为2x2x2=8种

，一共可以显示的信号数为8*10=80种

故选D

C

6.设a=&=log31,2+c=0,则（）

A.a<b<cB.c<b<aC.a<c<bD.b<c<a

【答案】D

【详解】=则。<°<1；

Z?=-log35,1=log33<log35<log39=2,则—2<b<—1；

c=-2°<0且一c=20<l,则

i^b<c<a.

故选：D.

7.按照“碳达峰”、“碳中和”的实现路径，2030年为碳达峰时期，2060年实现碳中和,

到2060年，纯电动汽车在整体汽车中的渗透率有望超过70%,新型动力电池迎来了蓬

勃发展的风口.Pe成e〃于1898年提出蓄电池的容量C（单位：Ah）,放电时间f（单位：

h）与放电电流/（单位：A）之间关系的经验公式：C=其中”为常数，

为了测算某蓄电池的Peukert^"，在电池容量不变的条件下，当放电电流/=20A时，

放电时间，=20h；当放电电流/=30A时，放电时间:=10h.则该蓄电池的Pe欣e%常数

〃大约为（）（参考数据：lg2a0.30,lg32Q48）

A.—B.—C.—D.2

333

【答案】B

【详解】解：根据题意可得C=20"•20,C=30"J0,

两式相比得即s"j

,1,clg2lg20.35

所以〃T°g汴=i°g产标』

3.

g2

故选：B.

22

8.过双曲线f-斗=1（。〉0,》>0）的右焦点尸作渐近线的垂线，设垂足为尸（P为第

ab

一象限的点），延长EP交抛物线y=2px（p>0）于点。，其中该双曲线与抛物线有一个

共同的焦点，若。尸=g（OF+O。），则双曲线的离心率的平方为

A.75B.6C.V5+1D.史上1

22

【答案】D

12

【详解】试题分析：C=《，渐近线方程y=±2尤，因为|。尸『=|与卜|。尸］,所以辱=幺,

2ac

Z7C122

PF=s/a2+b2=b，因为。P=3（°9+。。），所以尸为尸。中点，所以％=芋-°,

由抛物线定义得EQ=2bnx°=26-c,

2

Hltk2—=c+2b—c=>a2=bc^>a4=(c2—a2)c2e4—e2—1=0,又e>l,所以

«2=匕@,选D

2

二'选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项

符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.

9.已知i为虚数单位，以下四个说法中正确的是（）

A.i+i2+i3+i4=0

B.3+i>l+i

C.若z=（l+2iy,则复数z对应的点位于第四象限

D.已知复数z满足|z-2i|=3,贝心在复平面内对应的点的轨迹为圆

【答案】AD

【详解】A：i+i2+i3+i4=i-l-i+l=0,本选项正确；

B：因为两个复数不能比较大小，所以本选项不正确；

C：因为z=（l+2i）2=l+4i-4=-3+4i,

所以复数Z对应的点位于第二象限，因此本选项不正确；

D：因为|z-2i|=3,

所以z在复平面内对应的点的轨迹为圆心为（0,2）,半径为3的圆，因此本选项正确，

故选：AD

10.设直线系M：xcos6,+（y-2）sin6»=l（0<6,<2^-）,则下面四个命题正确的是（）

A.点（0,2）到加中的所有直线的距离恒为定值

B.存在定点尸不在M中的任意一条直线上

C.对于任意整数存在正〃边形，其所有边均在M中的直线上

D.M中的直线所能围成的正三角形面积都相等

【答案】ABC

【详解】点（0,2）到M中的直线三05。+&-2卜也6=1（04642万）的距离设为距则

d=/JT,=1为定值,故直线系M：xcos6+（y-2）sin6=l（O4"2%）表示圆

A/COS（9+sin_0

Y+（y_2）2=l的切线的集合.

显然选项A正确；P（0,2）一定不在”中的任意一条直线上，B选项正确；由于圆的所

有外切正多边形的边都是圆的切线，所以对于任意整数〃（"23）,存在正〃边形，其所

有边均在加中的直线上，C选项正确；

如图所示，M中的直线所能围成的正三角形有两类,一种是圆的外切三角形,如AADE,

此类三角形面积均相等，另一种是在圆的同一侧，如△43C,这类三角形面积也相等，

但两类三角形面积不等，故D选项不正确.

故选：ABC

11.定义在R上的偶函数满足f（x-3）=〃5-x）,当xe[0,l]时,=Y.设函

数g（x）=log5k-l|,则下列结论正确的是（）

A.“X）的图象关于直线x=l对称

717

B."X）的图象在处的切线方程为〉=-尤+?

C./（2021）+/（2022）+/（2023）+/（2024）=2

D.的图象与g（x）的图象所有交点的横坐标之和为10

【答案】ACD

【详解】对于A,因为〃x)为偶函数，故)(x—3)=〃5-力=〃了一5),

故/(x)=/(x+2),所以/(-x)=/(x+2),故的图象关于直线x=l对称，

故A正确.

对于B,由A中分析可得了(X)是周期函数且周期为2,

故当xe[3,4]时，4-xe[0,l],/(x)=/(x-4)=/(4-x)=(4-x)2,

故当xe(3,4)时，广(x)=2(x—4),故/g]=-l,

故切线方程为：y=-^-^+/Q=-x+^,故B错误.

对于C,由〃x)是周期函数且周期为2可得：

/(2021)+/(2022)+/(2023)+/(2024)=2/(0)+2/(1)=2,

故C正确.

对于D,因为g(2-x)=log5|l-x|=g(x),故g(x)的图象关于x=l对称，

而g⑹=1,g(-4)=l且X>1时g(x)=log5(x-l),此时g(x)在。,+8)上为增函数,

由图可得“X)的图象与g(x)的图象共有10个交点，所有交点的横坐标之和为10.

故选：ACD.

第口卷(非选择题)

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.已知集合A={x|l<九<3},集合5={x|2机vxvl-相}，命题〃：xeA,命题4：xeB,

若P是4的充分条件，则实数加的取值范围是.

【答案】m<-2

【详解】命题P：]£A,命题9：%£氏由P是4的充分条件，得AqB,即

{X]<%<3}o|x|2m<x<l-m|

1-m>2m

因此<2根<1,解得也<-2,

l-m>3

所以实数加的取值范围是根W-2.

故答案为：m<—2

245

13.已知多项式(％+3)(尤—I)，=aQ+a[x+c^x++a4x+a5x,则

a2+。3+/+%=.

【答案】8

【详解】含x的项为：X-C：-(-1)4+3-C^X-(-1)3=-11X,故q=-U；

令x=0,即3=%,

令x=1,即0=/+<2]+%+/+%+。5，,'•。2+%+。4+。5=8.

故答案为：8.

14.正方体48。-4旦£2中，E是棱。A的中点，F在侧面CDDC上运动，且满足用产

1平面ABE.以下命题正确的有.

①侧面CDRG上存在点F，使得BF±CD,

②直线男尸与直线BC所成角可能为30。

③平面ABE与平面CDD©所成锐二面角的正切值为2y/2

④设正方体棱长为1,则过点A的平面截正方体所得的截面面积最大为亚

2

【答案】①③

B、

【详解】

B

取GR中点M,CG中点N,连接B\M,B,N,MN,

则易证得与NAE,MNAtB,且B、NcMN=N,

B、N,MNu平面B[MN,4瓦u平面4BE,

从而平面用MN「平面ABE,

所以点F的运动轨迹为线段跖V.

取睦V的中点尸，因为△4MN是等腰三角形，所以又因为肱VCD,,所

以用/JLCD，故①正确;

设正方体的棱长为。，当点尸与点M或点N重合时，直线与方与直线3C所成角最大,

11

此时tan/Ci4/==tan30所以②错误;

54忑

平面用WN，平面ABE,取/为脑V的中点,

则MN±C、F,MN上BF，,NBFC]即为平面B、MN与平面CDD£所成的锐二面角,

tan/B]FC[==242,所以③正确；

GF

因为当尸为GE与MN的交点时，截面为菱形AGC|E(G为B用的交点)，

此时，GE=®AC=6则面积为:=半，故④错误.

故答案为：①③

四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

15.(13分)己知ABC的内角A,3,C的对边分别为a,6,c,且b=3,c=l,a=6cosB.

⑴求a的值：

(2)求证：A=23；

⑶cos2/一3的值

【答案】(1)2道(2)证明见解析(3)拽二^

6

n24-r2-h2

【详解】(1)由。=6cos5及余弦定理，得〃=6/+c―〃，

2ac

因为Z?=3,c=l,所以〃2=12,a=2y/3.

(2)由a=6cos_B及〃=3,得a=2bcosB,

由正弦定理得sinA=2sin5cos5=sin25,

因为0<4<兀，所以A=23或A+2B=7C.

若A+2B=7i,则5=C,与题设矛盾，因此A=25.

（3）由（I）得cos5=q=2叵=且，因为OvBv兀，

663

所以sin8=Vl-cos2B=

Q1

所以sin2B=2sinBcosB=------,cos2B=2cos2B-l=——，

33

所以cos21B—）=cosf2B-j=cos2Bcos+sin2Bsin

n62血i20-G

-x-----1-------x—=-------------.

3）2326

另解：因为cosA='十”——土二—l,s为A=—cos2A=J1-L=2®,

2bc3V93

（兀）（兀）7171

所以cos2B-----=cos2B——=cosAcos—+sinAsin—

V12y\6）66

G20120-6

x-----1-------x—=-------------

2326

16.（15分）如图1,在平面五边形ABCDE中，AE//BD,且DE=2,NEDB=60°,

CD=BC=^1,cosNDCB=；，将△BCD沿BD折起，使点C到P的位置，且EP=5

得到如图2所示的四棱锥P—ABDE.

⑴求证；PE_L平面ABDE；

（2）若AE=1,求平面R4B与平面PBO所成锐二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析（2）也

4

【详解】（1）证明：在二ABC中，CD=BC=y/7,cosZr>CB=|

由余弦定理可得BD2=8c2+Cr>2-2BC-CDcosZDC8=7+7-2xSxV7x3=4,

7

所以3。=2,

又因为。E=2,/ED3=60,所以△3DE为正三角形，

设3D的中点为尸，连接历，刊7,可得

又由CD=BC,可得3D_LP尸，且ERP^u平面正/，EFPF=F,

所以平面尸£F,因为PEu平面尸EF,所以BDLPE,

在,PFD中，可得PF={PB。-BF?=*>，

在△BDE中,可得EF々ED?-DF?=石，

又因为£尸=若，可得£尸+£尸=尸产2,所以PEJ_EF,

因为EP,BZ)U平面ABDE,且EFc班)=/，所以PE_L平面ABDE.

(2)解：因为AE〃即，所以AE_LEF,

又由PE_L平面ABDE,且AE,EFu平面ABDE,所以PE，AE,PE工EF,

以E为原点，以E4,E£EP所在的直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，

如图所示，可得41,0,0),8(1,3,0),b(0,有,0),尸(0,0,有)，

则AB=(0,A/3,0),AP=(-1,0,退)，BP=(-1,-73,道),BF=(-1,0,0),

4-AB=\fiyl=0

设平面F4B的法向量为4=(为加4),贝卜

«1-AP=_&+A/3Z,=0

取现=6，可得X=0，Z]=l,所以4=(6,0,1),

nA-BP=-x2-6y2+\/3Z2=0

设平面PBD的法向量为巧=(々,丫2/2)，则，

/?!-BF=-x2=0

取>2=1，可得无2=°，Z2=1,所以%=(0,1,1)，

设平面e钻与平面尸BD所成的角为e,由图象可得。为锐角,

1n1闻_1_V2

则cos6=COS4，〃2

Hll^l204

所以平面R4B与平面PBD所成锐二面角的余弦值为Y2.

4

17.（15分）甲进行摸球跳格游戏.图上标有第1格，第2格，…，第25格，棋子开

始在第1格.盒中有5个大小相同的小球，其中3个红球，2个白球（5个球除颜色外

其他都相同）.每次甲在盒中随机摸出两球，记下颜色后放回盒中，若两球颜色相同，

棋子向前跳1格；若两球颜色不同，棋子向前跳2格，直到棋子跳到第24格或第25格

时，游戏结束.记棋子跳到第〃格的概率为25=1,2,3,…,25）.

（1）甲在一次摸球中摸出红球的个数记为X,求X的分布列和期望；

⑵证明：数列{£一I-}（〃=2,3,…,24）为等比数列.

【答案】⑴分布列见解析；期望E（X）=1；（2）证明见解析；

【详解】（1）根据题意可知，X的所有可能取值为0,1,2；

1

则P（x=o）=（）Cio

C厂10’=：「Sb*小

'5

可得X的分布列如下:

X012

133

P

10510

期望值为E（X）=0x\+lx|+2x±='

（2）依题意，当3W〃W23时，棋子跳到第九格有两种可能：

第一种，棋子先跳到第"-2格，再摸出两球颜色不同；

第二种，棋子先跳到第n-l格，再摸出两球颜色相同；

ce3

又可知摸出两球颜色不同，即跳两格的概率为姿=g,

c2+c22

摸出两球颜色相同，即跳一格的概率为逐产=三；

32

因此可得与

393

所以只一射=-P„-2%=-”一「％），

p_p3

因此可得J

与T一与一23

即数列{月—4-}5=2,3,…,24）是公比为-1的等比数列.

22

18.（17分）焦点在x轴上的椭圆土+当=1的左顶点为M,A（Xi，X）,B（x2,y2）,

4b

C（%3,%）为椭圆上不同三点，且当O8=2OC时，直线MB和直线MC的斜率之积为

⑴求b的值；

⑵若Q4B的面积为1,求x；+石和y；+£的值；

⑶在（2）的条件下，设A2的中点为D,求|8卜|旗|的最大值.

【答案】（1W=1（2）X：+X；=4,犬+£=1；（3）|

【详解】（1）因为OB=2OC，所以。，8，C三点共线，则必有点8和点C关于点0对称，

所以%=-%,%=-%，设直线MB和直线MC的斜率分别为3B，kMc-

因为点M为椭圆的左顶点，所以M（-2,。）,

7%—0%—0二为

所以七

*3-(-2)七+2

%%=1

所以,^MC

九2+2七+24

所以(%2+2)(2一42)

4

所以号+4=1,所以廿=1,即人±1;

（2）设过A,2两点的直线为/,

当直线/的斜率不存在时，A8两点关于x对称，所以々=益，%=-%，

因为A（&yJ在椭圆上，所以手+才=1,又S0AB=1，

所以5M|2yJ=l,即|刈％|=1,结合今+"1可得㈤=也,闻=万

此时为2+后=4,公+£=1,所以=4；

%+%

当直线/的斜率存在时，设其方程为丁=履+机，m^O,

y=kx+m

联立%2,消去y得(1+4左2)尤2+&tmx+4机2—4=。

—+y=i

其中A二（8加了一4（1+4左2）（4机2—4）=16（4%2—机2+i）＞（）①,

-Skm4m2-4

所以玉+9=------,X,X=-----z-

l+4k2?-1+442

4〃抬一加2+1

所以\AB\=J1+左2J(%+%2)~-4&%2=J1+左2-

l+4k2

\/fl\

因为。到直线/的距离d=

VI+v

所以5皿=。阿因=1，

所以;尸・2=1,整理的叱-2疗+1=。，符合①式,

—8km84一8

此时,+%；=(%1+9)-2玉%2二

1+4左21+4左2

yf+yl=l_-^+12_=2-1=1；

1244

(3)因为4|0。『+恒呼=4+[^1AJ+(x「xJ+(月一%『

=2(片+x；+y：+y；)=10,

4\ODf+\ABf_

所以2|O£)H阴W-5

即\OD\-\AB\<|,当且仅当2\OD\=\AB\=y/5时等号成立，

此时一Q钻为直角三角形且ZAOB为直角，

12

故OAOB=XXX2+yxy2=玉龙？+(g+m)(kx2+in)=(\+k^xxx2+mk(^xi+x2)+m