2024届重庆市缙云教育联盟高三上学期零诊数学试题及答案

重庆缙云教育联盟2024年高考第零次诊断性检测数学试卷考生须知：1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；4.全卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.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.xx20xRx3”是“1.设，则“”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zm2m2mimR,i是纯虚数，是虚数单位，则（2.如果复数）A.m1且m2m1B.C.m2D.m1或2m3.某校在开展“深化五育并举、强大核心素养”活动中，选派了5名学生到、、C三个劳动实践点去劳动，每个劳动实践点至少1人，每名学生只能去一个劳动实践点，不同的选派方法种数有（A.B.C.90D.150）fxx4.设函数0,22f2x1fx1x，则使得成立的的取值范围为（）0,2,2,0A.B.C.D.x2y21l:y2xmlm的取值范围是5.已知椭圆4（）1122,A.C.B.32322,2,D.22第1页/共7页1ablog32，c，则（6.已知，）3eA.C.B.acbD.cbaf(x)2sinx3xsinxfxfx312，则的最小值为（）7.若，且12πππ2πA.B.C.D.248.17到19世纪间，数学家们研究了用连分式求解代数方程的根，并得到连分式的一个重要功能：用其逼1x1x①，将再代入等式右边得到近实数求近似值．例如，把方程x2x10改写成x111x1x11x，继续利用①式将再代入等式右边得到1x1时，由此……反复进行，取111xx111111115得到数列1，1，，1，L，记作an，则当足够大时，逼近实数a．数11111nn2115的个数为（参考数据：15列的前2024项中，满足n0.005的na1.618）n22A.1007B.1009C.2014D.20184小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分.的9.在棱长为2正方体ABCD1中，M为BC边的中点，下列结论正确的有（）111A.AM与1B所成角的余弦值为1112DB.过三点A、M、的截面面积为1πACBDC.四面体的内切球的表面积为113D.E是1边的中点，F是AB边的中点，过E、M、F三点的截面是六边形．10.已知直线l:x2y80和三点(2,0)B(4)，C(2,，，过点C的直线与x轴、y轴的正半轴l1交于M，N两点．下列结论正确的是（）A.P在直线l上，则的最小值为42第2页/共7页B.直线l上一点P使最大l1xy70C.当|CM||CN|最小时的方程是D.当|OM||ON|最小时的方程是l5xy150111.下列函数中，既是偶函数，又在区间上单调递减的是（）yx24B.yx1A.x13C.yyxD.12.已知互不相同的30个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，设剩下的28个样本数据的方差为s21，s222平均数为1;去掉的两个数据的方差为，平均数为x﹔原样本数据的方差为s，平均数为x，若x=x，22则下列说法正确的是（）A.x115s21412s22B.C.剩下28个数据的中位数大于原样本数据的中位数D.剩下28个数据的22%分位数不等于原样本数据的22%分位数三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.2ee，b4e2e，则向量a，b夹角的余弦值13.已知单位向量e,e的夹角为，向量a121212为______.14.已知球的两个平行截面的面积分别为49π，100π且两个截面之间的距离是9，则球的表面积为_________．15.已知的三个内角A、B、C所对应的边分别是a、b、c，其中A、C、B成等差数列，a22，sin(C)B的面积为________．，则x16.高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，用其名字命名的“高斯函数”为：对于实数，符号[e]，23f(x)x[x][x]x表示不超过的最大整数，例如，则函数f(x)的值域为，定义函数______.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.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知bsin2AasinB17.．（1）求A；第3页/共7页（2）若ab,c4，求的面积．nn2kkN是等差数列，，记为数列annbn项和，且18.已知数列的前nn2k,kNnanTT2434（1）求数列的通项公式；anTT96nm，求nm（2）若，.nm19.为了解学生中午的用餐方式（在食堂就餐或点外卖）与最近食堂间的距离的关系，某大学于某日中午随机调查了2000学生与最近食堂间的距离合400400,600600,800计dm015在食堂就餐点外卖0.100.000.000.000.500.501.000.20合计0.200.15并且由该频率分布表，可估计学生与最近食堂间的平均距离为370m中点值作为代表）.（同一组数据以该组数据所在区间的（1）补全频率分布表，并根据小概率值0.0001的独立性检验，能否认为学生中午的用餐方式与学生距最近食堂的远近有关（当学生与最近食堂间的距离不超过400m（2）已知该校李明同学的附近有两家学生食堂甲和乙，且他每天中午都选择食堂甲或乙就餐.（i）一般情况下，学生更愿意去饭菜更美味的食堂就餐.某日中午，李明准备去食堂就餐.此时，记他选择去甲食堂就餐为事件A，他认为甲食堂的饭菜比乙食堂的美味为事件D，且D、A均为随机事件，证PDAPDA明：：（ii）为迎接为期7天的校庆，甲食堂推出了如下两种优惠活动方案，顾客可任选其一.a①传统型优惠方案：校庆期间，顾客任意一天中午去甲食堂就餐均可获得元优惠；第4页/共7页②“饥饿型”优惠方案：校庆期间，对于顾客去甲食堂就餐的若干天（不必连续）中午，第一天中午不优惠（即“饥饿”b元优惠，以后每天中午均获得bba0）.a元优惠（其中，为已知数且bpp1.又校庆期间，已知李明每天中午去甲食堂就餐的概率均为（0知李明是一名“激进型”消费者，如果两种方案获得的优惠期望不一样，他倾向于选择能获得优惠期望更大的方案，如果两种方案获得的优惠期望一样，他倾向于选择获得的优惠更分散的方案.请你据此帮他作出选择，并说明理由.2nadbc2nabcd.附：，其中abcdacbd0.100.0106.6350.0012.70610.828PE0，，动点P满足EF1,02x，设动点P的轨迹为曲线C，过曲线C与轴的20.已知点PF1负半轴的交点D作两条直线分别交曲线C于点,B（异于DAD，BD.的斜率之积为3（1）求曲线C的方程；（2）证明：直线AB过定点.ABCDBC90、21.如图所示，在四棱锥P中，底面为直角梯形，AD∥、1CD1、PAPDPECD的中点，．E、F分别为AD、，2（1）证明：平面PAD平面ABCD；，求二面角FA的余弦值．（2）若与AB所成角为fx2exx．22.已知函数（1）求的最值；fx第5页/共7页fxaeae2x有两个不同的解，求实数a的取值范围．（2）若方程x第6页/共7页重庆缙云教育联盟2024年高考第零次诊断性检测数学试卷考生须知：1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；4.全卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.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.xx20xRx3”是“1.设，则“”的（）A.充分不必要条件【答案】AB.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【解析】xx20【分析】解不等式x2或x0，根据取值的范围大小即可知“x3”是x可得的充分不必要条件.xx20“”xx20【详解】由不等式x2或x0；可得易知x|x是或的真子集，x|x2x0所以“x3”是“xx20”的充分不必要条件.故选：Azm2m2mimR,i是纯虚数，是虚数单位，则（2.如果复数）A.m1且C.m2【答案】C【解析】m2m1B.D.m1或2m2m20mz【分析】根据题意复数为纯虚数，即得，从而求解.m10第1页/共28页zmm2mi是纯虚数，2【详解】由复数2m20m得m10解得:m2.故选:C.3.某校在开展“深化五育并举、强大核心素养”活动中，选派了5名学生到、、C三个劳动实践点去劳动，每个劳动实践点至少1人，每名学生只能去一个劳动实践点，不同的选派方法种数有（）A.B.C.90D.150【答案】D【解析】【分析】按照先分组，再分配的方法，即可求解.【详解】将5名学生分成3组，3，1，1或是2，2，1C25AC233，1，1的分组有15种方法，C3510种方法，2，2，1的分组有22所以分组方法共有101525种，再分配到3个劳动点，则有25A33150种方法.故选：Dfxx4.设函数2f2x1fx1x成立的的取值范围为（，则使得）0,20,2,2,0A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】易得为偶函数，且在上单调递增，可将不等式化为2x12x12，解不等式即fx可.【详解】因为为偶函数，且在上单调递增，fxf2x1fx1因为，所以2x12x12，4x214xx212x，所以3x6x0，2即所以x0或故选：D.x2第2页/共28页x2y21l:y2xmlm的取值范围是5.已知椭圆4（）1122,A.C.B.32322,2,D.22【答案】D【解析】【分析】设椭圆上两点关于直线l:y2xm对称，则可设直线Ax,y,Bx,y2AB方程为1121Mx,y的中点00也在直yxt0t，可算出的范围，又线段，将其与椭圆方程联立，令AB2l:y2xm,t线上，结合韦达定理可以算出的关系式，从而得解.【详解】设，线段Mx,y的中点00，Ax,y,Bx,yAB1122,Bl:y2xm若此椭圆上存在不同的两点关于直线对称，1yxt所以直线AB的方程可以设为，22xy124x22tx2t202联立，化为，1yxt2t24t220，解得t2t22，111tMt,xxtxt,yxtttt而，所以，即，120002222tl:y2xmtm，代入直线可得23232323322，即实数m的取值范围是,mt.所以2222故选：D.1ablog32，c，则（6.已知，）3e第3页/共28页A.C.【答案】D【解析】B.acbD.cba12csin(cos1.1)sinfxxsinx，再构造函数，得【分析】根据正弦函数和余弦函数单调性得到112csin(cos1.1)singxexx，求导得到其单调性，得到，构造函数到其单调性，得到213231223e，结合对数函数单调性得到2,，比较出大小.3ππ2yxx【详解】因为1.1，而在上单调递减，3π1cos1.1故又故，32πysinxx在上单调递增，21csin(cos1.1)sin，2π2令fxxsinxfx1x0x在，则上恒成立，π2fxxsinxx故，fxf00在上单调递增，1211f0sin故，即，22112csin(cos1.1)sin故又，211aegxexx，3，令3e则x1，当x0时，gxgx，单调递减，gxe013123gg00故，故e3，1132因为2332，所以232，即，33233ylog3x上单调递增，在因为第4页/共28页23log32故又，121223log32log332,3，故，故cba故选：D【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小.f(x)2sinx3xsinxfxfx312，则的最小值为（）7.若，且12πππ2πA.B.C.D.24【答案】B【解析】【分析】化简f(x)解析式，得函数最大最小值与周期，利用fxfx3条件转化为与最值的关系，12再由最值与周期的关系可得.f(x)2sinx3xsinx3sin2x2sin2x3sin2x2x162sin2x1，f(x)的周期为Tπ，且6tsin2x，则t1，令，则故f(x)gt)t1，由g(t)的值域为f(x)f(x)3，3f(x)113fxfx9则，故，3f(2)112f(x)1f(x)1f(1)3fxfx3由12.知，，或12f(2)3f(xf(x)即为函数的最大与最小值，或最小与最大值，211x的值最小，2当x,x对应f(x)图象上相邻两最值点时，12第5页/共28页Tπ12故.22故选：B.8.17到19世纪间，数学家们研究了用连分式求解代数方程的根，并得到连分式的一个重要功能：用其逼1x1x①，将再代入等式右边得到近实数求近似值．例如，把方程x2x10改写成x111x1x11x，继续利用①式将再代入等式右边得到1……反复进行，取x1时，由此111xx11111115得到数列1，1，，1，L，记作a，则当足够大时，逼近实数nan．数11111n12115的个数为（参考数据：15列的前2024项中，满足n0.005的na1.618）n22A.1007B.1009C.2014D.2018【答案】D【解析】15151515aa1a2n1a，2n【分析】作差讨论n1的符号与的关系，结合可得，n2222然后讨论奇数项和偶数项的单调性，再验证前8项哪些满足题意，结合单调性即可解答.1325385132134an11a0n【详解】由题，，且前8项为1，2，，，，，，，an1321815n1151152，n112n2n1515所以当n时，an10；221515当n又1时，a0．n1221515151a2n1a，.，所以2n222第6页/共28页1515aann2211，因为n2n1n1n11an1n1n15其中an0，2a2n12n10aa2n0，2n2所以15153aaa246所以135，，2215151515，所以222151515a2a46，222151557150.005，又因为2215680.0052215n0.005的分别为a1a2aa4a5a，6202462018，.所以不满足，，，，32故选：D．1515aa2n1【点睛】本题难点在于作差讨论n115的符号与的关系，从而得到，n22a，这对学生的思维能力有很高的要求，不易想到，但结合本题目标分析，似乎又是理所当然.2n24小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分.ABCD中，M为19.在棱长为2的正方体BC边的中点，下列结论正确的有（）111A.AM与1B所成角的余弦值为1112DB.过三点A、M、的截面面积为1第7页/共28页πACBDC.四面体的内切球的表面积为113D.E是1边的中点，F是AB边的中点，过E、M、F三点的截面是六边形．【答案】AD【解析】D1【分析】对于A，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解；对于B，作出过三点A、M、CD，利用几何作图，作出过E、M、F三点的截面，即可判断.AAD,AB,AAx,y,z所在直线为轴，建立空间直角坐标系，【详解】对于A，以为坐标原点，以1111112,0(0,2),M2),B(0,0),D(2,0)2,0,DB，则,1111cosAM,DBAMDB21011则，11522|AM||DB|1011πAM与DB所成角的范围为(0,]，故AM与DB所成角的余弦值为，A正确；1111211对于B，设N为1的中点，连接MN，则∥1∥AD，且BCAD，11122AMNDD1则梯形即为过三点A、M、的截面，1222232222,AD22,AMDN5，则梯形高为5，112第8页/共28页132292故梯形面积为为S32，B错误；2ACBD对于C，如图，四面体的体积等于正方体体积减去四个角上的直三棱锥的体积，11118即V23423，3231πS42222sin83该四面体的棱长为22，其表面积为，23183设四面体内球球半径为r，则83r,r，3334πACBD4r2故四面体的内切球的表面积为，C错误；1131E对于D，如图，延长ME和BC的延长线交于J，则△MCE≌，111ADDH则，设H为的中点，则，1111G≌HDG，CGDG，则连接HJ，则11CHG∥AC∥AC∥FM，11故G为的中点，故1,AA于K，1同理延长交于L，连接LH，交AAFM,确定的平面内，K即为的中点，则K，E在1则六边形FMEGHK即过E、M、F三点的截面，是六边形，D正确，故选：AD第9页/共28页【点睛】难点点睛：本题综合考查了空间几何中的线线角、截面、以及内切球问题，难度较大，解答时要发挥空间想象能力，明确空间的位置关系，结合空间向量以及等体积法和几何作图解决问题.10.已知直线l:x2y80和三点(2,0)B(4)，C(2,，），过点C的直线与x轴、y轴的正半轴l1交于M，N两点．下列结论正确的是（A.P在直线l上，则的最小值为42B.直线l上一点P使最大l1xy70C.当|CM||CN|最小时的方程是D.当|OM||ON|最小时l5xy1501【答案】BC【解析】PAPBPAPBAB求最小AB关于直线l的对称点Bm,nPBPAAB,B,P三点共线时取最大值来求解；对于C：设值；对于B：通过，当M,N，求出坐标，表示出|CM||CN|，利用基本不等式求最小值；对于D：l:ykx2k10表示出|OM||ON|，利用基本不等式求最小值.Bm,n，【详解】对于A：设点B关于直线l的对称点为n411m223836B,则，解得2m4n55280222238365PAPBPAPBAB212，5,B,P当三点共线时取最小值.A错误；第10页/共28页PBPAAB,B,P三点共线时取最大值，对于B：，当4x2，即xy20，l:y又4xy20xy10，联立，解得x2y80即直线l上一点P使最大，B正确；l:ykx2k0对于C：设，15x0y2k5y0x2当即时，，当时，，k5kM2,0,N2k5，25k|CM||CN2252222k55211102k21022k202，k2k21k2k1时等号成立，当且仅当，即k2l:yx25xy70此时，即，C正确；15k25k25k22k5204k2024k40对于D：||||，25k524kk当且仅当，即时等号成立，第11页/共28页5l:y1x255x2y200此时，即，D错误.2故选：BC.11.下列函数中，既是偶函数，又在区间上单调递减的是（）yx24B.yx1A.x13CyyxD.【答案】AC【解析】【分析】根据基本初等函数的奇偶性及单调性判断即可得解.【详解】函数yx4是偶函数，又在区间上单调递减，故A符合；2函数yx1为奇函数，故B不符合；xx131函数y是偶函数，又在区间上y单调递减，故C符合；3x定义域为)函数y，不关于原点对称，既不是奇函数，也不是偶函数，故D不符合．故选：AC．12.已知互不相同的30个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，设剩下的28个样本数据的方差为s21，s222平均数为1;去掉的两个数据的方差为，平均数为x﹔原样本数据的方差为s，平均数为x，若x=x，22则下列说法正确的是（）A.x115s21412s22B.C.剩下28个数据的中位数大于原样本数据的中位数D.剩下28个数据的22%分位数不等于原样本数据的22%分位数【答案】ABD【解析】A28对于B选项，写出s21和s22的表达式即可；第12页/共28页对于C选项，根据中位数定义判断即可；对于D选项，根据分位数定义判断即可.【详解】A.剩下的28个样本数据的和为28x2x，去掉的两个数据和为，原样本数据和为30x，所以2128x2x30x，因为xx，所以x1，故选项正确；=A1221xxxxxs，12[(xx)2(xx)2(xx)]，2B.设123213112812xxxs，所以22[(1x)2(x)]，所以2因为12112222213028122s2211xxxxxxxx30s2，2131291所以15s21412s22，故B选项正确；C.剩下28个数据的中位数等于原样本数据的中位数，故C选项错误；D.去掉2个数据，则剩下28个数据的22%分位数不等于原样本数据的22%分位数，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.2ee，b4e2e，则向量a，b夹角的余弦值13.已知单位向量e,e的夹角为，向量a121212为______.7121##【答案】7【解析】ee为基底展开计算即可求解2【分析】以，1r2222a2ee4e12ee9e7，121122【详解】由题意，得ru2222b4e2e16e16ee4e12.12112222ab2ee4e2ee16ee6e6而，12121122rrab6217a,brr所以.ab712故答案为：714.已知球的两个平行截面的面积分别为49π，100π且两个截面之间的距离是9，则球的表面积为_________．第13页/共28页【答案】2500π【解析】【分析】先根据截面面积得到两个圆截面的半径，由于球的对称性，考虑两截面与球心的位置关系分别在球心的同侧和异侧两种情况，加以分类讨论.r1r，球的半径为R，2【详解】由球的截面为圆，设两个平行的截面圆的半径分别为，πr2149πr7因为，所以，，1πr2400πr202又，所以2当两截面在球心的同侧时，R解得R当两截面在球心的同侧时，R272R2202500π；R20229，2625，球的表面积为4R227229，无解；综上，所求球的表面积为2500π.故答案为：2500π.15.已知的三个内角A、B、C所对应的边分别是a、b、c，其中A、C、B成等差数列，a22，sin(C)B的面积为________．，则【答案】33##33【解析】ππCA【分析】由题意首先得出，结合诱导公式、两角和差的正弦公式算出，进一步可以算出34c以及正弦定理即可算出，最终根据三角形面积公式即可求解sinBa22.，结合π【详解】因为A、C、B成等差数列，所以ACBCπ，即C，3sin(C)BCA，又31231sinAsinAA，所以A222πtanA1，因为Aπ解得sinAcosA，则，即A，4ππ432122326所以sinBsinACsin，2224又a22，第14页/共28页c22ca2，解得c23，所以由正弦定理有，即3sinCsinA221126acsinB222333.所以的面积为S224故答案为：33.x16.高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，用其名字命名的“高斯函数”为：对于实数，符号[e]，23f(x)x[x]，定义函数，则函数[x]x表示不超过的最大整数，例如f(x)的值域为______.【答案】【解析】f(x)x[x]【分析】根据高斯函数的定义，可得函数【详解】由高斯函数的定义可得：的图象，即可的解.x[x]x，当0x1时，[x]0，则，则，则当1x2时，时，[x]1x[x]x1，2x3[x]2x[x]x2x[x]x3当，当3x4时，[x]3，则，易见该函数具有周期性，绘制函数图象如图所示，由图象知f(x)的值域为.故答案为：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.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知bsin2AasinB17.．（1）求A；（2）若ab,c4，求的面积．πA【答案】（1）；3第15页/共28页（2）23．【解析】1）利用正弦定理边化角，结合二倍角的正弦公式求解即得.（2）由（1）的结论，利用余弦定理求出b【小问1详解】，再利用三角形面积公式计算即得.中，由正弦定理、二倍角的正弦公式及bsin2AasinB2sinAsinBAsinAsinB．在，得1AπA又sinAsinB0，因此，而，2π所以A．3【小问2详解】π由（1）知A，由余弦定理得a2b2c2bcAbc2bc．23b,c4，则bb216b，b0，解得b2，2而a1bcsinA23．S所以的面积2nn2kkN是等差数列，，记为数列的前项和，且annbnn18.已知数列nn2k,kNanTT2434（1）求数列的通项公式；anTT96nm，求nm（2）若，.nman2n【答案】（1）n11，m16（2）【解析】【分析】设数列的通项公式为：n1d,根据与bTT24的关系及34anan1ann的通项公式；a,即可得na1和d（1）求解出nmTT96nm求解,.（2）分奇偶对和进行讨论，再根据nm【小问1详解】设数列的首项为，公差为d1nd.aa1a，则nn3b123a52101d20a35，1第16页/共28页T243ad41由，故.TTba10ad100因为，所以34441a11an2n解得d3，，故.【小问2详解】n2k，kN2kn当*时，n2kb122k12kk15d12kT6n,所以n.当n2k1，kN*时，2kn1，n2k1b122k12k2k12k126k18k12，T9n3n所以TTnmnm，为奇数与偶数.由已知，故m，不能同时为奇数或偶数，所以nnm为奇数，为偶数时，则TT96，当nm所以9n36m96，n11，m16；nmTT96，所以9m36n96n16m11.为偶数，为奇数时，则，，nm当nmn11，m16.因为，所以19.为了解学生中午的用餐方式（在食堂就餐或点外卖）与最近食堂间的距离的关系，某大学于某日中午随机调查了2000学生与最近食堂间的距离合400400,600600,800计dm在食堂就餐点外卖0.150.100.000.000.000.500.501.000.20合计0.200.15第17页/共28页并且由该频率分布表，可估计学生与最近食堂间的平均距离为370m中点值作为代表）.（同一组数据以该组数据所在区间的（1）补全频率分布表，并根据小概率值0.0001的独立性检验，能否认为学生中午的用餐方式与学生距最近食堂的远近有关（当学生与最近食堂间的距离不超过400m（2）已知该校李明同学的附近有两家学生食堂甲和乙，且他每天中午都选择食堂甲或乙就餐.（i）一般情况下，学生更愿意去饭菜更美味的食堂就餐.某日中午，李明准备去食堂就餐.此时，记他选择去甲食堂就餐为事件A，他认为甲食堂的饭菜比乙食堂的美味为事件D，且D、A均为随机事件，证PDAPDA明：：（ii）为迎接为期7天的校庆，甲食堂推出了如下两种优惠活动方案，顾客可任选其一.a①传统型优惠方案：校庆期间，顾客任意一天中午去甲食堂就餐均可获得元优惠；②“饥饿型”优惠方案：校庆期间，对于顾客去甲食堂就餐的若干天（不必连续）中午，第一天中午不优惠（即“饥饿”b元优惠，以后每天中午均获得bba0）.a元优惠（其中，为已知数且bpp1.又校庆期间，已知李明每天中午去甲食堂就餐的概率均为（0知李明是一名“激进型”消费者，如果两种方案获得的优惠期望不一样，他倾向于选择能获得优惠期望更大的方案，如果两种方案获得的优惠期望一样，他倾向于选择获得的优惠更分散的方案.请你据此帮他作出选择，并说明理由.2nadbc2nabcd，其中.附：abcdacbd0.100.0106.6350.0012.70610.828【答案】（1）频率分布表见解析，根据小概率值0.0001的独立性检验，可以认为学生中午的用餐方式与学生距最近食堂的远近有关0pp时，选择传统型优惠方案；当0p1时，选择“饥饿型”优惠（2iii）当0方案，理由见解析【解析】1）根据题意补全频率分布表，然后计算2，与临界值表对比即可；PA|DPA|D，然后结合条件概率公式得PA|DPA|D（2i，第18页/共28页P(AD)P()P(D)到，最后利用作差法和条件概率公式证明即可；证法二：根据题意得到PA|DPA|D，PA|DPA|D，然后结合条件概率公式得到，，最后利用作差法和条件概率公式证明即可；PADPDPPADEXEY（ii）根据题意得到两种方案的优惠期望，然后分、EX和EXEY三种情EY况考虑即可.【小问1详解】（1）设d(200,400]组的频率为t，则d(400600]组的频率为10.200.15t0.65t，d1000.20t5000.65t7000.15450t370估计学生与最近食堂间的平均距离，解得t，故可补全频率分布表如下：学生与最近食合计堂间的距离400400,600600,800d(m)在食堂就餐点外卖0.150.050.200.200400.100.150.050.100.000.000.500.50合计0.200.250.150.001.00据此结合样本容量为2000可列出22列联表如下：学生距最近食堂较近学生距最近食较堂远合计在食堂就餐点外卖700300500800100010002000500合计1200H零假设：学生中午的用餐情况与学生距最近食堂的远近无关.0200070050030050025006注意到x210.8280.001.100010001200800第19页/共28页据小概率值0.001的独立性检验，推断H不成立，0即可以认为学生中午的用餐方式与学生距最近食堂的远近有关.【小问2详解】PA|DPA|D，PA|DPA|D（i）证法一：由题意得，PADPADPADPAD1P(A|D)0.5P(A|D)，结合.PADPADPDPAPADP(AD)P()P(D).结合条件概率公式知，即PD1PDPDPADPAPD|APD|APAPADPAPDPADPA]PDPADPA0，PAPA]PAPA]PD|APD|A即成立.PA|DPA|D，PA|DPA|D证法二：由题意得，PDPDPADPDPADPD，同理PADPAD所以，PADPADPDPAD于是故，PDPADPD|APD|APAPAPADPDPADPD[PADPAD]PAPAPPADPDPAD成立.0PD|APD|A，即PAPA（ⅱ）设李明在校庆期间去食堂甲就餐的次数为，若选择传统型优惠方案获得的优惠为X元，若选择“饥饿型”优惠方案获得的优惠为Y元，P0)Pk0B7,p，X，对0k7，有PYkb)k1则，Pk),2k7EXEaE7pa，故第20页/共28页777EYYkbkPbkP1k2k2k0[E)P7p)]6，abEXEY令，结合abp，记为0得p1a1.60p1，则EY)E(X)7[qp)6]}0EY，，EX若此时李明应选择“饥饿型”优惠方案；0ppEY)E(X)7[qp)，则6，]}0，EYEX若0此时李明应选择传统型优惠方案.app1p61EXEY，.若，则0b注意到DXDa2D7pa21p，7222DYEY2EYPYEXk277b2k2Pk49p2a2b2k2PkP49p2a2k2k0D)P49pbb22E49p2P149p2a2b2{[E]22a27p1p7p1p649p2a27b26p11p67pa}.22DY)D(X)7b2[6p1p)6]7pa2p)a}2因此，7pba6pbaa07p6pb2ab6p1a2DY)D(X)即.此时李明选择获得的优惠更分散的方案，即获得的优惠方差更大的方案，即“饥饿型”优惠方案.0pp综上所述，当时，李明应选择传统型优惠方案；0当0p1时，李明应选择“饥饿型”优惠方案.PEPF0，，动点P满足EF1,02x，设动点P的轨迹为曲线C，过曲线C与轴的20.已知点1负半轴的交点D作两条直线分别交曲线C于点,B（异于DAD，BD.的斜率之积为3第21页/共28页（1）求曲线C的方程；（2）证明：直线AB过定点.x2y42【答案】（1）（2）证明见解析【解析】PEPF21）根据设点代入即可得到曲线C的方程；（2）先考虑斜率存在的情况，设直线联立，得到AB方程，进而得到AB过定点，再考虑斜率不存在的情况，也得到AB过该定点即可.【小问1详解】PE设，由，得，所以x422Px,y22y2y2，2x1PF两边平方并化简，得曲线C的方程为x2y4.2【小问2详解】由（1）得D0，设直线AD、BD的斜率分别为，，k1kkk212如图所示，224xy当AB不垂直于x轴时，设AD:ykx2，联立，1ykx212122整理得k1x40212412x412，解得x2（舍）或x，11221122221224121224k1xyk2A,当时，，所以，111211211211212k2224k2B,，同理得k21k1222第22页/共28页414k21k2214kk2214kk211212k所以AB的斜率22221k1k21k1k122122k22k2222114k1221k12241k2kk1k12，1k24k2kkk121134kkkAB因为，代入可得，123kk212414221yx故AB的方程为，131k12112281k2144148412121k2yxx3kkk3kkk213kk2即3kk211，121212121444xx1,故AB过定点1,0；3kk123kk3kk1212ABxAx,yBx,y00当轴时，设，则，00001kk202，所以，即3021202x230x20又因为02y204y204x20，代入可得020，解得01或x20A3,B3A3,B3（或所以AB的方程为x1，过点0.综上，直线AB过定点T1,0ABCDBC21.如图所示，在四棱锥P中，底面为直角梯形，AD∥AD、PECD分别为的中点，、90、1CD1、PAPD，E、F．2第23页/共28页（1）证明：平面PAD平面ABCD；（2）若与AB所成角为，求二面角FA的余弦值．【答案】（1）证明见解析3（2）3【解析】1PAPD，E为ADPEADPECD直的判定定理证明；（2）以E为原点，以EA为x轴，为y轴，以EP为轴，建立空间直角坐标系，求得平面EBF的一zmn,n，由个法向量为m(xyz)，再由平面的一个法向量为，，n(0求解.|m||n|【小问1详解】证明：∵PAPD，E是ADPEAD的