2024年高考数学终极押题密卷3（北京卷）含答案

2024年高考数学终极押题密卷3（北京卷）

一,选择题（共10小题）

1.已知集合A={M38={0,1,2,3,4},则AA8=（）

A.{3,4}B.{2,3,4}C.{0,1}D.{0,1,2}

2.已知复数z上"，则z的共施复数W）

Z2-i

A

,4B.2+iC.D.i

3.在（3乂2去）3的展开式中，常数项是）

B

A。14C.9D.4

2

4.设{。〃}是等差数列，下列结论中正确的是（）

A.若。|+〃2>0,则。2+。3>（）

B.若41+如<0,则山+a2Vo

C.若m<0,则（42-41）（42-43）>0

D.若OVmVs,则@2>〃的3

5.已知数列{曲}为等比数列，其前〃项和为S”，。1>0,则“公比q>0”是“对于任意〃EN\S〃>0”的

（）

A.充分而不必要条件

B.必要而不充分条件

C.充分必要条件

D.既不充分也不必要条件

6.在平面直角坐标系xOy中，已知P是圆C：（厂3）2+（y-4）2=1上的动点，若A（-〃，0）,B（«,

0）,〃#0,则|而+而|的最小值为（）

A.12B.8C.6D.4

7.已知函数f（%）=2sin（CD.V+（P）（co>0,|（p|<—）的部分图象如图所示，则/（・TT）的值是（）

2

A.V3B.1C.-1D.-y/~3

8.设a=203,/?=sin—,c=ln2,则()

12

A.c<b<aB.b<c<aC.a<b<cD.b<a<c

1,x>0

9.已知符号函数sgn（x）=<0,x=0,则函数/（x）=sg〃（2加x）-/〃（2x-1）的零点个数为（）

T，x<0

A.1B.2C.3D.4

IO.“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱''垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条

侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相

对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）若某“十字贯穿体”由两个底面边长为2,高为3企的正四

棱柱构成，则下列说法正确的是（）

A.一个正四棱柱的某个侧面与另一个正四棱柱的两个侧面的交线互相垂直

B.该“十字贯穿体”的表面枳是32^

C.该“十字贯穿体”的体积是主迤

3

D.一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的顶点A出发，沿表面到达顶点4的最短路线长为

二.填空题（共5小题）

11.已知二项式（a/7上）5（a>0，b>0）关于x展开式中，所有项的系数之和为32,设展开式中

和的系数分别为小，〃，若"1=2，】,贝IJ。=,b=

22

12.直线y=Ex是双曲线与-27=1的一条渐近线，双曲线的离心率是.

ab

13.若关于X的方程|2r+4-A-2|=<7恰有三个不同实数解.，则实数。的值为.

x3+3ax,

14.设函数/(X)=.

3x+a2,x〉l.

①若/(x)有两个零点，则实数。的一个取值可以是

②若/(x)是R上的增函数，则实数a的取值范围是.

15.黎曼函数在高等数学中有着广泛应用，其一种定义为：在［0,1］时，R(x)=

X—(P，N*，R为既约真分数)n_1*〃山七-皿人在、人

<qqq.若数列a=RQ'),n€N»给出下列四个结论：

0,x=0,1和(0,1)内的无理数nn

®^>=—:

n

③分心/

④£ai>liry^-

i=l乙

其中所有正确结论的序号是.

三,解答题(共6小题)

16.在锐角△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知2〃sinA-J§a=O.

(I)求角B的大小；

(II)求cosA+cosB+cosC的取值范围.

17.如图，在四棱锥尸-ABC。中，平面ABCD,PA=AD=CD=2,BC=3,PC=2«.

(I)求证：CO_L平面PAD；

(H)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面P8C与平面以。所成锐二面角的

大小.

条件①：AB=小

条件②：BC〃平面附D.

注：如果选择的条件不符合要求，第(H)问得。分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一

(II)已知直线丫=履・2与椭圆。有两个不同的交点4B,。为x轴上一点.是否存在实数&,使得

△2W是以点。为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出〃的值及点。的坐标；若不存在，说明

理由.

20.设函数/(x)=ln(OI-+1)-x,t/GR,曲线y=/(x)在原点处的切线为x轴.

(1)求〃的值;

2

(2)求方程f(x)的解：

DCiOA2023.5

(3)证明：e＜芈支)

、2023)

21.设〃是正整数，集合A至少有两个元素，且4GN".如果对于A中的任意两个不同的元素％,y,都有

卜-31#匕则称A具有性质Pa).

(1)试判断集合B=[1,2,3,4}和。={1,4,7,10}是否具有性质P(2)?并说明理由;

(2)若集合人={41,a2,…，412叵{1,2,20),求证：A不可能具有性质P(3)；

(3)若集合AG{1,2,…，2023},且同时具有性质P(4)和P(7),求集合A中元素个数的最大值.

2024年菁优高考数学终极押题密卷3(北京卷)

参考答案与试题解析

一.选择题(共1。小题)

1.已知集合A={M38={0,1,2,3,4},则AA3=()

A.{3,4}B.{2,3,4)C.(0,I)D.{0,I,2}

【考点】交集及其运算.

【专题】转化思想；转化法；集合；数学运算.

【答案】C

【分析】根据交集的定义，即可求解.

【解答】解：・・・A={MvV2},8={0,1,2,3,4},

•'•A门8={0,1}.

故选：C.

【点评】本题主要考查交集及其运算，属于基础题.

2.已知复数z上臣•，则z的共规复数；=()

Z2-i

A.」B.2+iC.-iD.i

2

【考点】共挽复数：虚数单位i、复数.

【专题】计算题.

【答案】C

【分析】将Z=L生化为：z=i,从而可得z的共飘复数；.

2-i

【解答】解：・・・z=ltgL=(I+2i)(2+?=旦0,

2-i(2-i)(2+i)5

z=-/•

故选：C.

【点评】本题考查复数的基本概念，将z=li生化为z=i是关键,属于基础题.

2-i

3.在(3乂2」)3的展开式中，常数项是()

2x

A.9B.C.—

442

【考点】二项式定理.

【专题】计算题：转化思想；综合法；二项式定理：逻辑推理：数学运算.

【答案】A

【分析】直接利用二项式的展开式和组合数求出结果.

【解答】解：利用二项式的展开式Tr+LCg-eAj（「=。，1，2,3）；

r2

当r=2时，常数项为cj畤，（］）2=旦.

24

故选：A.

【点评】本题考查的知识要点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于基础题.

4.设｛«〃｝是等差数列，下列结论中正确的是（）

A.若4|+42>0，则42+。3>0

B.若41+〃3<0，贝|J2Vo

C.若41V0,则（02-41）（。2-〃3）>0

D.若0VaiVa2,则

【考点】等差数列的通项公式.

【专题】探究型；函数思想；分析法；等差数列与等比数列.

【答案】D

【分析】利用等差数列的通项公式及性质逐一核对四个选项得答案.

【解答】解：对于4,*.e47|+«2>0.«2+«3=+2d,d的正负无法判断，42+。3正负无法判断，

故A错误；

对于6,,.•小+。3V0,.，・（。1+<2:+dVO,m+〃2正负无法判断,故5错误;

对于C,（42-41）（42-43）=-CpWO,故C错误；

对于Q,・・・0VmVa2=m+d,.">0,则/-@的3=（力+心2-41（力+2（1）>0,即，a2>Ja1a3»

故。正确.

故选：D.

【点评】本题考查等差数列的通项公式，考查等差数列的性质，是中档题.

5.已知数列｛m｝为等比数列，其前〃项和为S〃，«i>0,则''公比q>0”是“对于任意〃EN*,S〃:>0”的

（）

A.充分而不必要条件

B.必要而不充分条件

C.充分必要条件

D.既不充分也不必要条件

【考点】充分条件与必要条件；等比数列的性质.

【专题】整体思想；综合法；简易逻辑；数学运算.

【答案】A

【分析】根据等比数列的通项公式以及前〃项和公式，分别验证充分性以及必要性即可得到结果.

【解答】解：若/>0,且公比令>0,则an二a]qnT>0，

所以对于任意册N*,S〃>()成立，故充分性成立，

若m>0,且0二二，

q2

1n

.-inn[11

则sn=----------------------=yai[l-(-y)]节残111-(-1)“义(5)]>0,

1-(-万)

所以由对于任意〃WN*,S“>0,推不出g>0,故必要性不成立；

所以“公比它0”是“对于任意〃WN*,S〃>0”的充分不必要条件.

故选：A.

【点评】本题主要考查了等比数列的前〃项和公式，考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题.

6.在平面直角坐标系xOy中，已知P是圆C：(x-3)2+(y-4)2=1上的动点，若4(-小0),B(a,

0),〃#0,则|而+而|的最小值为()

A.12B.8C.6D.4

【考点】直线与圆的位置关系.

【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；数学运算.

【答案】B

【分析】根据题意得到|五+而l=2iporiP0k/«=ioci-1,即可得到答案.

【解答】解：因为IPA+PB1=2瓦|而加〃=QC|-1=7S2+42・1=4.

所以I威+五|的最小值为8.

故选:B.

【点评】本题主要考查了向量数量积的性质在最值求解中的应用，还考查了圆的性质的应用，属于基础

题.

7.已知函数/•(%)=2sin(ou+(p)(3>0,|(p|<2L)的部分图象如图所示，则/(-TT)的值是()

2

A.V3B.IC.-ID.-A/3

【考点】由y=Asin(a)x+(p)的部分图象确定其解析式.

【专题】计算题；数形结合；数形结合法；三角函数的图象与性质；数学运算.

【答案】A

【分析】根据函数图象求出函数解析式，从而可得函数值.

【解答】解：由图象可得工=匹-(一旦L)=匹，

212122

所以r=7T,所以3="=2,

T

由五点作图法可得2X?L+(P=?L,所以叩=三，

1223

所以f(x)=2sin(2r+—),

3

所以/(-TT)=2sin(-2TT+—^-)=2sin-^-=V3-

33

故选：A.

【点评】本题主要考查由)，=加而(3户叩)的部分图象确定其解析式，考查运算求解能力，属于基础题.

8.设a=203,/?=sin—,c=ln2,则()

12

A.c<b<aB.b<c<aC.a<b<cD.b<a<c

【考点】对数值大小的比较.

【专题】综合题：函数思想；综合法；函数的性质及应用：数学运算.

【答案】B

【分析】根据函数的单调性可比较得结果.

0,3=

【解答】解：a=2>2°bb=sin^sinl5°<sin?O°$而爪<2v。,则/<1也<1，

呜<c〈l，

所以b<c<a.

故选:B.

【点评】本题主要考查利用单调性比较两个数的大小，属于中档题.

1»x>0

9.已知符号函数sgn(x)=0,,则函数/(X)=sg〃(2/〃x)-历(2x-1)的零点个数为()

T，X<0

A.1B.2C.3D.4

【考点】函数的零点与方程根的关系.

【专题】新定义；函数思想；综合法；函数的性质及应用；数学运算.

【答案】C

【分析】先分段写出(2/ZLV)的解析式，然后分类求方程(2/ZLV)=ln(2v-1)的根即可.

【解答】解：令/(x)=0,则(2/ZLV)=ln(2x7),

1,x>1

y=sgn(2//ir)=<0,x=l,

-1,0<x<1

当x>1时，若及(2x-l)=1,得工=上坦，符合；

2

当x=l时，若历(2x-1)=0,得x=l,符合：

当0<%<1时，若/〃(2x-I)=-I,得1=，•+•1,符合；

2e2

故函数/(x)=sgn(2/zu)-In(Zv-1)的零点个数为3.

故选：C.

【点评】本题属于新概念题，考查了函数的零点、对数函数的性质，属于基础题.

10.“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条

侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相

对的侧棱交于一点(该点为所在棱的中点)若某“十字贯穿体”由两个底面边长为2,高为3五的正四

棱柱构成，则下列说法正确的是()

A.一个正四棱柱的某个侧面与另一个正四棱柱的两个侧面的交线互相垂直

B.该“十字贯穿体”的表面枳是32＞技

C.该“十字贯穿体”的体积是至运

3

D.一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的顶点4出发，沿表面到达顶点8的最短路线长为4加

【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积.

【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；直观想象；数学运算.

【答案】C

【分析】4项，验证是否满足勾股定理.；B项，该“十字贯穿体”由4个正方形和16个与梯形BDOG

全等的梯形组成，由此即可得；。项，两个正四棱柱的重叠部分为多面体CDGOST,可以分成8个全等

的三棱锥C-GO/,由此计算可得；。项，平面展开图即可求最短路线长.

【解答】解：依题意，不妨设该几何体中心对称,

对于A：在梯形BOOG中，BD百良士巨工2，BG=2,0G」3企,

222

DC=2®则oc=OD=)2+22=V6»所以。

即一个正四棱柱的某个侧面与另一个正四棱柱的两个侧面的交线不互相垂直，A错误:

对于从该“十字贯穿体”由4个正方形和16个与梯形8O0G全等的梯形组成,

(2y-+^-)X2=32V2+16*

故表面积S=4义2X2+16X得X8错误;

对于C两个正四棱柱的重叠部分为多面体CQGOS7,取CS的中点/,

则多面体C7X7OS7可以分成8个全等的三棱锥C-

则SaGo/=~^x2X2=2，且C/~L平面GOhC/=V2»则VCGOI=—X2XV2=,我，

233

则该“十字贯穿体”的体积为V=2X2X2x3V2-8VC-G0/=24A/2-_1^巨=至6巨.

33

对于。：将面ACO,而ECON,面NF。。绕着面与面之间的交线旋转到与面。OG8共面,

如图：则tan/D0G=3a2祀班〉1，

~22~

所以NN0G=2NQ0G为钝角，连接A8,

则线段人A的长为一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的顶点人出发，沿表面到达顶点"的最短路线长,

根据对称性可得人BJ_NO,因为tan/D0G=V5，

所以tanZNOG=tan2ZDOG=^=-2V2,又tanNBCG=§方二,

2

-272兽巨r

乙Y乙RQA/O

所以tan/NOB=tan(ZNOG-ZBOG)=----------/-

1+(-3)父n率§

O

8V2

所以sin/NOB=I2

V52+(8V2)

V17

又OB=A22+

而

所以BP=OBsinNNOB=^^^X号,则。借误.

故选：C.

【点评】本题考查多面体的综合计算，属于难题.

二,填空题（共5小题）

11.己知二项式（@心上V&>0，b>0）关于x展开式中，所有项的系数之和为32,设展开式中x

x

和的系数分别为〃?，〃，若机=2”,则a=4,b=2.

【考点】二项式定理.

【专题】转化思想；综合法；二项式定理；数据分析.

【答案】见试题解答内容

【分析】由题意利用二项式系数的性质，求得所有项的系数之和为（a-b）5=32①，再根据通项公式

求得a=2b②，

由①©求得。、人的值.

【解答】解：已知二项式（a4卫）5（a>0，b>0）关于工展开式中，所有项的系数之和为（。■人）

x

5=32①，

5-3r

设展开式中的通项公式为THI=%•（・力）x2，

令5-3r=1,求得r=],可得x的系数为m=-5b*a4.

2

令5-3r=_2,求得「=3,不得x”的系数为〃=-]（）力3.。2,若〃?=2〃，

2

则-5。・。4=-20b^a2,即a=2b②.

则由①②求得a=4,b=2,

故答案为：4；2.

【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于中档题.

-22

12,直线y二6x是双曲线与-的一条渐近线，双曲线的离心率是一2.

a2b2

【考点】双曲线的性质.

【专题】计算题；方程思想；转化思想；圆锥曲线的定义、性质与方程.

【答案】见试题解答内容

【分析】根据题意，由双曲线的标准方程可得其渐近线方程，结合题意可得上=4§,即卜=心,由

a

双曲线的性质可得c=2〃，进而由双曲线的离心率公式计算可得答案.

【解答】解：根据题意，双曲线的方程为2；一工;=1则其渐近线方程为），=±上»

又由直线片愿x是双曲线£-==1的一条渐近线，则有上=«,即"=«小

a2b2a

则c=Va2+b2=2a>

则双曲线的离心率e=£=2；

a

故答案为：2.

【点评】本题考查双曲线的标准方程以及几何性质，关键是掌握双曲线的离心率的计算公式.

13.若关于x的方程亿计4-矽=〃恰有三个不同实数解.，则实数a的值为J.

【考点】函数的零点与方程根的关系.

【专题】数形结合；数形结合法；函数的性质及应用.

【答案】见试题解答内容

【分析】问题等价于函数y=|2x+4-7|的图象和），=“恰有三个不同公共点，数形结合可得.

【解答】解：问题等价于函数），=2什4-』|的图象和），=〃恰有三个不同公共点，

y=|2r+4・f|的图象可由尸2什4・f=・（x-1）2+5的图象A•轴上方的不动，x轴下方的对称上去,

如图数形结合可得〃=5

【点评】本题考查根的存在性和个数的判断，转化为函数图象的交点并准确作图是解决问题的关键，属

中档题.

x3+3ax,

14.设函数f(x)=.

3x+a2,x〉l.

①若/（X）有两个零点，则实数〃的一个取值可以是7（答案不唯一）

②若/（x）是R上的增函数，则实数。的取值范围是£2,^00）

【考点】分段函数的应用.

【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用：导数的综合应用；直观想象；数学运算.

【答案】-1(答案不唯一)；[0,1]U⑵+8).

【分析】由题意可得了(工)=/+3”必有两个零点，利用导求解即可第一空答案：

利用导数判断出函数在(・8,1]和(1,+8)上均单调递增，再由1+3〃W3+J求解即可得第二空答

案.

【解答】解：①因为当x>l时，/(x)=3/。2>3,此时函数没有零点，

要使函数有两个零点，则/(x)=/+3orGWl)必有两个零点，

又因为f(x)=3/+3小

所以当-1时，则，(A)=3?-3,

令/(x)=0,则x=1或-1,

故/(x)在(-8,-|)单调递增，在(-1,I)单调递减，

/(-2)=-8+6=-2<0；/(-1)=-1+3=2>0,

故f(外在(-2,-1)内有一个零点，在(-1,1)内也有一个零点，故有2个零点，

则。=-1满足条件；

②根据题意可得，当xWl时，,r(x)=3』+3。20,

所以・/，

又因为xWl,所以・/<0,

故心0；

当x>l时，,1(x)=3>0,

BPx>l时，f(x)单调递增恒成立，

要使/(、)在R上为增函数，

故在x=l时，f(l)=l+3aW3+J,解得〃力2或aWl,

故。的取值范围为[0,1]U[2,+8).

故答案为：-I(答案不唯一)；[0,l]U[2,+8).

【点评】本题考查了函数的零点、导数的综合运用，属于中档题.

15.黎曼函数在高等数学中有着广泛应用，其一种定义为：.同0,1]时，R(x)=

5,X^(p,qCN*，孕既约真分数)若数列…R(j廷屋给出下列四个结论:

0,x=0,1和(0,1)内的无理数nn

n

②a〃+2Va〃+i：

ni

④Eai>lir^-

i=lz

其中所有正确结论的序号是②③④.

【考点】数列与函数的综合.

【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算.

【答案】②③④.

【分析】由黎曼函数的定义和数列的裂项相消求和、函数g(x)="-x-l的性质，可得结论.

【解答】解：对于①，〃WN+,，〃=1时，a1=R(0)=0卉；，故①错误：

对于②，〃〃+[=—1—,a41，，4〃+1>4〃+2，故②正确：

n+1n+2n+2

对于③，Vaiai+\=a\a2+a2a^a3ci4+...+anan+i=-y<-A+AxA+...+A*―

M2334nn+1

=—―-ji-+---4^一]<1，故③正确；

2334nn+12n+12

n

对于④，VCli=aI+«2+«3+...+：ln=—+—+...+A(栏2),

々I23n

构造函数g(x)=^-x-1(x>0),

则g，(x)=ex-l>0.g(x)单调递增,Jg(x)>g(0)=0,

eM+1,

即当x>0时,>x+l,可得QEAJL+I,e7>

e2n

1.1.1

则当中…十>旦X匹X...Xm1=止1

e23n223n2

nn—

当〃=1时，z%=町=0,rai〉ln(*)，故④正确.

i=li=l/

故选：②③④.

【点评】本题考查函数与数列的综合，以及数列的裂项相消求和、累乘法，考查转化思想和运算能力,

属于中档题.

三,解答题(共6小题)

16.在锐角△A8C中，角A,3,。所对的边分别为a,b,c.己知2加inA-J§a=O.

(I)求角B的大小；

(II)求cos4+cosB+cosC的取值范围.

【考点】正弦定理；两角和与差的三角函数.

【专题】综合题；函数思想；转化法；解三角形；数学运算.

【答案】见试题解答内容

【分析】(I)根据正弦定理可得sin3=近，结合角的范修，即可求出，

2

(H)根据两角和差的余弦公式，以及利用正弦函数的性质即可求出.

【解答】解:(I)V2MnA=V3«»

2sin3sinA=V^sinA,

VsinA^O,

・・・sinB=近，

2

•「△ABC为锐角三角形，

3

(II)为锐角三角形，B=—t

3

・・・C=12L-A,

3

cosA+cosB+cosC=cos>4+cos(2工-A)+cos-^-=cosA--^cosA+^-?-sinA+—=iosA+^-l-sinA+—=

33222222

sin(A+W-),

62

△ABC为锐角三角形，0<AV?L,0<C<—,

22

解得？L<AV?L,

62

..<A+<———，

363

/.^-?-<sin(4+~2L)Wl,

26

.\X3_+A<sin(4+—)+_lw3,

22622

，cosA+cos8+cosC的取值范围为—].

22

【点评】本题考查了正弦定理，三角函数的化简，三角函数的性质，考查了运算求解能力和转化与化归

能力，属于中档题.

17.如图，在四棱锥P-A8CD中，以，平面A8CO,PA=AD=CD=2fBC=3,PC=243.

（I）求证：COJ■平面PAD.

（ID再从条件①、条件②这两个条件中选择•个作为己知，求平面尸与平面孙。所成锐二面角的

大小.

条件①：后：

条件②：8c〃平面附。.

注：如果选择的条件不符合要求，第（H）问得。分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一

个解答计分.

【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直.

【专题】数形结合：向量法：综合法：立体几何：逻辑推理：数学运算.

【答案】（I）证明过程见解答；（II）工.

4

【分析】（I）连接AC,由题目条件可推得△AOC为等腰直角三角形，且/ACD二工，ZADC=—»

42

即CO_LAO,再E4J_CD,由线面垂直的判定定理即可证明；

（II）选条件①或选条件②均可证明RC上CD,建立以A为原点的空间直角坐标系，求出平面PBC与

平面陶。的法向量，由二面角求解即可.

【解答】解：（I）如图，连接AC,因两JL平面ABCD,AC,CQu平面ABCD,则PA1AC,PA1

又PC=2«，%=2,贝iJAC=2«，

因为AD=OC=2,所以△AOC为等腰直角三角形，其中NACD=2L，ZADC=—•所以⑦上月。，

42

又因为见_LCQ,AD,BAu平面见D,ADOPA=A,所以CD_L平面以D：

(II)若选条件①,由余弦定理可得:ACAB8+9-5灾

COSZACB=2^BC2X272X3-2

结合NAC8为三角形内角，得/ACB二二，

4

又NACD=4则/BCD二g即3C_LCD

42

若选条件②，因8c〃平面以D,3Cu平面A8C。，平面A3COG平面以。=40,则《C〃AO,

又NADO3则NBCD^，即3C_LCD

乙乙

故建立以4为坐标原点，如图所示空间直角坐标系(x轴所在直线与。。平行)，

又必=4O=CO=2,灰?=3,AB=V5，

则4(0,(),0),B(2,-I,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),

所以皮二(0,3,0)，CP=(-2,-2,2>DC=(2,0,0)，

由题知，平面以。法向量为五=*,0,0),

设平面P8C法向量为；=(x,_v，z),

则回青3y=0

n*CP=-2x-2y+2z=0

令x=1,则y=0,z=l,所以n=(1,0,1),

设面PBC与平面PAD所成锐二面角为仇

所以cosB=IcosC，氏〉1:卜片；；'I当'所以9号・

【点评】本题考查线面平行证明和二面角的求法，还考查空间想象能力和运算求解能力，属于中档题.

18.每年的4月23日是联合国教科文组织确定的“世界读书口”，又称“世界图书和版权日”.为了解某

地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了5（X）名高一学生进行在线调查，得到了这500

名学生的日平均阅读时间（单位：小时），并将样本数据分成[0,2],（2,4],（4,6],（6,8],（8,10],

（10,12],（12,14],（14,161，（16,18]九组，绘制成如图所示的频率分布直方图.

（II）为进一步了解这500名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日平均阅读时

间在（12,141，（14,16],（16,18]三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人.现从这10

人中随机抽取3人，记日平均阅读时间在（14,16]内的学生人数为X,求X的分布列；

（III）以调查结果的频率估计概率，从该地区所有高一学生中随机抽取20名学生，用“尸20（A）”表示

这20名学生中恰有A名学生日平均阅读时间在（10,12]（单位：小时）内的概率，其中2=0,1,2,…，

20.当P20（攵）最大时，写出攵的值.（只需写出结论）

【考点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变最的期望与方差；频率分布直方图.

【专题】转化思想；综合法；概率与统计；逻辑推理；数学运算.

【答案】见试题解答内容

【分析】（I）由频率分布直方图列出方程，能求出。的值.

（II）由频率分布直方图求出这50。名学生中日平均阅读时间在（12,141，（14,16],（16,18]三组内

的学生人数分别为50人，40人，10人，采用分层抽样的方法抽取了10人，则从FI平均阅读时间在（14,

16]内的学生中抽取4人，现从这10人中随机抽取3人，则X的可能取值为（），1,2,3,分别求出相

应的概率，由此能求出X的分布列.

（III）当尸20（左）最大时，攵=4.

【解答】解：(I)由频率分布直方图得：

2(0.02+0.03+0.05+0.05+0.15+«+0.05+0.04+0.01)=1,

解得4=0.10.

(11)由频率分布直方图得:

这500名学生中日平均阅读时间在(12,14],(14,16],(16,18]三组内的学生人数分别为:

500X0.10=50人，500X0.08=40人，500X0.02=10人，

若采用分层抽样的方法抽取了10人,

则从日平均阅读时间在(14,16]内的学生中抽取：一些一X10=4人,

50+40+10

现从这10人中随机抽取3人，则X的可能取值为0,1,2,3,

3

C6_

P(X=0).20一

3120

C10

C4C6_60

P(X=l)

7

c?o访

r2ri

u

P(X=2)4^6_36-3

C3I20Io,

b10

3

C4.

P(X=3)4.,1

312030

C10

•••X的分布列为:

X0123

P_131

7~2"1030

(III)当尸20⑷最大时,k=4.

【点评】本题考查频率、离散型随机变量的分布列、实数值的运算，考查频率分布直方图、超几何分布、

排列组合等某础知识，考查运算求解能力，是中档题.

22

19.椭圆C：三三=i(a>b>0)的离心率为乂之，Fi,广2是椭圆的左、右焦点，以为为圆心、区为

a2b222

半径的圆与以广2为圆心、3为半径的圆的交点在椭圆C上.

2

(I)求椭圆C的方程和长轴长；

(II)已知直线2与柄圆C有两个不同的交点A,B,尸为x轴上一点.是否存在实数匕使得

△办8是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出k的值及点P的坐标；若不存在，说明

理由.

【考点】直线与圆锥曲线的综合；椭圆的标准方程；椭圆的性质.

【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算.

【答案】见试题解答内容

【分析】（I）根据椭圆的离心率有工巫，根据椭圆的定义有2〃=4,即可求出椭圆方程与长轴长：

a2

（II）设A（xi,yi）,B（X2,”），联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，设中点G（xo,加）,

即可表示出G的坐标，假设存在A和点尸（〃?，0）,使得△%8是以P为直角顶点的等腰直角三角形，

则PGL43,故kpG・kAB=-1,求出m用k表示,再利用瓦•访=0列方程，将m代入即可求出k的值,

从而求出P的坐标;

【解答】解：（I）由题意,—提4=2a，解得。=2，c=«，

a22乙

所以序=/-<?2=4-3=1,

2

所以椭圆c的方程为*+y2=],长轴长为2〃=4.

y=kx-2

（II）联立，Y2.，消去），整理得：（4F+1）16近+12=0.

T+y=1

由A=256F4(4A^H)X12>0,解得卜2〉3,

4

12

设A(xi,yi),B(X2,”)，则Xi+x/-呼XiX=-2-

4k2+124k2+1

设48中点G（炖，和）,

xi+x

则2_8k

4k2+1'No-2信

8k-2

故Gf)•

4k2+l4k2+1

假设存在A和点P（〃?，0）,使得ARW是以P为直角顶点的等腰直角三角形,

则PGA-AB,故kpG*kAB=-1,

-2

-2-

所以叫Xk*l,解得垣一^，故P(—

+10).

—4k2+14k2+1

4k.1

又因为/APB：%，所以瓦•而迅

2

所以(XI-tn,yi)*(x2-m9yi)=0,即(xi-m)(X2-m)+y\y2=0.

整理得(k2+l)xix-(2k+m)(x1+x)+m2+4=0,

■L乙2X2w

所以42+1)-煤一-(2k+m)•—号」+血2+4=0，

4k'+l4k'+l

2

将m二合代入得(k+l)，—y-—(2k+?”皇+(6,)2+^

4kz+l4k，l4kz+l4k，l4kz+l

2222222

pn12(k+l)(4k+l)-128k(k+l)+36k+4(4k+l)八

即---------------------------------5-------------------=0*

(4k2+l)2

所以1616k所以&4=i,即左=±1,

(4k2+l)2

当左=1时，尸点坐标为（晟，0）；当女=・i时，户点坐标为（得，0）,

此时，△加8是以P为直角顶点的等腰直角三角形.

【点评】本题考查了椭圆的方程及性质，考杳了直线与椭圆的综合，考查了方程思想及数学运算能力,

属于中档题.

20.设函数/（I）=ln（or+1）-x,t/GR,曲线y=/（x）在原点处的切线为x轴.

（1）求〃的值;

2

（2）求方程f（x）f的解：

DCiOA2023.5

（3）证明：e＜心"）

、2