新疆維吾爾自治區(qū)烏魯木齊市2023屆高三三模數(shù)學(xué)（理）試題（含答案與解析）

烏齊地區(qū)2023年高三年級第三次質(zhì)量監(jiān)測

數(shù)學(xué)

（試卷滿分150分，考試用時120分鐘）

注意事項：

1.答題前，考生先用黑色字跡的簽字筆將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試卷及答題卡的指定

位置，然后將條形碼準(zhǔn)確粘貼在答題卡的“貼條形碼區(qū)”內(nèi)。

2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體

工整，筆跡清晰。

3.按照題號順序在答題卡相應(yīng)區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效。

4.在草稿紙、試卷上答題無效。

第I卷（選擇題共60分）

一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，在每小題給出的四個選項中只有一項是符合題

目要求的.

1.已知集合M滿足{2,3}U"±{1,2,3,4},那么這樣的集合M的個數(shù)為（）

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

2.設(shè)復(fù)數(shù)Z滿足(l+2i)?z=5i(i是虛數(shù)單位)，則5=()

A2-iB.2+iC.-2-iD.-2+i

l,x>0

3.定義符號函數(shù)SgrLX=<0,x=0,則方程fSgnx=5x-6的解是()

—1,%<0

A.2或-6B.3或-6C.2或3D.2或3或-6

4.如圖，是1963年在陜西寶雞賈村出土的一口“何尊”（尊為古代的酒器，用青銅制成），尊內(nèi)底鑄有12

行、122字銘文.銘文中寫道“唯武王既克大邑商，則廷告于天，日：‘余其宅茲中國，自之辟民”‘，其中宅

茲中國為“中國”一詞最早的文字記載.“何尊'’可以近似看作是圓臺和圓柱組合而成，經(jīng)測量，該組合體的深

度約為3（）cm,上口的內(nèi)徑約為20cm,圓柱的深度和底面內(nèi)徑分別約為20Cm,16cm,則“何尊”的容積大

約為（）

A5500cm3B.6000cm3C.65∞cm3D.7000cm3

5.已知等差數(shù)列{q}的前〃項和為S,,,且％=5,q+Eι=67,貝應(yīng)41是{%}中的（）

A.第45項B.第50項C.第55項D.第60項

/廿ππ

6.若CoSld-a~,則Sinl2a+合=()

6/

247724

A.——B.——C.D.—

25252525

7.5G技術(shù)在我國已經(jīng)進(jìn)入高速發(fā)展的階段，5G手機(jī)的銷量也逐漸上升，某手機(jī)商城統(tǒng)計了最近5個月手

機(jī)的實際銷量，如下表所示:

時間X12345

銷售量y（千只）0.50.81.01.21.5

若＞與X線性相關(guān)，且線性回歸方程為,=0?24x+方，則下列說法不正確的是（）

A.由題中數(shù)據(jù)可知，變量了與X正相關(guān)，且相關(guān)系數(shù)廠＜1

B.線性回歸方程9=024尤+4中4=0.26

殘差自（i=1,2,3,4,5）的最大值與最小值之和為O

D.可以預(yù)測x=6時該商場5G手機(jī)銷量約為1.72（千只）

8.已知直線/：x+2y-4=0與X軸和y軸分別交于A,8兩點，以點A為圓心，2為半徑的圓與X軸的交

點、為M（在點A右側(cè)），點P在圓上，當(dāng)NMw5最大時，?MP5的面積為（）

3648

A.—B.8C.2+2√10D.——

55

9.已知四棱柱ABCD-A4GR的底面是邊長為2的正方形，側(cè)棱與底面垂直，。為AC的中點，若點

4

。到平面AgA的距離為則ADl與平面所成角的正弦值等于（）

r√io1

民半D.-

AW103

10.定義區(qū)表示不超過X的最大整數(shù),{x}=X-印例如：[3.2]=3,{-3.2}=0.8.?

[χ]+[γ]<[χ+γ];②存在XOeR使得[{χ0}]≠0;③|x—?<1是[χ]=[y]成立的充分不必要條件；④

方程2x{x}—x—l=O的所有實根之和為τ,則上述命題為真命題的序號為()

A.①②B.①③C.②③D.①④

11.希臘著名數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)“平面內(nèi)到兩個定點AB的距離之比為定值;1(4≠1)的點的軌跡是圓”.

后來，人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓.已知在平面直角坐標(biāo)系XOy中,

,若點P是滿足∕l=g的阿氏圓上的任意一點，點。為拋物線C:

點Ay?=6x上

3

的動點，。在直線X=—5上的射影為R,則IP用+2∣PQ∣+2∣Q用的最小值為()

A.4B.√37C.√42D.3√5

12.已知a=e4",∣=0.9,c=21nθ.9+b貝U()

A.b>c>aB.a>c>bC.c>b>aD.b>a>c

第∏卷(非選擇題共90分)

二、填空題：本大題共4小題，每小題5分.

13.如圖，平行四邊形ABC。的對角線相交于點O，E，尸分別為AB，OC的中點，若

EF=xAB+yAD(^x,γ∈R),則無+>=.

14.已知函數(shù)/(x)=2COS(S+。)[。>0,刨<向部分圖象如圖所示，將函數(shù)/(x)圖象上所有的點

向左平移四個單位長度得到函數(shù)g(x)的圖象，則g[9]的值為______.

6J

丫2

15.己知雙曲線C：二—>2=1的左右焦點分別為耳，F(xiàn),,過工的直線交雙曲線C于A,B兩點，若

4

ABFx的周長為20,則線段AB的長為.

16.已知各項均不為零的數(shù)列｛0,,｝的前〃項和為S“，q=T,4≤%≤8,a]00<O,且

2α,4+2+α,,+∣4+3=°，則SH）O的最大值等于.

三、解答題：第17?21題每題12分，解答應(yīng)在答卷的相應(yīng)各題中寫出文字說明，證明過程

或演算步驟.

17.在一ABC中，角A,B,C的對邊分別為。，b,c,且zJJ/cosB-c?=2"cosC+/一廿

（1）求NB大小；

（2）若ABC為銳角三角形，且α=2,求一ABC面積的取值范圍.

18.學(xué)校門口的文具商店試銷售某種文具30天，獲得數(shù)據(jù)如下：

日銷售量（件）01234

天數(shù)261093

試銷售結(jié)束后開始正式營銷（假設(shè)該商品日銷售量的分布規(guī)律不變）.營業(yè)的第一天有該文具4件，當(dāng)天營

業(yè)結(jié)束后檢查存貨，如果發(fā)現(xiàn)存貨少于3件，則當(dāng)天進(jìn)貨補(bǔ)充至4件，否則不進(jìn)貨.

（1）記X為第二天開始營業(yè)時該文具的件數(shù)，求X的分布列；

（2）設(shè)一年去掉2個月的假期，該文具店的正常營業(yè)時間為300天，其中X=4的天數(shù)為V，求

p（y=4）取最大值時化的值.

19.在一ABC中，ZACfi=45o,BC=3,過點A作A。工BC,交線段BC于點。（如圖1）,沿AD

將Z∑A8O折起，使∕8DC=90°（如圖2）,點E,M分別為棱BC,AC的中點.

（1）求證：CD上ME；

（2）當(dāng)三棱錐A-BCD的體積最大時，試在棱C。上確定一點N,使得,并求二面角

M-BN-C的余弦值.

20.已知圓C:（x+JJ『+y2=16,A（√3,0）,P是圓C上任意一點，線段垂直平分線與半徑

PC相交于點。，設(shè)。點的軌跡為曲線E.

（1）求曲線E的方程；

（2）已知。（一2,1）,3（0,1）,過點Z）的直線與曲線E交于不同的兩點M,N,M點在第二象限，直

線與X軸交于R，求aBRN面積的最大值.

3

21.已知函數(shù)/(x)=χ2+?^,g(x)=lnx.

(1)設(shè)函數(shù)〃(X)=/(%)-g(%),求〃(X)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若直線y=-2x+r,r∈R分別與/(x),g(x)的圖象交于A,B兩點,求IA目的最小值.

選考題：共10分，請考生在22、23兩題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計

分.作答時用2B鉛筆在答題卡上把所選題目的題號涂黑.

［選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程］

［x'=2x

22.在平面直角坐標(biāo)系XQy中，曲線。：/+丁=1所對應(yīng)的圖形經(jīng)過伸縮變換得到圖形。，.

(1)寫出曲線C平面直角坐標(biāo)方程；

(2)點P在曲線C'上，求點P到直線/:氐+y-6=0的距離的最小值及此時點P的坐標(biāo).

［選修4-5：不等式選講］

23.已知/(x)=∣2x+l∣,不等式/(x)<3x的解集為M.

(1)求集合M；

不等式“x)+∕jN4-4恒成立,

(2)χ∈M求正實數(shù)”的最小值.

參考答案

一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，在每小題給出的四個選項中只有一項是符合題

目要求的.

1.已知集合〃滿足"J}CMR123,4},那么這樣的集合M的個數(shù)為()

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

【答案】D

【解析】

【分析】根據(jù)題意，利用列舉法計數(shù)即可.

【詳解】?..{2,3}三Mq{1,2,3,4},.?.要確定集合M只需確定1和4是否放置在其中，

共有4種情況，{2,3},{1,2,3},{2,3,4},{1,2,3,4},

故選：D

2.設(shè)復(fù)數(shù)Z滿足(l+2i)?z=5i(i是虛數(shù)單位)，則N=()

A.2-iB.2+iC.-2-iD.-2+i

【答案】A

【解析】

【分析】兩邊同乘以l+2i的共輾復(fù)數(shù)，然后化簡運算求得z=2+i,進(jìn)而得解.

【詳解】（l+2i）（l—2i）?z=5z=5i（l-2i）=10+5i,.?.z=2+i,，5=2—i，

故選：A

1,Λ>O

3.定義符號函數(shù)SgnX=<0,x=0,則方程尤2sg∏χ=5x-6的解是（）

-l,x<0

A.2或一6B.3或-6C.2或3D.2或3或一6

【答案】D

【解析】

【分析】根據(jù)符號函數(shù)的意義，分段解方程作答.

2

【詳解】依題意，當(dāng)x>0時，方程尤2sg∏Λ=5x-6為：X=5X-6,解得X=2或X=3,因此x=2或

x=3,

?6

當(dāng)尤=0時，方程fSgnX=5x-6為：（）=5x-6,解得x=《，于是無解，

當(dāng)尤<0時，方程VSgrLr=5x-6為：-d=5χ-6,解得x=-6或X=1，因此x=-6,

所以方程/SgnX=5x-6的解是X=2或X=3或X=-6.

故選：D

4.如圖，是1963年在陜西寶雞賈村出土的一口“何尊”（尊為古代的酒器，用青銅制成），尊內(nèi)底鑄有12

行、122字銘文.銘文中寫道“唯武王既克大邑商，則廷告于天，日：‘余其宅茲中國，自之辟民’”，其中宅

茲中國為“中國”一詞最早的文字記載.“何尊”可以近似看作是圓臺和圓柱組合而成，經(jīng)測量，該組合體的深

度約為30cm,上口的內(nèi)徑約為20cm,圓柱的深度和底面內(nèi)徑分別約為20cm,16cm,則“何尊”的容積大

約為（）

A.5500cm3B.6000Cm`C.65(X)cm3D.70∞cm3

【答案】C

【解析】

【分析】根據(jù)圓柱以及圓臺的體積公式計算，即可得答案.

【詳解】由題意可知圓臺的高為30—20=10(Cm),

故組合體的體積大約為兀X82X20+g兀X⑻+8X10+10?)Xlo=≈6573(cm3),

故選：C

5.已知等差數(shù)列｛4｝的前〃項和為S,,,且%=5,4+S"=67,則%即是｛4｝中的()

A第45項B.第50項C.第55項D.第60項

【答案】C

【解析】

【分析】由等差數(shù)列的性質(zhì)與通項公式求得外和公差d后得通項公式，再計算即可得.

【詳解】｛〃〃｝是等差數(shù)列，則α∣+H]=α∣+U4=67=12q+55d=67,又%=q+4d=5,

4=1

聯(lián)立可解得｛,,an=n9

a=I

=5×11=55=?,是第55項.

故選：C.

6.若COSlk_2J=二，貝IJSin(2a+k]=()

247724

A.-----B.-----C.—D.

25252525

【答案】B

【解析】

【分析】利用湊角，同角三角函數(shù)關(guān)系和二倍角的余弦公式轉(zhuǎn)化計算.

fTl?Tlπsln2

【詳解】sin2。+—=sin2—+—≈?-?-?=

I6JI166J（6J

任FUl一1=_2

（6）2525

故選：B

7.5G技術(shù)在我國已經(jīng)進(jìn)入高速發(fā)展的階段，5G手機(jī)的銷量也逐漸上升，某手機(jī)商城統(tǒng)計了最近5個月手

機(jī)的實際銷量，如下表所示：

時間X12345

銷售量y(千只)0.50.81.01.21.5

若y與X線性相關(guān)，且線性回歸方程為9=0?24x+4,則下列說法不正確的是()

A.由題中數(shù)據(jù)可知，變量y與X正相關(guān)，且相關(guān)系數(shù)r<1

B.線性回歸方程亍=0.24%+4中￡=0.26

C.殘差自(i=1,2,3,4,5)的最大值與最小值之和為O

D,可以預(yù)測x=6時該商場5G手機(jī)銷量約為1.72(千只)

【答案】B

【解析】

【分析】根據(jù)已知數(shù)據(jù)，分析總體單調(diào)性，并注意到增量不相等，不是嚴(yán)格在一條直線上，從而判定A；求

得樣本中心點坐標(biāo)，代入已給出的回歸方程，求解，從而判定B；根據(jù)殘差定義求得各個殘差，進(jìn)而得到殘

差的最大值與最小值，從而判定C；利用回歸方程預(yù)測計算即可判定D.

【詳解】從數(shù)據(jù)看y隨X的增加而增加，故變量V與X正相關(guān)，由于各增量并不相等，故相關(guān)系數(shù)r<1，

故A正確；

由已知數(shù)據(jù)易得元=3,9=1,代入9=0.24x+a中得到?=1-3x0.24=1-0.72=0.28,故B錯誤；

夕=0.24x+0.28,

R=O.24+0.28=0.52,%=0.24x2+0.28=0.76,%=0.24x3+0.28=1.00,

y4=0.24x4+0.28=1.24,攵=0.24x5+0.28=1.48,

自=0.5-0.52=—0.02,e2=0.8-0.76=0.04,a=1—1=0,?=1.2-1.24=-0.04,

?=1.5-1.48=0.02,

殘差e,(z=l,2,3,4,5)的最大值e2=0.04與最小值備=一。。4之和為0,故C正確；

X=6時該商場5G手機(jī)銷量約為9=0.24×6+0.28=1.72,故D正確.

故選：B

8.已知直線/：x+2y-4=0與X軸和y軸分別交于A,s兩點，以點4為圓心，2為半徑的圓與X軸的交

點為M(在點A右側(cè))，點P在圓上，當(dāng)NMBP最大時，ZW3B的面積為()

36L48

A.-ξ-B.8C.2+2√10D.

【答案】A

【解析】

【分析】當(dāng)BP為圓的一條位于AB下方的切線時滿足NMBP最大，通過計算得。戶的方程再通過面積公式

計算即可.

【詳解】如圖所示，不難發(fā)現(xiàn)當(dāng)BP為圓的一條位于AB下方的切線時滿足NAffiP最大，

由題意可得4(4,0)、3(0,2)、M(6,0),不妨設(shè)/外：N=丘+2,

∣4Zτ+2∣4

則4至IJBP的距離為」I——=2nk=一—，或Z=O（舍去）.

√?r713

4

則/在：,=_§尤+2,

9.已知四棱柱ABCD-AAGR的底面是邊長為2的正方形，側(cè)棱與底面垂直，。為AC的中點，若點

4

。到平面AqA的距離為則AA與平面所成角的正弦值等于（）

?3√10R20r√ion1

103103

【答案】C

【解析】

【分析】運用等體積法求出長方體側(cè)棱的長度，再根據(jù)直線與平面夾角的定義構(gòu)造三角形求解.

【詳解】依題意如下圖：

底面平面又在正方形中，AOlBD,

Qfi1BlABCr）,AOUABCzλ.?.AOJ.B∣B,ABCQ

BDBlB=B,BDu平面8。。蜴，BlBU平面6ORg,.?.AO，平面,

：.AO是三棱錐A—OgQ的高，A0=∣AC=√2；

2

設(shè)側(cè)棱&B=X,則ABi=ADi=√4+X,BQI=2√2

2(4+X2)-8_2

在，物2中’由余弦定理得：3如2=邕.?！甫?/p>

R2(4+%2)-4+f

2"+2爐

ZBAD∈(O,π),.,.sinZBAD=Jl-cos?NBIAD∣

11114+x2

II---------4

ΛB1AD1的面積54陰=244.4?！?1/&42=，4+2/,由于。點到平面AgA的距離是1,

???三棱錐O-AgA的體積％_A?15=￡X￡XS用他；

JJ7

2

OBl=OD1=√2+X,COSNBQDl=0':+0*4)1=x^2

1'''20B??0D∣X2+2

2

-ZBiODt∈(0,π),ΛsinNBQDl=y∣l-cosZB1OD1=??，

OB1D1的面積SOBa=：。4?。2SinNqoA=J%，三棱錐A-。用R的體積

12

v

Λ-OBlDl=]AO?S=~X,

24/T

,?^A-OBlDi=%-A8∣D∣qX=,y4+2x,X=A-;

又QAoJ.平面5。2旦，.?.直線Ao在平面3。Rg的投影就是點0,即乙4。0就是直線AO與

平面BQR4的夾角，

在RrAAO"中，SinzAZ>Q=也=逮_=如

r:

ADt√^410

故選：D.

10.定義[可表示不超過X的最大整數(shù)，{x}=x-㈤.例如：[3.2]=3,{-3.2}=0.8.?

[x]+3≤[X+)];②存在XOeR使得[{??}]rθ;③IX-y∣<l是[χ]=[y]成立的充分不必要條件；④

方程2x{x}—x—1=0的所有實根之和為-1,則上述命題為真命題的序號為()

A①②B.①③C.②③D.①④

【答案】D

【解析】

【分析】易于判定①正確，②錯誤，③錯誤，④不易判定，可以繞開，利用排除法得到只有答案D正確.也

可用分離函數(shù)法，借助于數(shù)形結(jié)合思想判定④正確.

【詳解】[χ+習(xí)=[印+{χ}+[)]+{v}]=[M+[y]+{-χ}+{j}]≥[χ]+3,故①正確；

由國可知X—l<[x]≤x,可知{x}=x-[x]e[O,l),所以[{x}]=O,故②錯誤，故AC錯誤;

X=O.9,y=l.l,卜―H<l,[x]=O≠l=[y],故③錯誤，故B錯誤；

對于2x{x}-X-I=0,顯然X=O不是方程的解，可化為2{X}=1+L

X

考察函數(shù)y=2{x}和y=l+J的圖象的交點，除了(-1,0)外，其余點關(guān)于點(0,1)對稱，從而和為零，故總

【點睛】選擇題中有些問題不易確定時，常常要嘗試使用排除方法，本題就是一個典型的例子.

11.希臘著名數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)“平面內(nèi)到兩個定點AB的距離之比為定值4(/1≠1)的點的軌跡是圓”.

后來，人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓.已知在平面直角坐標(biāo)系XOy中，

點若點P是滿足/1=；的阿氏圓上的任意一點，點。為拋物線Uy2=6x上

的動點，Q在直線X=—1上的射影為R,則|P@+2|PQ|+2|Q/的最小值為()

A.用B.√37C.√42D.3√5

【答案】B

【解析】

【分析】先求出點P的軌跡方程，再結(jié)合阿波羅尼斯圓的定義及拋物線的定義可得

?PB?+2?PQ?+2?QR?=2?PA?+2?PQ?+2?QF?,從而可得出答案.

【詳解】設(shè)P(X,y),則

化簡整理得(χ+∣)+/=1,

所以點P的軌跡為以卜|,0)為圓心1為半徑的圓，

拋物線C:V=6χ的焦點F[g,θ],準(zhǔn)線方程為x=-∣,

則∣P8∣+2∣PQ∣+2∣QA∣=2∣Λ4∣+2∣PQ∣+2∣QF∣

=2(∣PA∣+∣PQ∣+∣0F∣)≥2∣AF∣=2J32+;=廊,

當(dāng)且僅當(dāng)AP,Q,口(P,。兩點在AE兩點中間)四點共線時取等號,

所以|「3|+2|尸。|+2|。/?|的最小值為歷.

12.已知a=e/i9,b=0.9,c=21nθ.9+l,則()

A.b>c>aB.a>c>bC.c>b>aD.b>a>c

【答案】D

【解析】

[分析]根據(jù)常見不等式eA>x+l(x≠0),x>ln(x+l)進(jìn)行比較，對于α,0可以比較其倒數(shù)的大小，對于

a，c,可利用不等式分別放縮然后比較.

【詳解】令"x)=e-x-l"'(X)=e'—1,(-∞,0)±∕,(x)<0,/(x)單調(diào)遞減,

在(0,+oo)上J'(x)>0,∕(x)單調(diào)遞增，工二0時了(》)>,/'(0)=0,所以6';>*+1(_^0)

在x>T時兩邊取對數(shù)得到x>ln(x+l).

所以'=0°」9>1+0.19=1.19>3=，,...4</?；

a9b

α=e~0J9>_o]9+l=0.81,c=21nO.9+l=lnO.81+l=ln(l—0.19)+1<-0.19+1=0.81,

：.a>cf

??b>a>Ci

故選：D

第∏卷(非選擇題共90分)

二、填空題：本大題共4小題，每小題5分.

13.如圖，平行四邊形ABCQ的對角線相交于點。，E，尸分別為A3,OC的中點，若

EF=xAB+yAD(x,?∈R)>則x+y=

【解析】

【分析】根據(jù)已知條件，利用向量的線性運算的求得.

■IoIQ[1Q3

【詳解】EF=EA+AF^--AB+-AC=--AB+-(AB+AD}^-AB+-AD,

2424、'44

13,

：.x=—,y=—,：.x+y=i,

44

故答案為：1

14.已知函數(shù)/(%)=2cos(<yχ+c)(口>0,冏<]的部分圖象如圖所示，將函數(shù)/(X)圖象上所有的點

向左平移聿個單位長度得到函數(shù)g(x)的圖象，則g(T的值為

【答案】-1

【解析】

【分析】先有圖象結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)得出“X)解析式，再根據(jù)圖象變換得g(x)解析式，繼而可得答案.

2兀ππ

【詳解】由圖象可知/(X)的周期為一=2n∕=4,代入［?^∣,2)可得

CO3^12

COSfy+￠91=1=>φ=--+2kπ,又同<工=>*=一二

31123

??∕(x)=2cos(4x-∣J,

、

ππCA兀

左移2個單位長度得g(x)=2cos4x÷—zoos4x÷-,

6~3I3J

π=2CoS［兀+］)=-1

故g

故答案為：-1

2

15.已知雙曲線C:工r—y=ι的左右焦點分別為《，區(qū),過居的直線交雙曲線C于A,B兩點，若

4

ABFi的周長為20,則線段AB的長為

AΛ,?falχ-p.400

［r答案】6或---

41

【解析】

【分析】分情況，利用雙曲線的定義，結(jié)合余弦定理求解.

2

2222

【詳解】C-.--y=?,a=4,b=l,c=4+l=5,

4-

易得雙曲線的實軸長2。=4,焦距2c=26.

若AB都在右支上，^?AFi?=?AF2?+4,?BF［?=?BF2?+4,

ABFi的周長IABl+∣AfJ+忸制=∣Aβ∣+∣A閭+忸局+8=2∣Aδ∣+8=20,

IABl=6；

?AFi?+?BFi?+?AB?=?AF2?-2a+?BF^+2a+?AF2?-?BF^=2?AF2?=20,

所以IA閭=10,所以IA團(tuán)=10-4=6,

設(shè)∣AB∣=f,則忸閭=IOT,怛耳I=IoT+4=14τ,

由余弦定理得CoSA-S*"R司_6?+產(chǎn)-(147)2,”日400

解得'=7Γ'

2×6×102×6×t

故答案為：6或---

41

16.已知各項均不為零的數(shù)列｛4｝的前〃項和為S“，4=-1,4≤%≤8,ai00<0,且

aa

2%?！?2+n+?n+3=°，則SH)O的最大值等于.

【答案】

3

【解析】

【分析】由遞推關(guān)系得數(shù)列｛α,,｝滿足?！?4=4%，得SH)O=土=乂(生+生+%-1)，由條件得

fl2+α4≤-2后,將求SoO的最大值轉(zhuǎn)化為求關(guān)于內(nèi)的函數(shù)的最大值.

【詳解】因為2%%+2+%+∣"”+3—θ,

所以an+lan+3=-2anan+2,將〃+1代入，得αn+2ɑn+4=-2αn+,an+3，

所以an+2an+4=4anan+2，an+2H°，所以J=4a,，

SIoo=(4+α5+'+/7)+(fl2+6?+'+t?)+(q+q++%)+(/+t?++α∣0θ)

-l×(l-425)4x(1-425)%x(l-425)/x(l-425)

1-4+1≡4+1≡4-+1-4

425-l

--------X(%+q+%-?)，

aa

又因為α∣oo=4x4”<0，所以。4<0，24+2ala3=0,即出包=2/，

j

因為4<%K8,所以外<0,a2+a4≤-2y∣a2a4=-2y∣2a3,

當(dāng)且僅當(dāng)生=包時等號成立，

所以百00≤=斗—四一1)二?[(再一何—3],

因為JZ∈[2,2jW],所以當(dāng)JZ=2&時，

y=F[(嘉-應(yīng)丫T最大，

2

所以SlOo≤tg二?X(2√2-√2)-3=W?,

即JZ=2J5時，SloO有最大值上4：.

is

故答案為:

3

【點睛】思路點睛：根據(jù)“2%=2/求Smo=FLiX（4+%+%—1）的最大值時，注意分析數(shù)列中項的

正負(fù)號，得。4<0，且。2<0，進(jìn)而得。2+。4W-2Ja2。4?

三、解答題：第17?21題每題12分，解答應(yīng)在答卷的相應(yīng)各題中寫出文字說明，證明過程

或演算步驟.

17.在-ABC中，角A，B,C的對邊分別為。，b,c,且-￠2=ZMcosC+"一廿.

（1）求/6大小；

（2）若C為銳角三角形，且a=2,求-ABC面積的取值范圍.

Tt

【答案】（1）-

4

⑵（1,2）

【解析】

【分析】（1）利用余弦定理可得J54cosB=/?CoSC+CeosB，再由正弦定理得

√2sinAcosB=sinA，結(jié)合三角形內(nèi)角性質(zhì)求角的大小可得答案；

（2）應(yīng)用正弦邊角關(guān)系及三角形面積公式可得SABC=」一+1再由A的范圍可得答案.

*tanA

【小問1詳解】

由余弦定理得2JΣ∕cosB=2出?COSC+2。CCOSB，即6>acosB=bcosC+ccosB，

再由正弦定理得J^SinACOS8=sin8cosC+sinCcos8，，V2sinAcosB=sinA，

?「sinA≠0,?*?CoSB=，又Be（O,π）,ΛB=—；

24

【小問2詳解】

ac2si∏1AH—|/、

由正弦定理得「■=?∕a,A?即I4j∕τf1Y

sinAsιn（A+B）c----------------=√21+l------

si∏AVta∏A）

而SAABC=LaCSinB=交C=I+-l-,

△ABC22tanA

由-ABC為銳角三角形，；?AH—>—且OCA<二，則一<A<一,

42242

?,??^l^~∑e（l,2）,即SAABC—O,2）.

tanA

18.學(xué)校門口的文具商店試銷售某種文具30天，獲得數(shù)據(jù)如下：

日銷售量（件）01234

天數(shù)261093

試銷售結(jié)束后開始正式營銷（假設(shè)該商品日銷售量的分布規(guī)律不變）.營業(yè)的第一天有該文具4件，當(dāng)天營

業(yè)結(jié)束后檢查存貨，如果發(fā)現(xiàn)存貨少于3件，則當(dāng)天進(jìn)貨補(bǔ)充至4件，否則不進(jìn)貨.

（1）記X為第二天開始營業(yè)時該文具的件數(shù)，求X的分布列；

（2）設(shè)一年去掉2個月的假期，該文具店的正常營業(yè)時間為300天，其中X=4的天數(shù)為V，求

P（Y=攵）取最大值時女的值.

【答案】（1）分布列見解析

（2）240

【解析】

【分析】（1）根據(jù)題意得到X的可能取值為3,4,然后分別計算其概率，得到分布列；

（2）利用二項分布列公式，列出不等式組求解.

【小問1詳解】

X的可能取值為3,4

614

由題意當(dāng)X=3時表示日銷售量為1,此時P（X=3）=∕=y,則P（χ=4）=g,

.?.X的分布列為

X34

?4

P5

4

【小問2詳解】由（1）知P（X=4）=丁則y服從二項分布即y~53OO

J(4)

(Z=O,1,2,…,300)依題意,

4∏n300-?k+iz[?300-(A+l)

￠00卜;≥≡

只)≥c

1555；5

?3OO-,->解得，

300M0江幽

C；007ι>

[￡1-V15

.?.Ar=240,即P(y=k)取最大值時的Z的值為240.

19.在_ABC中，NAcS=45°,BC=3,過點A作AOlBC，交線段BC于點。(如圖1),沿AO

將Bo折起，使/8DC=90°(如圖2),點E，M分別為棱BC,AC的中點.

(1)求證：CDLME-,

(2)當(dāng)三棱錐A-JBCD的體積最大時，試在棱CO上確定一點N,使得aVJ_EW,并求二面角

"-BN-C的余弦值.

【答案】(1)證明見解析

⑵

6

【解析】

【分析】(1)先證明M石〃AB，再證明CD_L平面Ar)8,從而可證;

12

(2)設(shè)8O=x(()<x<3),則8=Az)=3—X,K,_=-Λ(3-X)^(0<%<3),利用導(dǎo)數(shù)法求得

SCD6

當(dāng)30=1，CD=Ar)=2時，匕MeD取最大.以為。坐標(biāo)原點，以DB,DC,D4所在直線分別為X

軸，)軸，Z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，由硒，8M結(jié)合向量法求得N(O,g,θ),再利用向量法即可求

解二面角M-BN-C的余弦值.

【小問1詳解】

在-ABC中，M,E分別為AC,BC的中點，則ME〃/W,

折疊前AolBC,則折疊后ADLCD，

又ZBDC=^QP，即8J_BD,且BD?ADD，

???CD，平面AoB，又ABU平面AZ)B，；?CD_LAB

而???CD,ME?

【小問2詳解】

由(1)可知，。氏OcD4兩兩垂直.

11?10

設(shè)3Z)=x(0Vx〈3),則Cf)=AD=3—x,/.VA.BCD^?×=qx(3-X)(O<x<3)

ΛV,=∣(3-x)(l-x),令V=O解得x=l,

所以函數(shù)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,3)上單調(diào)遞減，

所以當(dāng)X=I時，有最大值，

即當(dāng)BD=1，CD=Ao=2時，％γco取最大.

以為。坐標(biāo)原點，以DB,DC，OA所在直線分別為X軸，＞軸，Z軸，建立空間直角坐標(biāo)系,

則5(1,0,0),C(0,2,0),A(0,0,2),M(0,1,1),ff?,l,θj,

設(shè)N((UOXC)≤r≤2),

由ENLBM得EN?BM=。，

而EN=(一；,-1,0.?;=；,則N(0,g,0

BM=(—1,1,1),Λ→∕-l=0

NB=(I,一g,θ1,NM=(O,g,lj

設(shè)平面MBN的一個法向量沅=(X,y,z),

x-；y=O

所NB=O

則BP-?,令y=2,則X=1,Z=-I,所以沅=(1,2,-I),

m-NM=O—y+z=O

2'

由題意可知平面BNC的一個法向量n=((),0,1),則cos(m,n)=普二二?

網(wǎng)J川6

；二面角M—5N—C為銳二面角，；.二面角M—BN—C的余弦值為亞.

6

20.已知圓C:(x+省?+y2=i6,λ(√3,θ),P是圓C上任意一點，線段AP的垂直平分線與半徑

PC相交于點Q,設(shè)。點的軌跡為曲線E.

(1)求曲線E方程；

(2)已知O(-2,1),8(0,1),過點。的直線與曲線E交于不同的兩點〃，N,M點在第二象限，直

線與X軸交于R，求ABRV面積的最大值.

2

【答案】(1)—+√=1

4

(2)2(&+1)

【解析】

【分析】(1)根據(jù)橢圓定義可得C的方程;

(2)設(shè)直線MN的方程為y—1=MX+2),與橢圓方程聯(lián)立，設(shè)M(APy),求出百、演、的方

8口

程、XR,設(shè)直線BN交X軸于點S,求出天,利用韋達(dá)定理求出SMRN再由基本不

-4k-4?∣^k+2

等式可得答案.

【小問1詳解】

由己知IQAl+C=IQH+∣QC∣=IPC∣=4,

根據(jù)橢圓定義可得C的方程為—+/=1；

4-

【小問2詳解】

設(shè)直線MN的方程為yT=Mx+2),k<Q,

y=kx+2k+i

聯(lián)立方程組<可得(1+4公卜2+以(2%+1)%+165+16左=0,

X2+4/-4=0

設(shè)Λ∕(X],χ),N(X2,%)，yl=kxl+2k+l,y2=kx2+2k+l,

_-4k(2k+l)-4yPk_-4k(2k+l)+4^Γk

22

?'^1+4—2，?—l+4k

,yl-11χ

1M?y=--無+1,XR=^Γl~

B?l?-?i

設(shè)直線BN交X軸于點S,同理可得XS=丁」，

1-%

%V…1(f)=；島一目(f)=也一號

jx

_1Λ2-χ2yi-χi+χiy2_1&一%一3?-(22+l)%2+%?2+(22+1)玉

2I-X2-kx-2k

SyPk

1+4公Syf-k

xl+2--8%2-4k-4Q+2+8左2一一4左-4口+2

l+4k32

4日

_____≤Wr2g,

-2k-2yPk+l2"+?^2

當(dāng)且僅當(dāng)％=—；時取最大值2(、歷+1).