2022-2023學(xué)年河北省保定市高三（上）期末數(shù)學(xué)試卷及答案解析

2022-2023學(xué)年河北省保定市高三（上）期末數(shù)學(xué)試卷

一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項(xiàng)中，選出符合題目的一項(xiàng)）

1.已知集合A={x∣2M一χ-i5≤0},B={-3,-l,l,3,5},則An8=（）

A.{1,3}B.{-3,-1,1}C.{-l,l）D.{-1,1,3}

2.南宋數(shù)學(xué)家在群解九章算法/和博法通變本末沙中提出了一些新的垛積公式，所討

論的高階等差數(shù)列與一般等差數(shù)列不同，高階等差數(shù)列中前后兩項(xiàng)之差并不相等，但是逐項(xiàng)

差數(shù)之差或者高次差成等差數(shù)列.現(xiàn)有高階等差數(shù)列，其前7項(xiàng)分別為1,2,4,7,11,16,

22,則該數(shù)列的第20項(xiàng)為（）

A.172B.183C.191D.211

3.已知sin(α—芻=爭(zhēng)則COS(2a+?。=()

A.-?B.IC.D.?

4.已知平面向量落石滿足INl=Vb=(l,-?∕3)>\a-2b?=V1T?則Z在方上的投影為()

A.√3B.1C.2D.√6

5.若函數(shù)/(x)=logα(2-αx)(α>0,αf1)在區(qū)間(L3)內(nèi)單調(diào)遞增，則α的取值范圍是()

A.[∣7,1)B.(0,∣9]C.(0,∣7)D飛?,1)

6.如圖，在直三棱柱4BC-4Bi6中，ΛΛ1=2AB=2AC,且

ABIAC,D,E分別是棱BC,8當(dāng)?shù)闹悬c(diǎn)，則異面直線&D與ClE

所成角的余弦值是（）

A辿

-9

D瓜

b?τ

√57

cr,V

DT

7.已知函數(shù)/Q)=2x-e+In皆，若f(島)+∕?)+?→∕(≡)+f(翳=

-1011(α+h),其中b>0,則泰+系的最小值為()

35

-BC

A.4√234-D.√22

8.在平面直角坐標(biāo)系中,已知點(diǎn)M(2,0),∕V(-1,O),動(dòng)點(diǎn)Q(Xy)滿足IQMI=2∣QN∣,過點(diǎn)

(-3,1)的直線與動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡交于4B兩點(diǎn)，記點(diǎn)Q的軌跡的對(duì)稱中心為C,則當(dāng)AABC面積

取最大值時(shí)，直線AB的方程是()

A.y=%+4B,y=—X+4C.y=2x+4D.y=—2x+4

二、多選題(本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項(xiàng)符合題目要求)

9.數(shù)列｛%l｝的首項(xiàng)為1，且αn+ι=2<?+l,SJl是數(shù)列｛an｝的前Ti項(xiàng)和，則下列結(jié)論正確的是

()

A.α3=7B.數(shù)列｛的1+1｝是等比數(shù)列

n+1

C.an=2n—1D.Sn=2-n—1

10.己知拋物線/=2py(p>0)的焦點(diǎn)為F,A,B是拋物線上兩動(dòng)點(diǎn)，月Fl的最小值為1,

M是線段4B的中點(diǎn)，P(2,3)是平面內(nèi)一定點(diǎn)，則()

A.p=2

B.若|4可+?BF?=8,則M到X軸距離為3

C.若存=2^FB,則I畫=3

D.∣AP∣+∣AF∣的最小值為4

11.設(shè)函數(shù)/(X)=2COS2(3X-^-1(3>0),則下列結(jié)論正確的是()

A.若|/(%1)-/(%2)1=2,IXl-X2Iml=兀，則3=1

B.存在3∈(0,1),使得/(x)的圖象向左平移々個(gè)單位長(zhǎng)度后得到的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱

C.若/(X)在［0,7Γ］上有且僅有4個(gè)零點(diǎn)，則3的取值范圍為瑙,||)

D.?ω∈(0,1),/(乃在［一?勺上單調(diào)遞增

12.如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ZBCD-4&的5中，M,N,

P分別是Ci。1，C1C,AlA的中點(diǎn)，貝∣J()

A.M,N,B,Dl四點(diǎn)共面

B.異面直線PDl與MN所成角的余弦值為祟

C.平面BMN截正方體所得截面為等腰梯形

D.三棱錐P-MNB的體積為!

三、填空題(本大題共4小題，共20.0分)

13.若向量為，B的夾角為以I五I=2,∣B∣=6,則|2五一Bl=.

14.已知函數(shù)f(%)=xlnx+mx+1的零點(diǎn)恰好是f(%)的極值點(diǎn)，則？n=.

15.在平面直角坐標(biāo)系XOy中，點(diǎn)M(3,0),N(1,0),直線/：(2m+l)x-(4m-l)y+m-1=

0(m≠0),動(dòng)點(diǎn)P滿足IPMl=2?PN?,則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡廠的方程為,若「的對(duì)稱中心為C,

，與「交于4B兩點(diǎn)，則△4BC面積的最大值為.

16.己知函數(shù)f(無)=∣χ2~2x~3,x≥R若存在實(shí)數(shù)使得關(guān)于X的方程/(x)=加恰有三個(gè)

l%ZfX<CL

不同的實(shí)數(shù)根，則α的取值范圍是.

四、解答題(本大題共6小題，共70.0分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)

17.(本小題10.0分)

如圖，在平面直角坐標(biāo)系Xoy中，點(diǎn)A(0,3),直線八y=2x-4.設(shè)圓C的半徑為1,圓心在Lt.

(1)若圓心C也在直線y=%-1上，過點(diǎn)4作圓C的切線，求切線的方程：

(2)若圓C上存在點(diǎn)M,使IMal=2陽。|,求圓心C的橫坐標(biāo)α的取值范圍.

18.(本小題12.0分)

在MBC中，角4B,C所對(duì)的邊分別是a,b,c,已知誓+警+誓=0.

⑴求4

(2)若α=2b,求A4BC的周長(zhǎng)的取值范圍.

19.(本小題12.0分)

2022年11月20日，卡塔爾足球世界杯正式開幕，世界杯上的中國(guó)元素隨處可見.從體育場(chǎng)建

設(shè)到電力保障，從賽場(chǎng)內(nèi)的裁判到賽場(chǎng)外的吉祥物……中國(guó)制造為卡塔爾世界杯提供了強(qiáng)有

力的支持.國(guó)內(nèi)也再次掀起足球熱潮.某地足球協(xié)會(huì)組建球隊(duì)參加業(yè)余比賽.該足球隊(duì)教練

組對(duì)球員的使用是依據(jù)數(shù)據(jù)分析，為了考查球員甲對(duì)球隊(duì)的貢獻(xiàn)，作出如下數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)(甲參加

過的比賽均分出了勝負(fù))：

球隊(duì)負(fù)球隊(duì)勝總計(jì)

甲參加32932

甲未參加71118

總計(jì)104050

(1)據(jù)此能否有97.5%的把握認(rèn)為球隊(duì)勝利與甲球員參賽有關(guān)；

(2)根據(jù)以往的數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)，乙球員能夠勝任邊鋒、中鋒、后腰以及后衛(wèi)四個(gè)位置，且出場(chǎng)率分

別為：0.2,0.4,0,3,0.1,當(dāng)出任邊鋒、中鋒后腰以乃后衛(wèi)時(shí)，球隊(duì)輸球的概率依次為：0.4、

0.3、0.4、0.2.則：

①當(dāng)乙球員參加比賽時(shí)，求球隊(duì)某場(chǎng)比賽輸球的概率；

②當(dāng)乙球員參加比賽時(shí)，在球隊(duì)輸了某場(chǎng)比賽的條件下，求乙球員擔(dān)任邊鋒的概率；

③如果你是教練員，應(yīng)用概率統(tǒng)計(jì)有關(guān)知識(shí)，該如何使用乙球員？

附表及公式：

PM≥fc0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001

k°2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828

n(ad-bc~)2

(α+b)(c+d)(α+c)(b+d)

20.(本小題12.0分)

三棱臺(tái)ABC—/!1'?的底面是正三角形，力a1平面ABC,AB=4,A1B1=2,AA1=√3,

E是4B的中點(diǎn)，平面4GE交平面ABC于直線，.

(1)求證：ACIk

(2)求直線BIC與平面&GE所成角的正弦值.

21.(本小題12.0分)

設(shè)橢圓E：務(wù)M=I(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別分Fl(T0),尸2(1,0),點(diǎn)G(l,-')在橢圓

E上.

(1)求橢圓E的方程；

(2)設(shè)點(diǎn)7■在直線X=3上，過T的兩條直線分別交E于4B兩點(diǎn)和P,Q兩點(diǎn)，且∣7?4∣?∣7B∣=

?TP?■?TQ?,求直線48的斜率與直線PQ的斜率之和.

22.(本小題12.0分)

/(x)=aln(x+1)+X2-X.

(1)若曲線y=/(x)存在垂直于y軸的切線，求實(shí)數(shù)ɑ的取值范圍；

(2)設(shè)0<α<l,試探究函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù).

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：???2∕-X-15≤0,二-∣≤x≤3,4={x∣-∣≤x≤3},

?.?B={-3,-1,1,3,5),

則4∏B={-1,1,3),

故選：D.

先解一元二次不等式求出集合4然后根據(jù)交集運(yùn)算即可求得結(jié)果.

本題考查了交集及其運(yùn)算，一元二次不等式的解法，屬于基礎(chǔ)題.

2.【答案】C

【解析】解:高階等差數(shù)列{an}:1，2,4,7,11,16,22,

令砥=c?+ι-c?,則數(shù)列{%}：1,2,3,4,5,6,???,

則數(shù)列{b7l}為等差數(shù)列，首項(xiàng)瓦=1,公差d=1,bn=n,則%l+ι-<?=兀，

a0a

則。20=(α2o—19)+(19—ɑis)+(ɑie—17)+…+(<?—ɑ?)+ɑ?=(19+18+17+???+

1)+]=19(1；+1)+]=191

故選：C.

構(gòu)造數(shù)列{%1+ι-c?},并利用等差數(shù)列的性質(zhì)即可求得原數(shù)列的第20項(xiàng)為191.

本題主要考查等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，屬于基礎(chǔ)題.

3.【答案】C

【解析】解：因?yàn)閟in(α—芻=苧，

所以cos[2(α=1-2sin2(α-?)=l-^=∣.

則COS(2a+朗)=cos[(2α-+π]=-cos(2α-?)=-1

故選：C.

由已知結(jié)合二倍角公式及誘導(dǎo)公式進(jìn)行化簡(jiǎn)即可求解.

本題主要考查了誘導(dǎo)公式及二倍角公式在三角化簡(jiǎn)求值中的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

4.【答案】B

2

【解析】解：?..I五一2后I=J蒼2+492一4心石=J∣H∣2+4∣K∣-4α?h=√IT1I^l=

Jl2+(√3)2=2>

???解得Nb=2,

所以西在至上的投影為箴=1,

Ibl

故選:B.

根據(jù)模的運(yùn)算性質(zhì)求出五%=2,再由向量投影的公式求解即可.

本題考查平面向量數(shù)量積的運(yùn)用，考查運(yùn)算求解能力，屬于基礎(chǔ)題.

5.【答案】B

【解析】解：設(shè)t=2-ax,

因?yàn)棣?gt;0,aRl,故t=2-αx在(1,3)上為減函數(shù)，

而/(x)=Ioga(2-ax)在區(qū)間(1,3)內(nèi)單調(diào)遞增，

故V=IogJ為減函數(shù)，故O<α<l,

Xt=2-αx在(1,3)上滿足t>O恒成立，故2-3α≥0,

故O<α≤E'

故選：B.

先判斷出真數(shù)部分對(duì)應(yīng)函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合定義域可求參數(shù)的取值范圍.

本題主要考查復(fù)合函數(shù)，關(guān)鍵是分解為兩個(gè)基本函數(shù)，利用同增異減的結(jié)論研究其單調(diào)性，再求

參數(shù)的范圍，考查運(yùn)算求解能力，屬于中檔題.

6.【答案】A

【解析】解：在直三棱柱ZBC-AIBIG中，ABlAC,.?.AB,AC,A&兩兩垂直，

以點(diǎn)4為原點(diǎn)，分別以4B,AC,所在直線為X軸，y軸，Z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：

由√4√4ι=2AB=2AC,設(shè)4B=AC=1,AA1=2,

則A(0,0,0),B(IAO),C((U,0),AI(0,0,2),B1(1,0,2),G((U,2),

■■D,E分別是棱BC,BBl的中點(diǎn)，???0(Hθ),E(l,0,l),

----?11--->

.?.A1D=(-,-f-2)fC1E=(1,-1,-1),

___,『、_硒卒_∣-∣+2_4_4√6_2√6

???8S<AQ2>=jw商=耳靠鬲E=和=.=可'

4

???異面直線&D與ClE所成角的余弦值是等.

故選：A.

由題意可知AB,AC,ZA1兩兩垂直，以點(diǎn)4為原點(diǎn)，分別以AC,力4所在直線為其軸，y軸，

Z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)4B=AC=1,AA1=2,求出相應(yīng)向量的坐標(biāo)，再求出異面直線

與ClE所成角的余弦值即可.

本題主要考查了利用空間向量求異面直線夾角，屬于中檔題.

7.【答案】A

【解析】解：因?yàn)楱MQ)+∕(e-%)=2x-e+ln爰+2(e-x)-e+ln嘿畜=-2,

由上面結(jié)論可得/(島)+/(?)+-+/(黯)+/(黯)=-2022,

所以α+b=2,其中b>0,則Q=2—b,

u…Illal1.2-b1.2.,1,2、(α+h)15,b2a.、5

τzα>0時(shí)，麗+B=五+^Γ=五+g-l=(五+石).丁_d1=5(z5+五+t石)-l≥0

當(dāng)且僅當(dāng)α=∣,b=g時(shí)等號(hào)成立；

5?÷

當(dāng)時(shí)，+αh1∣-+

"O?T==j?+τ)?(+)+=(-2-)+

2J??ΞΓ)+1=Γ

當(dāng)且僅當(dāng)α=-2,b=4時(shí)等號(hào)成立；

因?yàn)?<、，所以焉`+目的最小值為

故選：A.

根據(jù)f(x)+Ke-X)=—2得到/(七)+∕?)+?→/(普)+/(?)=-2022,即α+b=

2,然后分α>O和α<O兩種情況，利用基本不等式求最小值即可.

本題主要考查基本不等式的運(yùn)用，考查分類討論思想以及運(yùn)算求解能力，屬于中檔題.

8.【答案】A

【解析】解：設(shè)Q(X,y)，???M(2,0),ΛZ(-1,0),又IQMl=2∣QN

22

???J(X-2)2+y2-2y∕(x+I)+y>

兩邊平方整理可得：動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡方程為(X+2)2+y2=4,

.?.圓心C(—2,0),半徑r=2,

又過點(diǎn)(-3,1)的直線與動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡交于4,B兩點(diǎn)，

?11

且448C面積S=ZXrXrXSinzjICB≤-r2,

當(dāng)且僅當(dāng)NACB=90。，即圓心C到過(一3,1)的直線4B的距離為d=5=√∑時(shí)，MBC面積最大,

若過(一3,1)的直線AB的斜率不存在時(shí)，d=l≠√2,

???設(shè)過(-3,1)的直線4B的方程為y-1=∕c(x+3),BPfcx-y+3k+l=0,

jlk+l∣/5

???圓心C(一2,0)到的直線AB的距離為d=?p工=72,

解得Zc=1,

直線的方程是X-y+4=0.

故選：A.

先根據(jù)題意求出Q的軌跡方程為(x+2)2+y2=%從而可得圓心C(—2,0),半徑r=2,從而易得

當(dāng)UCB=90。時(shí)，ΔABC面積最大，即圓心C到過(-3,1)的直線48的距離為d=言=√2H?,δABC

面積最大，再設(shè)出直線AB的方程，建立方程即可求解.

本題考查圓的軌跡方程的求解，圓的幾何性質(zhì)的應(yīng)用，方程思想，屬中檔題.

9.【答案】AB

【解析】解：因?yàn)椋+ι=2αrι+1，設(shè)<?+ι+%=2(αn+x),可得αrι+i=2<?+x,可得X=1,

所以｛外,+1｝是等比數(shù)列，公比為2,所以8正確；

n1n

又因?yàn)閏?=1,α1+1=2,所以αr,+1=(α1+l)2^=2,

所以即=2「一1,所以C不正確；

所以的=23-1=7,所以A正確；

。中，Srl=11)—n=2"+ι—2—n，所以。不正確；

故選：AB.

由數(shù)列的遞推公式，整理可得｛a71+l｝是等比數(shù)列，公比為2,求出｛即-1｝的通項(xiàng)公式，進(jìn)而求

出｛a7t｝的通項(xiàng)公式，及前n項(xiàng)和Sn的表達(dá)式，可判斷4,B,C,。的真假.

本題考查由遞推公式求通項(xiàng)公式及前Tl項(xiàng)和的代數(shù)式，屬于中檔題.

10.【答案】ABD

【解析】解：拋物線M=2py(p>0)上的點(diǎn)4到拋物線焦點(diǎn)尸距離的最小值為1,

=

解得P=2,故A正確,

拋物線的方程為/=4y,焦點(diǎn)F(0,1),準(zhǔn)線與y=-l,設(shè)4(刈,%)，B(x2,y2),

對(duì)于B,點(diǎn)Md蘆,纖")，由拋物線的定義知，|4用+?BF?=y1+l+y2+l=8,解得y1+y?=

6,

故M到X軸距離”殳=3,故8正確，

對(duì)于C,AF=(-x1,l-yι),FB=(x2.y2-l)>由衣=2而，解得1-y1=2(、2-1)，即為+

2丫2=3,①

又I都|=2|而|，即為+1=2(及+1)，則%-2及=1，②，

聯(lián)立①②，解得為=2,、2=p

Q

故MBl=?AF?+?BF?=y1+1+y2+1=p故C錯(cuò)誤，

對(duì)于。，拋物線∕=4y中，當(dāng)X=2時(shí)，y=l<3,

故點(diǎn)P(2,3)在拋物線χ2=4y上方，

過點(diǎn)P作PP'11于P',交拋物線于點(diǎn)Q,連QF,過4作44'IJ于4,連4F,AP,PA',如圖所示:

?AP?+?AF?=?AP?+?AA'?≥?PA'?≥?PP,?=?PQ?+?QP'?=?PQ?+?QF?,當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)4與Q重合

時(shí)取等號(hào)，

故(MPI+MFl)min=?PP'?=4,。正確.

故選：ABD.

根據(jù)給定的條件，求出拋物線的方程，結(jié)合拋物線定義，即可依次求解.

本題主要考查拋物線的性質(zhì)，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題.

11.【答案】BCD

【解析】解：/(x)=2cos2(0)χ-亨)一1=cos(2<υX-與)，

???fO)的最小正周期為7=M=3

對(duì)于A,V∣∕(Xι)-∕(x2)l=2,?x1-X2?min=兀，

??.f(%)的最小正周期T=2π,

???7=2π,得3=；,故4錯(cuò)誤，

對(duì)于8,圖象變換后得到函數(shù)y=cos[2ω(x+?)-?]=cos(2ωx+yω-y),

若其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，則-亭=9+∕σr,k∈Z,解得3=Z+",∕c∈Z,

?SL4Z

當(dāng)k=-l時(shí)，ω=?(0,l),故B正確，

4

對(duì)于C,當(dāng)x∈[0,兀]時(shí),2ωx—?∈[-?,2τrω—?],

???f(x)在[O,τr]上有且僅有4個(gè)零點(diǎn)，

.?.y≤2πω-y<y,解得罵≤3<||,故C正確，

對(duì)于D,當(dāng)久6[一沃]時(shí)，2ωX-y∈[-^-y,ψ-y],

??,ω∈(0,1),

ωπ2ττL/2兀、ωπ2ττ2π兀、

T_至€(z一百,一不)，

?.?y=COSX在［一兀,0］上遞增，且［一詈一寫,詈一爭(zhēng)≡［-7T,0］,

.??∕(x)在［一睛］上單調(diào)遞增，故。正確.

故選：BCD.

根據(jù)已知條件，對(duì)/(x)進(jìn)行化簡(jiǎn)，得到f(x)的最小正周期為7=%=二然后利用三角函數(shù)的性

?(i)(Λ)

質(zhì)，依次判斷選項(xiàng).

本題主要考查命題的真假判斷與應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題.

12.【答案】BCD

【解析】解：對(duì)于4,易知MN與BDI為異面直線，所以M,N,B,

Dl不可能四點(diǎn)共面，故A錯(cuò)誤；

對(duì)于B,連接CD1，CP,易得MN〃CD「

所以4PDιC為異面直線PDl與MN所成角，

設(shè)AB=2,則CDl=2^2D1P=√5PC=3,

(2/)2+(75)2-3?=√10

所以CoSZ?Pf)ιC=

-^2×2√2×√5-一Ξθ^,

所以異面直線PDI與MN所成角的余弦值為黑，故B正確;

對(duì)于C,連接&B,A1M,易得A?B∕∕MN,

所以平面BMN截正方體所得截面為梯形MNB4,故C正確；

對(duì)于D,易得DIP〃BN,因?yàn)镈IP,平面MNB,MNU平面MNB,

所以DIP〃平面MNB,

111

所以%-MNB=VDl-MNB~VB-MNDI=故。正確.

故選：BCD.

根據(jù)直線與直線的位置關(guān)系判定4由異面直線所成角求解判定8；作出截面判定C；由體積公式

判定D.

本題主要考查異面直線所成的角，立體幾何中的截面問題，錐體體積的計(jì)算等知識(shí)，屬于中等題.

13.【答案】2√7

【解析】解：已知向量窗弼夾角為或同=2,?b?=6?

則Q-b=?a??b∣cos<a,b>=2x6X；=6,

22,

則|2胃一El=y∣4a-4a?b+b=2√7

故答案為：2√λ

由平面向量數(shù)量積的運(yùn)算，結(jié)合平面向量的模的運(yùn)算求解即可.

本題考查了平面向量數(shù)量積的運(yùn)算，重點(diǎn)考查了平面向量的模的運(yùn)算，屬基礎(chǔ)題.

14.【答案】-1

【解析】解：對(duì)函數(shù)求導(dǎo)：f,(x)=Inx+1+m,

令((X)=0,解得：X=e-m-1,

又由已知有：/(e-m^1)=0,

帶入可得：e~m~1(-m-l)+m?e~m~1+1=0,

解得：m=-1,

故答案為Tn=-1.

對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，先求出函數(shù)極值點(diǎn)，再代入函數(shù)解出未知數(shù)即可.

本題主要考查利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)極值，屬于基礎(chǔ)題.

15.【答案】(x—l)2+y2=吟

【解析】解：設(shè)P(X,y),由題意得匡受=2,

jH)2+y2

化簡(jiǎn)可得動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡方程為(X-l)2+y2=l,

圓心為C(1,0),半徑為r=1,

又由(2τn+l)x-(4m-l)y÷m-1=0,可得(X+y-1)+m(2x-4y÷1)=0,

(_1

則由解得「一彳，所以直線/過定點(diǎn)渴,力

I乙人—XtyI?—U.._?LL

V-2

因?yàn)楣?)2+?)2<1,所以點(diǎn)Q在圓C的內(nèi)部,

作直線CD_LZ,垂足為D,設(shè)NQCD=仇θ∈[θ,?),

因?yàn)镮QCl=J(i-i)2+?2=浮

所以ICDl=?QC}cosθ=與cosθ,所以MBl=2JI-岸CoSe)2=2JI-,cos2。,

所以SfBC=；X2XIl-∣cos20X芋COSe=??/-∣(cos20-I)2

所以當(dāng)CoS2。=1,即。=O時(shí)，(SAABC)mɑX=

故答案為：(x-l)2+y2=i；i.

利用IPMl=2∣PN∣,求出點(diǎn)P的軌跡方程，求出直線/過定點(diǎn)QGW)，設(shè)NQCD=。，結(jié)合直線與圓

的位置關(guān)系得到S-BC=TX2義Jl-∣cos20XyCOS0.即可求出△ABC面積最大時(shí)，直線，的方

程.

本題主要考查軌跡方程的求解，直線與圓的位置關(guān)系等知識(shí)，屬中檔題.

16.【答案】(一2,1)

當(dāng)α≤-2時(shí)，/(x)=Tn至多有2個(gè)實(shí)數(shù)根，如圖(1),

當(dāng)a≥l時(shí)，/^(x)=Jn至多有2個(gè)實(shí)數(shù)根，如圖(2),

當(dāng)一2<α<l時(shí)，f(x)=m恰好有3個(gè)實(shí)數(shù)根，如圖(3),

所以一2<α<l,即α的取值范圍為(一2,1).

故答案為：(—2,1).

根據(jù)函數(shù)/(%)圖象與y=m的交點(diǎn)即可求解.

本題主要考查函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系，考查數(shù)形結(jié)合思想與運(yùn)算求解能力，屬于中檔題.

17.【答案】解：(I)由題設(shè)點(diǎn)C(α,2α-4),又C也在直線y=x-1上，???2α-4=α-1,??.α=3,

.??G)C:(x-3)2+(y-2)2=1,

由題，過4點(diǎn)切線方程可設(shè)為y=kx+3.即kx-y+30,

∣3fc+l∣

則"H=1,解得：k=0,

Jk+1

二所求切線為y=3或y=-∣x+3.

(2)設(shè)點(diǎn)C(α,2α-4),M(XO,y0)，-MA=2MO,4(0,3),0(0,0),

???Xo+Oo-3)2=4(以+據(jù))，即以+yξ=3-2y0,

2

又點(diǎn)M在圓C上.?.(X。-α)2+(y0-2α+4)=1,兩式相減得αχ0+(2α-3)y°-年一8a+

9)=0,

?5dt+(2a-3)(2a-4)-?-8a+9)I

由題以上兩式有公共點(diǎn)，二'一-f-LL2----------≤1,

Ja2+(2a-3)2

整理得：I竽一6a+3∣≤√5a2-12a+9,即(5a?一12a+6>≤4(5a?-12a+9),

令t=5a2-12a+6,則f2≤4(t+3),解得：一2≤t≤6,-2≤5a2-12a+6≤6,

解得：0≤a≤

【解析】(1)設(shè)點(diǎn)C(a,2a-4),又C也在直線y=x-1上求出a,通過圓的方程過4點(diǎn)切線方程可

設(shè)為y=Zcx+3.利用得到直線的距離公式，求解k,得到切線方程.

(2)設(shè)點(diǎn)C(a,2a-4),M(x0,y0),通過Ma=2M。，求出M的軌跡方程，通過兩個(gè)圓有公共點(diǎn)，轉(zhuǎn)

化求解a的范圍即可.

本題考查直線與圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，軌跡方程的求法，考查分析問題解決問題的能力，是中檔

題.

2cosA

18.【答案】解：⑴因?yàn)殄?警+=O,

be

CosBcosC+2cosA

由正弦定理可得=0,

SinAsinBSinAsinCSinBsinC

整理可得：SinCcosB+SinBcosC+2sιnAcosA=0,

即Sin(B+C)=-2sinAcosA,

在三角形中，sin(B+C)=SinA≠0,

所以可得cos/=—今而∕∈(0,7T),

可得4=∣7Γ;

⑵由⑴及余弦定理可得小=ft2÷C2-2bccosA=(b+c)2-2bc+be,

即(b+c)?=a2+be≤a2+(警)2,當(dāng)且僅當(dāng)b=C時(shí)取等號(hào)，

所以(b+c)2≤^α2=?(2√3)2,

解得6+c≤4,在三角形在b+c>α=2√5,即b+c∈(2%,4],

所以三角形的周長(zhǎng)α+b+c∈(4√3,4+2√3].

【解析】(1)由正弦定理及兩角和的正弦公式，三角形的角之間的關(guān)系整理可得4角的余弦值，可

得A角的大?。?/p>

(2)由(1)和余弦定理及均值不等式可得b+c的最大值，再由三角形的性質(zhì)可得b+c的取值范圍,

進(jìn)而可得三角形的周長(zhǎng)的范圍.

本題考查三角形的正余弦定理的應(yīng)用及均值不等式的性質(zhì)的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

2

250311729

19.【答案】解：(1)由題意可得，K=×(×~×)≈6.27>5,024，

32×18×10×40

所以有97.5%的把握認(rèn)為球隊(duì)勝利與甲球員參賽有關(guān).

(2)①設(shè)義表示“乙球員出任邊鋒”；心表示“乙球員出任中鋒”；&表示“乙球員出任后腰”；

4表示“乙球員出任后衛(wèi)”；B表示“球隊(duì)輸?shù)裟硤?chǎng)比賽”，

則當(dāng)乙球員參加比賽時(shí)，球隊(duì)某場(chǎng)比賽輸球的概率為：P(B)=PG4ι)P(BMI)+PQ42)P(B|42)+

P(A3)P(B?A3)+P(Tl4)P(BM4)=0.2X0.4+0.4X0.3+0.3X0.4+0.1X0.2=0.34；

②當(dāng)乙球員參加比賽時(shí)，在球隊(duì)輸了某場(chǎng)比賽的條件下，乙球員擔(dān)任邊鋒的概率為：P(4∣B)=

P(A1B)_P(AI)P(8∣Al)_0.2×0.4_4

P(B)=P(B)-0.34=17;

⑶因?yàn)镻(4∣B)=里皿=3幽絲=絲絲=A,P(A3IB)=但?=辿幽&2=

舊和l21P(B)P(B)0.3417,k317P(B)P(B)

0.3×0.4_6p(.,RS_P(AB)_戶(∕I4)?P(BM4)_0.1x0.2_1

0.34=17,'(zl4∣")-P(B)-p(βj-0.34—17,

P(Λ1∣β):P(A2∣B):P(iA3?B):P(A4∣B)=4:6：6：1,

???應(yīng)該多讓乙球員擔(dān)當(dāng)后衛(wèi)，來擴(kuò)大贏球場(chǎng)次.

【解析】(1)計(jì)算K2,對(duì)照題目中的表格，得出統(tǒng)計(jì)結(jié)論；

(2)根據(jù)條件概率公式求解即可.

本題考查了獨(dú)立性檢驗(yàn)的應(yīng)用問題，也考查了計(jì)算能力的應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題目.

20.【答案】解：(I)證明：在三棱臺(tái)ABC-&BiQ中，

???AC//A1C1,平面4BC〃平面AIBlC1，

又平面為BlClC平面4GE=AIC1，平面4BCC平面AIClE=I,

.?.A1C1∕∕l,又ACIIA?C?,

.?.AC∕∕h

(2)?.?AA11平面4BC,在平面ABC內(nèi)作Ar1AC,

???以4為原點(diǎn)，AC,A4分別為y軸，Z軸，建立空間右手直角坐標(biāo)系，如圖，

則8(2√5,2,0),E(√3,l,0),C(0,4,0),Λ1(0,0,√3),F1(√3,l,√3).Cl(0,2,0),

.?.A^E=(√3,l,-√3),石^B=(0,2,0),B^C=(-√3,3,-√3))

設(shè)平面&ClE所的法向量為元=(x,y,z),

則E逑=WX+y-8z=0,取五=(Io1),

設(shè)直線BIC與平面AlGE所成角為仇

則sin。=∣cos<n-^B^C>?=??=半，

二直線BlC與平面為C】E所成角的正弦值為半.

【解析】(1)根據(jù)面面平行的判定定理，坐標(biāo)法，向量的數(shù)量積的概念，即可分別求解;

(2)建系，利用向量法即可求解.

本題考查面面平行的性質(zhì)定理，向量法求解線面角問題，化歸轉(zhuǎn)化思想，屬中檔題.

222

21.【答案】解:(I)由2α=MFll+?AF2?=J(I+I)+(-∣)+J(I-I)+(一|尸=4-解得α=2,

又C=1,故b=√3.

二橢圓E的方程為1+4=1；

43

(2)設(shè)T(3,t),AB；y-t=∕c1(x-3),PQ：y-t=fc2(x-3),

由爆消去V得：(3+4密)/+8七.一35+4(-3七)2-12=0,

設(shè)AQiy1),B(x2,y2)>Xl<3,x2<3,

由題意得與+