2023-2024學(xué)年河北省部分學(xué)校高三下學(xué)期高考演練數(shù)學(xué)模擬試題(二模)含解析

2023-2024學(xué)年河北省部分學(xué)校高三下學(xué)期高考演練數(shù)學(xué)模擬試題

（二模）

一、單選題

2

1．已知集合Mxxx20，Nxy1lnx，則MN（）

A．,eB．0,2C．1,eD．(-1,2)

【正確答案】C

【分析】分別求出集合M,N，再根據(jù)交集的定義即可得解.

【詳解】Mxx2x201,2，

由1lnx0，得0xe，

則Nxy1lnx0,e，

則MN1,e.

故選：C.

2．已知復(fù)數(shù)z滿足(12i)z34i，則z的共軛復(fù)數(shù)z（）

A．12iB．12iC．12iD．12i

【正確答案】C

5

【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)模的計(jì)算公式，轉(zhuǎn)化為z，利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則和共軛復(fù)數(shù)的概念，

12i

即可求解.

【詳解】因?yàn)?12i)z34i32(4)25，

5512i

可得z12i，所以z12i.

12i12i12i

故選：C.

3．2023年3月24日是第28個(gè)“世界防治結(jié)核病日”，我國(guó)的宣傳主題是“你我共同努力，終

結(jié)結(jié)核流行”，呼吁社會(huì)各界廣泛參與，共同終結(jié)結(jié)核流行，維護(hù)人民群眾的身體健康.已知

某種傳染疾病的患病率為5%通過驗(yàn)血診斷該病的誤診率為2%，即非患者中有2%的人診斷

為陽性，患者中有2%的人診斷為陰性.隨機(jī)抽取一人進(jìn)行驗(yàn)血，則其診斷結(jié)果為陽性的概率

為（）

A．0.46B．0.046C．0.68D．0.068

【正確答案】D

【分析】應(yīng)用全概率公式PAPABPBPABPB求解即可.

【詳解】設(shè)隨機(jī)抽取一人進(jìn)行驗(yàn)血，則其診斷結(jié)果為陽性為事件A,

設(shè)隨機(jī)抽取一人實(shí)際患病為事件B,隨機(jī)抽取一人非患為事件B，

則PAPABPBPABPB0.050.980.950.020.068.

故選:D.

2

4．過拋物線C：y4x的焦點(diǎn)F的直線交拋物線C于A(x1,y1)、B(x2,y2)兩點(diǎn)，以線段AB

為直徑的圓的圓心為O1，半徑為r.點(diǎn)O1到C的準(zhǔn)線l的距離與r之積為25，則r(x1x2)（）

A．40B．30C．25D．20

【正確答案】A

1

【詳解】由拋物線的性質(zhì)知，點(diǎn)O1到C的準(zhǔn)線l的距離為ABr，

2

21

依題意得r25r5，又點(diǎn)O1到C的準(zhǔn)線l的距離為(x1x22)r5，

2

則有x1x28，故r(x1x2)40，

故選：A．

5．根據(jù)《民用建筑工程室內(nèi)環(huán)境污染控制標(biāo)準(zhǔn)》，文化娛樂場(chǎng)所室內(nèi)甲醛濃度0.1mg/m3為

安全范圍.已知某新建文化娛樂場(chǎng)所施工中使用了甲醛噴劑，處于良好的通風(fēng)環(huán)境下時(shí)，竣

工1周后室內(nèi)甲醛濃度為6.25mg/m3，3周后室內(nèi)甲醛濃度為1mg/m3，且室內(nèi)甲醛濃度(t)

（單位：mg/m3）與竣工后保持良好通風(fēng)的時(shí)間ttN*（單位：周）近似滿足函數(shù)關(guān)系

式(t)eatb，則該文化娛樂場(chǎng)所竣工后的甲醛濃度若要達(dá)到安全開放標(biāo)準(zhǔn)，至少需要放置

的時(shí)間為（）

A．5周B．6周

C．7周D．8周

【正確答案】B

a

【分析】由(3),(1)相除可得e，然后解不等式(t0)0.1，由指數(shù)函數(shù)性質(zhì)估計(jì)出

5455

t

62.5，從而可得0的范圍，由此可得結(jié)論.

22

【詳解】由題意可知，(1)eab6.25，(3)e3ab1，

(3)a42

e，解得ea.

(1)255

設(shè)該文化娛樂場(chǎng)所竣工后放置t0周后甲醛濃度達(dá)到安企開放標(biāo)準(zhǔn)，

t1

20

atbabat01

te0ee6.250.1

則0，

5

t1m145

20555

整理得62.5，設(shè)62.5，因?yàn)?2.5，

5222

所以4m15，即5m6，則t01m1，即t0m.

故至少需要放置的時(shí)間為6周.

故選：B.

6．在軸截面頂角為直角的圓錐內(nèi)，作一內(nèi)接圓柱，若圓柱的表面積等于圓錐的側(cè)面積，則

圓柱的底面半徑與圓錐的底面半徑的比值為（）

1212

A．B．C．D．

4422

【正確答案】D

【分析】設(shè)圓柱和圓錐底面半徑分別為r，R，由圓柱表面積等于圓錐側(cè)面積建立方程，求

半徑比.

【詳解】設(shè)圓柱和圓錐底面半徑分別為r，R，因?yàn)閳A錐軸截面頂角為直角，所以圓錐母線

長(zhǎng)為2R，

hRr

設(shè)圓柱高為h，則，hRr，

RR

2r2

由題，πR2R2πr2πrRr，得.

R2

故選：D.

x2y2

7．已知雙曲線C：1a0b0的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2，點(diǎn)M是雙曲線右支

a2b2

上一點(diǎn)，且MF1MF2，延長(zhǎng)MF2交雙曲線C于點(diǎn)P，若MF1PF2，則雙曲線C的離心

率為（）

10

A．3B．2C．6D．

2

【正確答案】D

【分析】設(shè)MF1t，則由雙曲線的定義可得MF2t2a，PF2t，PF1t2a，然后

△a,c

在RtPMF1利用勾股定理可求出t3a，再在RtMF1F2中利用勾股定理可表示的關(guān)系，

從而可求出離心率.

【詳解】

設(shè)MF1t（t2a），由雙曲線的定義可得MF2t2a，PF2t，PF1t2a，

MFMF222

由12，可得MF1MPPF1，

即t2（2t2a）2（t2a）2，解得t3a，

222222，

又MF1MF2F2F1，即為（3a）a4c

10c10

即為ca，則e，

2a2

故選：D.

8．在ABC中，A90，AB4，AC43，P，Q是平面上的動(dòng)點(diǎn)，APAQPQ2，

M是邊BC上的一點(diǎn)，則MPMQ的最小值為（）

A．1B．2C．3D．4

【正確答案】B

uuuruuuruuur2

【分析】根據(jù)向量運(yùn)算可得MPMQMN1，結(jié)合圖形分析MN的最小值即可得結(jié)果.

uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur

【詳解】取PQ的中點(diǎn)N，則MPMNNP,MQMNNQMNNP，

uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur2uuur2uuur2

可得MPMQMNNPMNNPMNNPMN1，

uuuruuuruuuruuuruuur

∵M(jìn)NMAANMAAN，當(dāng)且僅當(dāng)N在線段AM上時(shí)，等號(hào)成立，

uuuruuuruuuruuur

故MNMAANMA3，

顯然當(dāng)AMBC時(shí)，MA取到最小值23，

uuuruuur

∴MNMA32333，

uuuruuuruuur2

故MPMQMN1312.

故選：B.

二、多選題

9．下列結(jié)論正確的有（）

A．若隨機(jī)變量，滿足21，則D()2D()1

B．若隨機(jī)變量N3,2，且P(6)0.84，則P(36)0.34

C．若線性相關(guān)系數(shù)|r|越接近1，則兩個(gè)變量的線性相關(guān)性越強(qiáng)

D．按從小到大順序排列的兩組數(shù)據(jù)：甲組：27，30，37，m，40，50；乙組：24，n，33，

44．48，52，若這兩組數(shù)據(jù)的第30百分位數(shù)、第50百分位數(shù)都分別對(duì)應(yīng)相等，則mn67

【正確答案】BC

【分析】由方差的性質(zhì)判斷A；由正態(tài)分布的對(duì)稱性判斷B；由相關(guān)系數(shù)的定義判斷C；根

據(jù)百分位數(shù)的定義判斷D.

【詳解】對(duì)于A，由方差的性質(zhì)可得D()22D()4D()，故A錯(cuò)誤；

對(duì)于B，由正態(tài)分布的圖象的對(duì)稱性可得P(36)P(6)0.50.34，故B正確；

對(duì)于C，由相關(guān)系數(shù)知識(shí)可得：線性相關(guān)系數(shù)|r|越接近1，則兩個(gè)變量的線性相關(guān)性越強(qiáng)，

故C正確；

37m

對(duì)于D，甲組：第30百分位數(shù)為30，第50百分位數(shù)為，

2

n30

334477

乙組：第30百分位數(shù)為n，第50百分位數(shù)為，則37m77，

22

22

n30

解得，故mn70，故D錯(cuò)誤；

m40

故選：BC

10．2022年4月，神舟十三號(hào)返回艙成功著陸，返回艙是宇航員返回地球的座艙，返回艙

的軸截面可近似看作是由半圓和半橢圓(都包含M，N點(diǎn))組成的“曲圓”半圓的圓心在坐標(biāo)

原點(diǎn)，半圓所在的圓過橢圓的焦點(diǎn)F0,3，橢圓的短軸長(zhǎng)等于半圓的直徑，如圖，在平面

直角坐標(biāo)系中，下半圓與y軸交于點(diǎn)G.若過原點(diǎn)O的直線與上半橢圓交于點(diǎn)A，與下半圓

交于點(diǎn)B，則（）

1

A．橢圓的離心率為B．AFG的周長(zhǎng)為662

2

9

C．△ABF面積的最大值是D．線段AB長(zhǎng)度的取值范圍是6,332

2

【正確答案】BD

【分析】根據(jù)給定的條件，求出橢圓的短半軸長(zhǎng)，半焦距判斷選項(xiàng)A；利用橢圓的定義求出

焦點(diǎn)三角形周長(zhǎng)判斷選項(xiàng)B；求出OA長(zhǎng)度范圍判斷選項(xiàng)D；ABF根據(jù)運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)可得最

大值判斷C.

【詳解】由題知，橢圓中的幾何量bc3，所以ac2b232，

c32

則e，故A不正確；

a322

因?yàn)锳BOBOA3OA，由橢圓性質(zhì)可知3OA32，所以6AB332，故

D正確；

113

設(shè)A，B到y(tǒng)軸的距離為d，d，則SSSdOFdOFdd，

12ABFAOFOBF2122212

當(dāng)A在短軸的端點(diǎn)處時(shí)，d1，d2同時(shí)取得最大值3，故△ABF面積的最大值是9，故C不

正確；

由橢圓定義知，AFAG2a62，

所以AFG的周長(zhǎng)CAFGFG62662，故B正確．

故選：BD．

11．如圖，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是邊長(zhǎng)為22的正方形，側(cè)棱AA1底面ABCD，

86

三棱錐A1BCD的體積是，底面ABCD和A1B1C1D的中心分別是O和O1，E是O1C1的

3

中點(diǎn)，過點(diǎn)E的平面分別交BB1，B1C1，C1D1于F，N，M點(diǎn)，且BD∥平面，G是線段

MN任意一點(diǎn)（含端點(diǎn)），P是線段AC1上任意一點(diǎn)（含端點(diǎn)），則下列說法正確的是（）

A．側(cè)棱AA1的長(zhǎng)為6

B．四棱柱ABCDA1B1C1D1的外接球的表面積是40π

BF2

C．當(dāng)1時(shí)，平面截四棱柱的截面是六邊形

BB15

D．當(dāng)G和P變化時(shí)，POPG的最小值是5

【正確答案】BCD

【分析】選項(xiàng)A，可直接利用三棱錐A1BCD的體積公式，求出側(cè)棱長(zhǎng)，從而判斷選項(xiàng)A

錯(cuò)誤；選項(xiàng)B，利用長(zhǎng)方體外接球心是體對(duì)角線的中心，體對(duì)角線長(zhǎng)即球的直徑，從而求出

半徑，從而判斷選項(xiàng)B正確；選項(xiàng)C，利用性質(zhì)找出平面截四棱柱的截面，再利用平行

關(guān)系找出比例，從而判斷出結(jié)果的正誤；選項(xiàng)D，先求證出MN平面AAC11C，從而得到故

對(duì)任意的G都有PGPE，進(jìn)而判斷出結(jié)果的正誤.

1186

【詳解】對(duì)于選項(xiàng)A，因?yàn)槿忮FA1BCD的體積是V2222h，解得

323

h26，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

對(duì)于選項(xiàng)B，外接球的半徑滿足4R2AB2AC2h240，故外接球的表面積

S4R240，故選項(xiàng)B正確；

對(duì)于選項(xiàng)C，如圖，延長(zhǎng)MN交A1B1的延長(zhǎng)線于點(diǎn)Q，連接AQ交BB1于點(diǎn)F，在平面CC1D1D

內(nèi)作MH∥AF交DD1于H，連接AH，

1

則平面截四棱柱的截面是五邊形AFNMH，因?yàn)锽1QB1NAB，

2

BF1BF1BF1

所以此時(shí)1，故1時(shí)截面是六邊形，1時(shí)截面是五邊形，

BB13BB13BB13

故選項(xiàng)C正確；

對(duì)于選項(xiàng)D，因?yàn)锽D∥平面，BD//B1D1，B1D1平面，所以B1D1//平面，

又面A1B1C1D1面MN，B1D1面A1B1C1D1，所以B1D1//MN，

又因?yàn)樗倪呅蜛1B1C1D1是正方形，AC11B1D1，所以AC11MN，

因?yàn)閭?cè)棱AA1底面A1B1C1D1，MN底面A1B1C1D1，所以AA1MN，

又A1C1AA1A1，所以MN平面AAC11C，垂足是E，

1

故對(duì)任意的G都有PGPE，又因?yàn)镺O26，O1EA1C11，

14

22，故選項(xiàng)正確，

故POPGPOPEOEOO1O1E5D

故選：BCD.

eaeb

12．已知ab,cd,1.01,1cec1ded0.99，則（）

a1b1

A．a(chǎn)b0B．cd0

C．a(chǎn)d0D．bc0

【正確答案】AD

【分析】A.先構(gòu)造函數(shù)fx，通過函數(shù)的單調(diào)性確定a,b的大致范圍，再構(gòu)造

hxlnfxlnfx，通過函數(shù)hx的單調(diào)性確定d與c的大小關(guān)系，進(jìn)而得到A選

項(xiàng).

B.先構(gòu)造函數(shù)gx，通過函數(shù)的單調(diào)性確定c,d的大致范圍，再構(gòu)造

hxlngxlngx，通過函數(shù)hx的單調(diào)性確定d與c的大小關(guān)系，進(jìn)而可知B選

項(xiàng)錯(cuò)誤.

1

C.通過fx，得到gagd，進(jìn)而可得a與d的大小關(guān)系,進(jìn)而可知C選項(xiàng)

gx

錯(cuò)誤.

D.與C選項(xiàng)同樣的方法即可判斷.

eaebex

【詳解】A.1.010a1,b1令fxx1

a1b11x

xex

fx

則2，所以fx在1,0單調(diào)遞減，在0,上單調(diào)遞增，

1x

且f00，故a0,1b0.

令hxlnfxlnfx2xlnx1lnx1,x1,1

112

hx2+20

則2，

x1x11x

所以hx在1,1上單調(diào)遞減，且h00

b1,0lnfblnfb0fbfbfafb

ab即ab0故選項(xiàng)A正確

B.1cec1ded0.990c1,d1令gx1xexx1

則gxxex，所以gx在,0單調(diào)遞增，在0,1上單調(diào)遞減，

且g01，故0c1,d0.

令mxlngxlngx2xlnx1lnx1hx,x1,1

所以mx在1,1上單調(diào)遞減，且m00

c0,1lngclngc0gcgcgdgc

dc即cd0故選項(xiàng)B錯(cuò)誤

11100

C.fxga0.99,a1,0

gxfa101

gagd又gx在,0單調(diào)遞增adad0

故選項(xiàng)C錯(cuò)誤

D.由C可知，gbgc,b0,1又gx在0,1單調(diào)遞減bc

故選項(xiàng)D正確

故選：AD

三、填空題

13．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，角的頂點(diǎn)為O，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，終邊與圓

2235π

xy9相交于點(diǎn),t，則sin2___________.

52

3

【正確答案】/0.6

5

【分析】根據(jù)三角函數(shù)定義可求得cos，再利用誘導(dǎo)公式、倍角公式運(yùn)算求解.

35

【詳解】因?yàn)榻堑慕K邊與圓x2y29相交于點(diǎn),t，

5

35

則55，

cos

35

2

π253

所以sin2cos22cos121.

255

3

故答案為.-

5

56256

14．已知多項(xiàng)式(x2)(x1)a0a1xa2xa5xa6x，則a1___________.

【正確答案】74

5和6的展開式的xa

【分析】利用二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)分別求得x2x1項(xiàng)，進(jìn)而求得1的

值.

【詳解】對(duì)于(x-2)5，

TCrx5r(2)r

其二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)為r15，

令5r1，得r4，

44

故T5C5x(2)80x，

對(duì)于(x1)6，

TCkx6k(1)k

其二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)為k16，

55

令6k1，得k5，故T6C6x(1)6x，

所以a180674.

故74.

exex

15．已知函數(shù)f(x)k(2lnxx)和g(x)，若g(x)的極小值點(diǎn)是f(x)的唯一極值點(diǎn)，

x2x2

則k的最大值為____.

e21

【正確答案】/e2

44

exk

f(x)x2

【分析】利用導(dǎo)數(shù)求出g(x)的單調(diào)性和極小值點(diǎn)，然后3，然后可得

xx

exkexk

0或0恒成立，然后可求出答案.

x3xx3x

x2x

eexx2ex2xx2xe

【詳解】由g(x)可得g(x)

x2x4x4

所以當(dāng)x0或x2時(shí)，g(x)0，當(dāng)0x2時(shí)，g(x)0

所以g(x)的極小值點(diǎn)是2

exxx2ex2exk

f(x)k(2lnxx)f(x)k1x2

由2可得43

xxxxx

exkexk

因?yàn)閒(x)的唯一極值點(diǎn)為2，所以0或0恒成立

x3xx3x

exex

所以k或k在0,上恒成立

x2x2

ex

因?yàn)間(x)在0,2上單調(diào)遞減，在2,上單調(diào)遞增，當(dāng)x時(shí)g(x)

x2

e2

所以kg(x)g2

min4

e2

故

4

16．“0,1數(shù)列”是每一項(xiàng)均為0或1的數(shù)列，在通信技術(shù)中應(yīng)用廣泛．設(shè)A是一個(gè)“0,1數(shù)列”，

定義數(shù)列fA：數(shù)列A中每個(gè)0都變?yōu)椤?,0,1”，A中每個(gè)1都變?yōu)椤?,1,0”，所得到的新數(shù)

A:1,0A:1,0,1,0,1AfA

列．例如數(shù)列，則數(shù)列fA:0,1,0,1,0,1．已知數(shù)列1，且數(shù)列k1k，

k1,2,3,ASSS

，記數(shù)列k的所有項(xiàng)之和為k，則kk1__________．

【正確答案】103k1

Aaba,ba,b

【分析】設(shè)數(shù)列k中，0的個(gè)數(shù)為k，1的個(gè)數(shù)為k，可利用kk表示出k1k1，兩式分

別作和、作差，結(jié)合等比數(shù)列通項(xiàng)公式可推導(dǎo)求得ak,bk，從而得到Sk，整理可得最終結(jié)果.

【詳解】設(shè)數(shù)列Ak中，0的個(gè)數(shù)為ak，1的個(gè)數(shù)為bk，

aa2bb2ab

則k1kk，k1kk，

ab3abab5

兩式相加得：k1k1kk，又11，

abk1

數(shù)列kk是以5為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，akbk53；

ababab1

兩式相減得：k1k1kk，又11，

abk；

數(shù)列kk是以1為首項(xiàng)，1為公比的等比數(shù)列，akbk1

k1kk1k

531531Sabb

a，b，k0k1kk，

k2k2

kk1

53k1153k1k1k

5353k1

SS103.

kk1222

故答案為.103k1

a,ba,b

關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題求解的關(guān)鍵是能夠根據(jù)所定義的變化規(guī)律，得到kk與k1k1所滿足的

,

遞推關(guān)系，利用遞推關(guān)系式證得數(shù)列akbk和akbk均為等比數(shù)列，從而推導(dǎo)得到akbk

的通項(xiàng)公式.

四、解答題

21

17．如圖在平面四邊形ABCD中，AC7，AB3，DACBAC，sinBAC．

14

(1)求邊BC；

2π

(2)若CDA，求四邊形ABCD的面積．

3

【正確答案】(1)1；

53

(2).

4

【分析】（1）利用余弦定理即可求得邊BC的長(zhǎng)；

SS

（2）分別利用三角形面積公式求得△ABC,△ACD的面積，進(jìn)而求得四邊形ABCD的面積．

21

【詳解】（1）因?yàn)閟inBAC，BAC為銳角，

14

2

2157

所以cosBAC1．

1414

因?yàn)锳C7，AB3，在ABC中，

由余弦定理得BC2AC2AB22ACABcosBAC，

57

即BC2792731，得BC1．

14

CDAC

（2）在△ADC中，由正弦定理得，

sinDACsinADC

CD7

即213，所以CD1．

142

AD2CD2AC2

在△ADC中，由余弦定理得cosADC，

2ADCD

1AD217

即，解得AD2．

22AD

1213312π3

因?yàn)镾73，S12sin，

△ABC2144△ACD232

33353

所以SSS．

ABCD△ABC△ACD424

．在各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列aa2a2aa2a

18n中，1，n1nn1n．

(1)求an的通項(xiàng)公式；

1

b22

(2)若n，b的前n項(xiàng)和為S，證明：S1．

logalogalogalogannn

2n2n12n12n2

n*

【正確答案】(1)an2(nN)

(2)證明見解析

a2aa2a(a2a)(aa)0a0a2a

【分析】（1）由n1nn1n得出n1nn1n，再根據(jù)n得出n1n，

則數(shù)列{an}為等比數(shù)列，即可得出通項(xiàng)公式；

11

nn+1*bb

（2）由（1）得an2，a1=2，nN，代入n，化簡(jiǎn)得n，即可得出

n+nn1

1

S1

n，則Sn1，再證明{Sn}為增數(shù)列，則S1Sn，即可證明結(jié)論．

n1

a2aa2a

【詳解】（1）n1nn1n，

(a2a)(aa)0a2a0aa0

n1nn1n，則n1n或n1n，

aa2a

又n0，n1n，

{a}a2n*

數(shù)列n為等比數(shù)列，公比為2，1，an2(nN)．

an，a2n+1*，

（2）證明：由（1）得n2n+1=，nN

11

b

則n

logalogalogalogann1n1n

2n2n12n12nlog22log22log22log22

11n1n11

，

nn1(n1)nnn1(nn1)nn1nn1

1111111

nS1

bn的前項(xiàng)和為n，

1223nn1n1

則Sn1，

11n1n

*時(shí)，

又當(dāng)nNSn1Sn0

nn1nn1

22

*時(shí)，{S}SS

當(dāng)nNn為增數(shù)列，1n，即S，

2n

22

S1．

2n

19．2023年3月華中師大一附中舉行了普通高中體育與健康學(xué)業(yè)水平合格性考試．考試分

為體能測(cè)試和技能測(cè)試，其中技能測(cè)試要求每個(gè)學(xué)生在籃球運(yùn)球上籃、羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球和

游泳3個(gè)項(xiàng)目中任意選擇一個(gè)參加．某男生為了在此次體育學(xué)業(yè)考試中取得優(yōu)秀成績(jī)，決定

每天訓(xùn)練一個(gè)技能項(xiàng)目．第一天在3個(gè)項(xiàng)目中任意選一項(xiàng)開始訓(xùn)練，從第二天起，每天都是

從前一天沒有訓(xùn)練的2個(gè)項(xiàng)目中任意選一項(xiàng)訓(xùn)練．

(1)若該男生進(jìn)行了3天的訓(xùn)練，求第三天訓(xùn)練的是“籃球運(yùn)球上籃”的概率；

(2)設(shè)該男生在考前最后6天訓(xùn)練中選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”的天數(shù)為X，求X的分布列及

數(shù)學(xué)期望．

1

【正確答案】(1)

3

(2)分布列見解析；E(X)2

【分析】（1）根據(jù)乘法原理，結(jié)合古典概型計(jì)算求解即可；

（2）由題知X的可能取值為0,1,2,3，再依次求對(duì)應(yīng)的概率，列分布列，求期望即可.

【詳解】（1）解：當(dāng)?shù)谝惶煊?xùn)練的是“籃球運(yùn)球上籃”且第三天也是訓(xùn)練“籃球運(yùn)球上籃”為事

件A；

當(dāng)?shù)谝惶煊?xùn)練的不是“籃球運(yùn)球上籃”且第三天是訓(xùn)練“籃球運(yùn)球上籃”為事件B；

由題知，三天的訓(xùn)練過程中，總共的可能情況為32212種，

12112111

所以，PA，PB，

126126

1

所以，第三天訓(xùn)練的是“籃球運(yùn)球上籃”的概率PPAPB.

3

（2）解：由題知，X的可能取值為0,1,2,3，

所以，考前最后6天訓(xùn)練中，所有可能的結(jié)果有32596種，

21521

所以，當(dāng)X0時(shí)，第一天有兩種選擇，之后每天都有1種選擇，故P(X0)；

3259648

當(dāng)X1時(shí)，

第一天選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”，則第二天有2種選擇，之后每天只有1種選擇，共2種選

擇；

第二天選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”，則第一天有2種選擇，第三天2種，后每天只有1種選擇，

共4種選擇；

第三天選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”，則第一天有2種選擇，第二天有1種選擇，第三天1種，

第四天有2種選擇，之后每天只有1種選擇，共4種選擇；

第四天選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”，則第一天有2種選擇，第二天，第三天，第四天，第六

天有1種，第五天有2種選擇，共4種選擇；

第五天選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”，則第一天有2種選擇，第二天，第三天，第四天，第五

天有1種，第六天有2種選擇，共4種選擇；

第六天選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”，則第一天有2種選擇，第二天，第三天，第四天，第五

天，第六天都有1種選擇，共2種選擇；

綜上，當(dāng)X1時(shí)，共有24444220種選擇，

205

所以，P(X1)；

9624

當(dāng)X3時(shí)，

第一天，第三天，第五天，選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”，有238種選擇；

第一天，第三天，第六天，選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”，有224種選擇

第一天，第四天，第六天，選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”，有224種選擇；

第二天，第四天，第六天，選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”，有238種選擇；

所以，當(dāng)X3時(shí)，共有844824種選擇，

241

所以，P(X3)；

964

5025

所以，當(dāng)P(X2)1P(X0)P(X1)P(X3)，

9648

所以，X的分布列為：

X0123

15251

P

4824484

15251

所以，E(X)01232.

4824484

x2y2

20．已知橢圓C:1ab0的左右焦點(diǎn)分別是F1,F2，P是橢圓上一動(dòng)點(diǎn)(與左右

a2b2

△31

頂點(diǎn)不重合)，已知PF1F2的內(nèi)切圓半徑的最大值是,橢圓的離心率是.

32

（1）求橢圓C的方程；

（2）過H4,0作斜率不為0的直線l交橢圓于A,B兩點(diǎn)，過B作垂直于x軸的直線交橢圓

AQ

于另一點(diǎn)Q，連接AQ，設(shè)ABQ的外心為G，求證：為定值.

GF2

x2y2

【正確答案】（1）1；（2）證明見解析.

43

△

【分析】（1）根據(jù)PF1F2面積最大時(shí)，r最大可得出等量關(guān)系求解；

（2）設(shè)出直線方程，與橢圓聯(lián)立，設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2，得出韋達(dá)定理，表示出AB的中

點(diǎn)坐標(biāo)，求得AB的垂直平分線方程，得出點(diǎn)G坐標(biāo)，即可表示出AQ,GF2，即可得出定

值.

c1

【詳解】（1）由題意知∶，∴a=2c，b2a2c2，b3c

a2

設(shè)△PF1F2的內(nèi)切圓半徑為r，

11

則SPFF(|PF1||PF2||F1F2|)r(2a2c)r(ac)r.

1222

△3

故當(dāng)PF1F2面積最大時(shí)，r最大，即P點(diǎn)位于橢圓短軸頂點(diǎn)時(shí)r，

3

3

所以(ac)bc，把a(bǔ)=2c，b3c代入，解得∶a=2，b3，

3

x2y2

所以橢圓方程為1

43

（2）由題意知，直線AB的斜率存在且不為0，設(shè)直線AB為xty4，

代入橢圓方程得3t24y224ty360.

Δ(24t)21443t24144t240，

24t36

Ax,y,Bx,y

設(shè)1122，則y1y2，y1y2，

3t243t24

32

因此可得x1x2

3t24

1612t

所以AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(，)

3t243t24

因?yàn)镚是△ABQ的外心，所以G是線段AB的垂直平分線與線段BQ的垂直平分線的交點(diǎn)，

由題意可知B，Q關(guān)于y軸對(duì)稱，故Qx2,y2，

1612t

AB的垂直平分線方程為t(x)y

3t243t24

44

令y=0，得x，即G(，0)，

3t243t24

43t2

所以|GF2||1|

3t243t24

22222

又|AQ|(x1x2)(y1y2)t(y1y2)(y1y2)

2

22212t

=(t1)(y1y2)4ty1y2

3t24

|AQ||AB|

4

故，所以|GF|為定值，定值為4.

|GF2|2

方法點(diǎn)睛：解決直線與圓錐曲線相交問題的常用步驟：

，，

（1）得出直線方程，設(shè)交點(diǎn)為Ax1y1，Bx2y2；

（2）聯(lián)立直線與曲線方程，得到關(guān)于x（或y）的一元二次方程；

（3）寫出韋達(dá)定理；

（4）將所求問題或題中關(guān)系轉(zhuǎn)化為x1x2,x1x2形式；

（5）代入韋達(dá)定理求解.

21．在三棱臺(tái)A1B1C1ABC中，AA1平面ABC，ABAC2,AA1A1B11,AB1A1C1，E,F

分別是BC,BB1的中點(diǎn)，D是棱AC11上的動(dòng)點(diǎn).

(1)求證：AB1DE；

(2)若D是線段A1C1的中點(diǎn)，平面DEF與A1B1的交點(diǎn)記為M，求平面AMC與平面AME夾角

的余弦值.

【正確答案】(1)證明見解析

286

(2)

22

【分析】（1）取AB的中點(diǎn)G，連接A1G,EG，證得E,G,A1,D四點(diǎn)共面，根據(jù)AA1平面ABC，

證得AA1AG，結(jié)合AB1AG1，證得AB1平面A1DEG，即可證得AB1DE；

（2）延長(zhǎng)EF與C1B1交于點(diǎn)Q，連接DQ，根題意證得AC,AB,AA1兩兩垂直，以A為原點(diǎn)，

建立空間直角坐標(biāo)系，分別求得平面AMC和平面AME的一個(gè)法向量n10,3,2和

n23,3,2，結(jié)合向量的夾角公式，即可求解.

【詳解】（1）證明：取線段AB的中點(diǎn)G，連接A1G,EG，如圖所示，

因?yàn)镋,G分別為BC,AB的中點(diǎn)，所以EG//AC，

在三棱臺(tái)A1B1C1ABC中，AC11//AC，所以EG//A1C1，且DA1C1，

故E,G,A1,D四點(diǎn)共面，

因?yàn)锳A1平面ABC，AG平面ABC，所以AA1AG，

因?yàn)锳A1A1B1AG1,AG//A1B1,AA1AG，

所以四邊形AA1B1G是正方形，所以AB1AG1，

又因?yàn)锳B1A1C1，且A1C1A1GA1,A1C1,A1G平面A1DEG，

所以AB1平面A1DEG，

因?yàn)镈E平面A1DEG，所以AB1DE.

（2）解：延長(zhǎng)EF與C1B1相交于點(diǎn)Q，連接DQ，則DQA1B1M，

B1QB1F

因?yàn)镕,E分別為BB1和BC的中點(diǎn)，B1Q//BE，所以1，

BEBF

1

則BQBEBCBC，所以，B為CQ的中點(diǎn)，

121111

△

又因?yàn)镈為AC11的中點(diǎn)，且A1B1DQM，則M為AC11Q的重心，

22

所以AMAB，

13113

因?yàn)锳A1平面ABC,AC平面ABC，所以AA1AC.

因?yàn)锳B1AC11,AC11//AC，所以AB1AC，

又因?yàn)锳A1AB1A,AA1,AB1平面AA1B1B，

所以AC平面AA1B1B，所以AC,AB,AA1兩兩垂直，

y

以A為原點(diǎn)，AC,AB,AA1所在直線分別為x軸、軸和z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，

2

則A0,0,0,B0,2,0,C2,0,0,E1,1,0,M0,,1，

3

2

可得AC2,0,0,AM0,,1,AE1,1,0.

3

nAC2a0

1

設(shè)平面AMC的法向量為n1a,b,c，則2，

nAMbc0

1

3