遼寧省大連市2024屆高三年級(jí)上冊(cè)雙基測(cè)試數(shù)學(xué)試題（解析版）

遼寧省大連市2024屆高三上學(xué)期雙基測(cè)試數(shù)學(xué)試題

第I卷

一、單項(xiàng)選擇題

人={1,2,3,4,5},8=[f="*]

1.已知集合L2J,則A3=()

A.{5}B.{2,4}C.{3,5}D.{1,3,5}

K答案工C

K解析X由題意4={1,2,3,4,5},5=1，—6^^,={%|%=2左+1,左6?4*},

所以AB={3,5}.

故選：C.

1-i,,

2.設(shè)復(fù)數(shù)z=——+4i,則z=()

l+i11

A.OB.1C.2D.3

(答案》D

K解析Xz=「+4i=+4i=—i+4i=3i,

l+i(l+i)(l-i)

/.|z|=3.

故選：D.

3.在ABC中，若AD=CD=—CA+XC3,則4=()

3

2112

A.—B.-C.—D.-----

3333

K答案1A

K解析X由AD="zD3，則A3=AD+D3=(Ll]Ar),則

\m)^m+1)

CD=CA+AD=CA+\-I^\AB=CA+\-I^\(CB-CA\

l機(jī)+1Jl根+1)

|ryi|

=------CA+------CB=-CA+2CBf

m+1m+13

11m2

故2,故人一.

m+13m+13

故選：A.

4.在財(cái)務(wù)審計(jì)中，我們可以用“本?福特定律”來(lái)檢驗(yàn)數(shù)據(jù)是否造假.本福特定律指出，在一組

沒(méi)有人為編造的自然生成的數(shù)據(jù)（均為正實(shí)數(shù)）中，首位非零的數(shù)字是19這九個(gè)事件不

是等可能的.具體來(lái)說(shuō)，隨機(jī)變量力是一組沒(méi)有人為編造的首位非零數(shù)字，則

左+1

P（%=k）=lg，左=1,2」,9.則根據(jù)本?福特定律，首位非零數(shù)字是1與首位非零數(shù)字

k

是8的概率之比約為（）（保留至整數(shù),參考數(shù)據(jù)：lg2=0.301,lg3=0.477）.

A.4B.6C.7D.8

K答案1B

K解析3由題思可得

1+1

--2

z1g坨

1-

1g一Ig2-0.301

81--

-8+9?6.

(z-21g3—31g2~2x0.477—3x0.301

81g8

故選：B.

5.已知曲線“。：（1（名2024卜2+。（喙2024）丁2=1表示焦點(diǎn)在,軸上的橢圓，，的一個(gè)充分

非必要條件是（）

A.0<a<bB.l<a<b

3

C.一<a<b7D.l<b<a

2

（答案XC

K解析工若C:（log.2024）f+（log*024）y2=i表示焦點(diǎn)在y軸上的橢圓,

iog“2024〉0a>l

則有〉

（log〃20240即,即

logfl2024>log,2024a<b

故A、D選項(xiàng)為既不充分也不必要條件，B選項(xiàng)為充要條件,

C選項(xiàng)為充分非必要條件，故C選項(xiàng)符合要求.

故選：C.

|log2x|,xe（0,2）

6.已知函數(shù)/（x）=<7T9若存在實(shí)數(shù)%々，%,為滿足

sin（—x）,xe[2,10]

4'

/(石)=/(%2)=/(演)=/(丹)，且石＜々＜%＜與,則I."的值是()

?X］,

A.3B.6C.8D.12

K答案XA

K解析I當(dāng)0＜xWl時(shí)，/(x)=-log2X單調(diào)遞減，函數(shù)值集合為［0,+8),

當(dāng)1WX＜2時(shí)，/(x)=log2X單調(diào)遞增，函數(shù)值集合為［0,1),

7T

當(dāng)2WxW10時(shí)，/(乃=5也(1%)在［2,6］上單調(diào)遞減，函數(shù)值集合為［-1,1］,

在［6,10］上單調(diào)遞增，函數(shù)值集合為［-1,1］,且函數(shù)Ax)在［2,10］上的圖象關(guān)于直線1=6對(duì)

稱，

令/(石)=/(%)=/(%)=/(%)=。，依題意，直線y與函數(shù)y=/(x)的圖象有4個(gè)交

觀察圖象知，0</<1,0<為<1<々<2<%<4,8</<10，

于是馬+%=12,-log2%=log2%,整理得=1，

X,+X,0

所以廣一1=3.

?x2

故選：A

一、1,~.1O5,5,

7.設(shè)a=—,b=21nsin—Fcos—,c=—In—,貝。（）

4I88j44

A.a<b<cB.b<a<c

C.c<b<aD.a<c<b

K答案UB

K解析X/?=ln(sing+cosg)=ln(l+sin(),c=[l+；]ln[l+；J,

設(shè)/z(x)=x-sinx,xe(0,+co),則”(x)=l-cosxNO,

則/?(x)在(0,+s)上單調(diào)遞增，則〃(%)>丸(0)=0,則尤〉sinx在(0,+“)上恒成立，則

1.1.1

—>sin—,即nna>sin—,

444

設(shè)g(x)=x-ln(x+l),xe(0,+a),

i

則g'(x)=l-1石r=云>0在(O,+8)上恒成立，

則g(%)>g(o)=o,則x>ln(x+l)在(0,+8)上恒成立，

..1.1).11.

☆x=sm—，則ln|l+sm-|<sm—<一,則na>〃，

4I4J44

設(shè)〃x)=g+l)-17r-(x)=17rE=E〉°在僅』上恒成立‘

則/(%)在(0』上單調(diào)遞增，則/(x)>/(o)=o,即ln(x+l)>上在(0,1]上恒成立,

X+1

令x=一,則In—>一,則一In—>一,即。>"，故c>a>Z?,

445444

故選：B.

8.已知函數(shù)/(%)=081。m+灰050>口(。>。)滿足下列條件：①對(duì)任意VXGR,/(X)

門、「34]/廠\

<f-恒成立；②/(%)在區(qū)間上是單調(diào)函數(shù)；③經(jīng)過(guò)點(diǎn)色,也可的任意一條直

|_77J

線與函數(shù)y=/(x)圖像都有交點(diǎn)，則。的取值范圍是()

A.(0,1]u3TB.(0,l)o3,y

「3一

C.(0,l]o[3,5]D.(0,1)u-,5

k答案XA

2兀9

K解析X方法一：由函數(shù)=asinmIX+Z?COSG7W(G>0)可知函數(shù)周期是——=—,

0)71CD

因?yàn)棰賹?duì)任意VxeR"(x)W恒成，所以函數(shù)的一條對(duì)稱軸是A,，

113

—+mx——<—

「34一

又因?yàn)?(%)在區(qū)間是單調(diào)函數(shù)，所以<40)7

1/n14

—+(m+1)x—>—

4''m7

所以一1<機(jī)《2,〃262,所以加為0或1.

2g28

當(dāng)根=0時(shí)，0<GV——；當(dāng)根=1時(shí)，——<a)<—,

959

由已知得了(%)111ax=1片+爐,

因?yàn)榻?jīng)過(guò)點(diǎn)(反缶)的任意一條直線與函數(shù)y=f(x)圖像都有交點(diǎn),

所以荷+/2Md所以網(wǎng)咖?

因?yàn)棰賹?duì)任意VxeR,/(x)W恒成立，

\47

(①717.①兀、

所以g兀1cos------psin——=0.

I44)

LL,,6971a./CD71,

所以tan——=—,-l<tan——<1,

4b4

L八，28…28,,564=八即,兀-3兀/師，7兀

由0<GV—或—?。<—,得0<—V—或—<—<—，

95944449

28

所以0v口<1或3V@V——.

9

______(b(兀、、

方法二：/(%)=+Z?2sin(6y7ix+^),tan0=一,0￡0,—,

171口門697171

由①可知:(DTIX—+0=—+mu,即0=------------F—+eZ)(*)

4242

由②可知：(G7ix+o)e一刃兀+O，—G兀+9

34

因?yàn)楹瘮?shù)在上是單調(diào)函數(shù)，

L77J

34兀兀

所以一①兀+。,一〃>兀+0鼠——+左兀,一+左兀，(左EZ),

3、兀7、2828〃、

亍麗+02—^+%兀a>>--—+—（K-m）

4n28、

-CDTt+（p<—+kn,將（*）帶入化簡(jiǎn)可得：《Z7,-m）€Z,

72

Q<co<l

-T>-

27

2856

所以

由已知得了（幻1_=）,+/,

因?yàn)榻?jīng)過(guò)點(diǎn)（b,缶）的任意一條直線與函數(shù)y=f（x）圖像都有交點(diǎn),

所以心+/卜色,所以網(wǎng)訓(xùn).

因?yàn)棰賹?duì)任意VxeR,/（x）W恒成立,

LL,I（G兀7.①兀）C

所以/1—1=a）7i\acos-^--bsm—^-\=0.

?,am,a,am,

所以tan——=—,-1<tan——<1,

4b4

」八，28328,,56,口八即，兀一3兀,師，7兀

由一或一<co<一,得0<——V—或一<——<——，

95944449

28

所以0VG<1或—.

9

二、多項(xiàng)選擇題

9.在乙45。中，角A,JB,C的對(duì)邊分別是a/,c,若〃cos5+bsinA=c,

a-2\^10,a1+b2-c2=absinC,則（）

71

A.tanC=2B.A=—

c.b=6&D.&4BC的面積為12加

［答案1AC

（解析1由余弦定理可得/+"-02=2aZ?cosC=absinC，解得tanC=2,故A正確;

由acosB+Z?sinA=c及正弦定理，可得sinAcosB+sinBsinA=sinC=sin（A+B）,

化簡(jiǎn)可得sinBsinA=cosAsinB.

因?yàn)?￡（0,兀），所以sin5>0,所以sinA=cosA,BPtanA=l.

因?yàn)槿恕辏?,兀），所以A=:,故B錯(cuò)誤；

因?yàn)閠anC=2,所以cosC>0且sinC=2cosC,代入si/C+cos2c=1，

可得5cos2。=1，解得cosC=sinC=.

55

因?yàn)椤?2^/10，A=7，sinC=2y，

45

.「2瓦x氈

/7S1D(《

所以由正弦定理可得c=絲一匕=----1—=8,

sinAV2

F

由/+/_c?=absinC-可得(2+b2-S2=2回bx半,

化簡(jiǎn)可得/一4后一24=0，解得。=6拒或人=—2后(舍)，故C正確；

SAABC=g/?csinA=；X6A/^X8X^^=24.

故選:AC.

10.如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABC?！狝4GR中，M、N、P分別是GA、CC、AA的中

點(diǎn)，貝U()

A.平面AMN截正方體所得截面為等腰梯形

B.三棱錐2-MNB的體積為《

C.異面直線"N與2P所成角的余弦值為巫

10

D.\DLBM

（答案1ACD

k解析X對(duì)于A，在正方體中，因?yàn)镸,N分別為中點(diǎn)，所以MVD.C,在

正方體中，AXBDXC,所以MVAXB,

又因?yàn)閨MA|=|NB卜等，所以平面AMN截正方體所得截面為等腰梯形，A正確；

對(duì)于3，VDi_MNB==-x|BC|xS語(yǔ)=axlxKXjXj==,B錯(cuò)誤；

JJ乙乙乙l-

對(duì)于C,因?yàn)镸ND]C,所以異面直線MN與QP所成角即為直線2C與2P所成角，

23

BT+（^）-fT

設(shè)所成角為。，則-。|2=12J___________&=?，c正

212Pme|2x@x010

2

確；

對(duì)于D，在正方體中易知4。1平面ABCXD},u平面A3GD,所以正

確.

故選：ACD

11.已知A,B,。三個(gè)盒子，其中A盒子內(nèi)裝有2個(gè)紅球，1個(gè)黃球和1個(gè)白球；B盒子

內(nèi)裝有2個(gè)紅球，1個(gè)白球；。盒子內(nèi)裝有3個(gè)紅球，2個(gè)黃球.若第一次先從A盒子內(nèi)隨機(jī)

抽取1個(gè)球，若取出的球是紅球放入A盒子中；若取出的球是黃球放入B盒子中；若取出的

球是白球放入。盒子中，第二次從第一次放入盒子中任取一個(gè)球，則下列說(shuō)法正確的是

（）

A.在第一次抽到黃球的條件下，第二次抽到紅球的概率為g

B.第二次抽到紅球的概率為:

C.如果第二次抽到的是紅球，則它來(lái)自3號(hào)盒子的概率最大

D.如果將5個(gè)不同的小球放入這三個(gè)盒子內(nèi)，每個(gè)盒子至少放1個(gè)，則不同的放法有150

種

[答案』AD

（解析』記第一次抽到紅、黃、白球的事件分別為A，4,A3,則有p（a）=；,

P（4）=P（A）=；,對(duì)于A,在第一次抽到黃球的條件下，則黃球放入8盒子內(nèi)，

因此第二次抽到紅球的概率為尸=2=',A正確；

42

記第二次在第A,B,。號(hào)盒內(nèi)抽到紅球的事件分別為G（'=1，2,3）,而A，4,4兩兩

互斥，和為o,p?4）=g，PGI4）=；，「（G|A）=g，

記第二次抽到紅球的事件為c,

p(c)=Ep(ac)=E[p(A)p(GA)]=mg+；xg+；x：=1B不正確;

若取出的球是紅球放入A盒子中，若取出的球是黃球放入B盒子中，若取出的球是白球放入

。盒子中，第二次從第一次放入盒子中任取一個(gè)球,

11

=

]_2J2/p(c)1T4

22

11

—x—

421

14

2

即第二次抽到的是紅球，則它來(lái)自A盒子的概率最大，C不正確;

把5個(gè)不同的小球分成3組的不同分組方法數(shù)是種,

將每一種分組方法分成的小球放在3個(gè)盒子中有A；種不同放法,

由分步乘法計(jì)數(shù)原理得不同的方法種數(shù)是A；=150種，D正確.

故選：AD.

12.已知橢圓E:工+二=1左焦點(diǎn)左頂點(diǎn)C,經(jīng)過(guò)歹直線/交橢圓于A,8兩點(diǎn)（點(diǎn)

43

A在第一象限），則下列說(shuō)法正確的是（）

A.若AF=2FB，貝卜的斜率左="

'2

27

B.|人司+4忸石的最小值為?

C.以A尸為直徑的圓與圓公+9=4相切

9

D.若直線AC/C的斜率為尢&,則

［答案』BCD

［解析X易知：耳（-1,0）,乙（1,0）,對(duì)于A,若純=24B,顯然直線4的斜率存在且大

于0,

x=my—1

設(shè)直線4：X=7盯一1,A（七,兇）,5（42，%），聯(lián)立橢圓方程’尤2y2,

［43

化簡(jiǎn)整理得（3療+4）/一6沖一9=0,顯然△＞（）,%+%=—"一，%y,=—三—

'73m+43m+4

又A耳=（一1一七,一%）,耳3=（尤2+1,%），故％=-2%,

6m

3m+4

-994J?

由＜%%=一,，解得m2==，又左＞0,故左=型，A錯(cuò)誤;

3m+452

%=-2%

對(duì)于B,由點(diǎn)A在x軸的上方，顯然%＞。,％＜。，

1111

---1---=------%一X

|A耳I忸制V1W-+m2.%Vl+m2-y-y

J1l2

F-----------;------------n12（l+m2）

,［（%+%）-4%%13病+4_4

2

A/1+m-yx-y29（1+病）3

3m2+4

/

31］、

故巧+4囪+

麗（I*+4阿I）

27

T

幽

當(dāng)且僅當(dāng)即|A￡|=2忸周時(shí)取等，B正確;

防’

石—1Al

對(duì)于C,設(shè)4(%,%),A耳的中點(diǎn)為尸，則P2，2J

又QP卜=四,

11V442

由橢圓定義知：L竺/+L竺11=2,

22

即|。尸|=2—L用，又必+丁2=4的圓心為0(0,0),半徑為2,

故以A耳(A尸)為直徑的圓與圓/+/=4相切，c正確;

6m-9-8-12m2+4

對(duì)于D,y,+y=-3----，%%=——5-----,X|+X,=——3---,X,X=------3----

1223m2+4123m2+4飛'3m2+41223m2+4

—9

療

k.k=______________=________些_______________3+4________=_9

ACBC—12后+4-8JZ

+2）（%,+2）%；x2+2（%j+X2）+4

——5------+2,-5—+4

3/77~+43/n2+4

D正確.

故選：BCD.

第n卷

三、填空題

13.如圖所示是一個(gè)樣本容量為100的頻率分布直方圖，則由圖形中的數(shù)據(jù)，可知其60%分

位數(shù)為.

k解析』由圖可知第一組的頻率為0.04x5=0.2<0.6,前兩組的頻率之和為

0.04x5+0.1x5=0.7>0.6,則可知其60%分位數(shù)在［10,15）內(nèi)，設(shè)為無(wú)，

則Qlx(x—10)=0.6—02,解得％=14.

故K答案U為：14

14,十九世紀(jì)下半葉集合論的創(chuàng)立，奠定了現(xiàn)代數(shù)學(xué)的基礎(chǔ).著名的“康托三分集”是數(shù)學(xué)理性

思維的構(gòu)造產(chǎn)物，具有典型的分形特征，其操作過(guò)程如下：將閉區(qū)間［0』均分為三段，去

（12、「1］「2一

掉中間的區(qū)間段,記為第一次操作：再將剩下的兩個(gè)區(qū)間0,-,-,1分別均分為

三段，并各自去掉中間的區(qū)間段，記為第二次操作：…，如此這樣，每次在上一次操作的基

礎(chǔ)上，將剩下的各個(gè)區(qū)間分別均分為三段，同樣各自去掉中間的區(qū)間段.操作過(guò)程不斷地進(jìn)

行下去，以至無(wú)窮，剩下的區(qū)間集合即是“康托三分集”.若使去掉的各區(qū)間長(zhǎng)度之和小于

1QO1

——,則操作的次數(shù)n的最大值為_________.

2024

（參考數(shù)據(jù)：20.1975,（：）土0.1317,（g）土0.0878,（：）?0.0585）

（答案X5

（解析汨己見表示第〃次去掉的長(zhǎng)度，q=g,第2次操作，去掉的線段長(zhǎng)為g=

第〃次操作，去掉的線段長(zhǎng)度為4=（,

???S”

由［g］土0.1317,1g］土0.0878,二〃的最大值為5.

故［答案］為：5

15.己知A（3,0）,若點(diǎn)尸是拋物線V=8x上的任意一點(diǎn)，點(diǎn)。是圓（％—2『+y2=i上任

意一點(diǎn)，則需最小值是-

《答案］473-4

K解析工由題意得拋物線V=8%的焦點(diǎn)為b(2,0),準(zhǔn)線方程為x=-2.

又點(diǎn)P是拋物線上一點(diǎn)，點(diǎn)。是圓(％—2『+V=1上任意一點(diǎn)，

???|PQLx=|附+1，

22

.\PA\yIPA|

,,\PQ\-|PF|+r

令f=|PE|+l,點(diǎn)尸的坐標(biāo)為(Xp,%),

則與=|PF|—2=/—3,

|PA「=—3t+yj=(馬一3)~+8Xp=(?—3—3)"+8(?-3)=Z2—4?+12,

|PAI2r-4z+1212,cI12.“廠”,,,12

,=----------------=t+——4>2.t-------4=4。3—4,當(dāng)且僅當(dāng)/=一,即

|PF|+1tt\tt

?=26時(shí)等號(hào)成立.

???哈那的最小值為473-4.

故［答案］為4白-4.

16.如圖所示，在圓錐內(nèi)放入兩個(gè)球。|,。2,它們都與圓錐相切（即與圓錐的每條母線相切，

切點(diǎn)圓分別為（G，一02?這兩個(gè)球都與平面a相切,切點(diǎn)分別為耳，巴，丹德林（G.Dandelin）

利用這個(gè)模型證明了平面a與圓錐側(cè)面的交線為橢圓，耳,工為此橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，這兩個(gè)

球也稱為G.Dandelin雙球.若圓錐的母線與它的軸的夾角為30，^G，CC2的半徑分別為2,

5,點(diǎn)M為IC?上的一個(gè)定點(diǎn)，點(diǎn)P為橢圓上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則從點(diǎn)P沿圓錐表面到達(dá)M的

路線長(zhǎng)與線段PF］的長(zhǎng)之和的最小值是.

K答案16

k解析》在橢圓上任取一點(diǎn)尸，連接VP交球。?于點(diǎn)Q，交球。2于點(diǎn)A，

連接0IQQIF［,P0I，PFI，C）2R,在卜0產(chǎn)［與PQ中有:

0笈=。山，（可為圓C1的半徑，弓為圓。2的半徑，），

NO0=NO￡P(guān)=9O,

為公共邊，所以一。/￡與QPQ,所以P￡=PQ,

設(shè)點(diǎn)P沿圓錐表面到達(dá)M的路線長(zhǎng)為d,

則盧用+d=\P(^+d>\P^+\PF\=\QP\,

當(dāng)且僅當(dāng)P為直線與橢圓交點(diǎn)時(shí)取等號(hào),

0R=U="2_

?一sin30一，一，所以最小值為6.

2

故K答案X為：6.

四、解答題

71

17.已知函數(shù)〃x)=sin(2x+0)+cos2x,其中網(wǎng)<—

2

請(qǐng)從以下二個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在題干的橫線上，并解答下列問(wèn)題:

①一展是/(X)的一個(gè)零點(diǎn)；②/(0)=/71

(1)求9的值;

兀兀/\

(2)當(dāng)xe時(shí)，若曲線y=/(x)與直線>=機(jī)恰有一個(gè)公共點(diǎn)，求加的取值范

圍.

注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分.

解：(1)選條件①

2

._...717C，兀兀兀LLtt兀兀兀

因?yàn)椤?lt;(p<一,所以----<(p——<一.所以9——二——.所以夕=——.

22363636

選條件②.

由題設(shè)sin。+cos。=sin—+。+cos——.

2兀2兀1swl=fcos^-lsin^l

sin°+l=sin-coscp+cos—sin-+

|cos^-2sin展#，sin9cos[-cos謖吟=-亨,

M^sinL--^=-—

I6)2

.—.,7171LL,，兀兀7CLLrt兀兀LL,兀

因?yàn)椤?lt;夕<一,所以----<(p—<一?所以0—=—.所以夕二—.

22363636

(2)由(1)f(x)=sinf2%-—+cos2x=—sin2x+—cos2x=sinf2x+

'，I6)22I6

“c兀兀J35兀71

令%=21+———<t<——

6\66

7T7T7T57C

所以y=sin/在-9—單調(diào)遞增，在三，,單調(diào)遞減,

于是，當(dāng)且僅當(dāng)2%+弓=1,即％=巳時(shí)，/(九)取得最大值1；

當(dāng)且僅當(dāng)2x+g=—g即x=—2時(shí)，/(%)取得最小值—上

6662

又2X+4=2,即X=2E時(shí),

663

11｝一)

所以加取值范圍是一kIk

18.如圖，多面體A6CDM0,四邊形O8MN是矩形，梯形人5皿,人。//3。,9，平

(1)證明：AN//平面MQE；

(2)求平面MNC和平面所成角的余弦值.

(1)證明：連接6N交DM與于點(diǎn)。，連接0E,

四邊形是矩形，，點(diǎn)。是線段而中點(diǎn)，

點(diǎn)E是AB中點(diǎn)，.,.(?￡//AN,

OEu平面MDE,AN<Z平面MDE,

：.AN//平面MDE.

Ni

M

jr

(2)解：AD//BC,NCBD=—,:.DALDB,

2

DN_L平面ABCD,DA,DB<=平面ABCD,DN±DA,DN±DB,

，DN,DA,D3三條直線兩兩互相垂直,

以。為原點(diǎn)，以D4,DN為蒼yz軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系,

所以以（0,2,2）,N（0,0,2）,A（2,0,0）,C（—1,2,0）,

UUUULUUL

設(shè)平面MNA的一個(gè)法向量為m=(x,y,z),NM=(0,2,0),M4=(2,0,-2),

m-NA-0[2x-2z=0/、

，?.?<,?,令％=1,則根=(1,0,1),

m-NM=0[2y=0

設(shè)平面MNC的一個(gè)法向量為n=(a,b,c),NM=(0,2,0),MC=(-1,0,-2),

n-MC=Q—ci—2c=0

28=0'令"2,則〃=（2，。，-1），

n-NM-0

設(shè)平面MNC與平面〃人入所成角為e,

則3。=卜雙私以m=-而n\=M1=%

■■■平面MNC與平面肱VA所成角的余弦值為亞.

10

a“T,n為奇數(shù)

已知數(shù)列｛〃/滿足：”62）設(shè)2=%1.

19.ax=1,alf

n+\2a“#為偶數(shù)

（1）證明：數(shù)列｛2―2｝為等比數(shù)列，并求出｛2｝的通項(xiàng)公式;

（2）求數(shù)列｛%｝的前2〃項(xiàng)和邑〃.

解：（1）由題意可知：偽=%=1,

b“+i=a2n+i=2?2?=2（%1-1）=2a2"T-2=紇,一2,

故%-2=2（2-2）,4-2=-1。0,?也-2。0,

故｛勿-2｝是以-1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列,

且么—2=-2"-1,〃eN*,故〃=—2"T+2,〃eN*；

（2）由（1）知，句=—2"T+2,〃eN*,即4,i=—2"T+2,"eN*,

a―1,n—2k—]/*、*

由題意知：4+i=<（左eN）,故%,=a2“T—L〃eN,

7

2ati,n=2k、

+〃21246+

故數(shù)列｛%｝的前2〃項(xiàng)和S2n=（4+/+%+九-）+（〃+。+。+%〃）

=2（q+/+%++。2〃-1）一九

=2[-（2°+21+22++2〃T）+2〃]-〃

1-2n

=—2x-------+3〃=—2叫2+3〃.

1-2

20.某農(nóng)場(chǎng)2021年在3000畝大山里投放一大批雞苗，雞苗成年后又自行繁育，今年為了估

計(jì)山里成年雞的數(shù)量N,從山里隨機(jī)捕獲400只成年雞，并給這些雞做上標(biāo)識(shí)，然后再放

養(yǎng)到大山里，過(guò)一段時(shí)間后，從大山里捕獲1000只成年雞，X表示捕獲的有標(biāo)識(shí)的成年雞

的數(shù)目.

（1）若N=10000,求X的數(shù)學(xué)期望；

（2）已知捕獲的1000只成年雞中有20只有標(biāo)識(shí)，試求N的估計(jì)值（以使得尸（X=20）最

大的N的值作為N的估計(jì)值）.

解：（1）以X服從超幾何分布，且N=10000,/=400,

400

故E(X)=1000x=40.

10000

「200980

(2)當(dāng)N<1380時(shí),P(X=20)=0；當(dāng)NN138O時(shí),P(X=20)=J。演。。4

「200980

J。。?^N+1-400

謂心。?！?N+l)「1000(7V+1-1OOO)(7V+1-400)

令〃N）=11n^N+l

「20「980

500?LN_400(N+1)(N+1-400-980)

pl000

解-1398N+999x399

N?—1378N—1379

N~—1398N+999x399>N2—1378N-1379,/.N<19999,

當(dāng)1380<N<19999時(shí)，/（N）W/（N+1）；當(dāng)NN20000時(shí)，/（N）>/（N+1）,

所以當(dāng)N=19999或20000時(shí)，/（N）最大，所以N的值為19999或20000.

21.已知拋物線G:f=2py（p>0）經(jīng)過(guò)點(diǎn)（2,1）,經(jīng)過(guò)點(diǎn)（0,2）的直線/與拋物線G交

A3兩點(diǎn)，過(guò)A3兩點(diǎn)作拋物線G的切線相交于點(diǎn)P,。為線段AB（A3兩點(diǎn)除外）

上一動(dòng)點(diǎn)，直線與拋物線G交兩點(diǎn).

（1）若，上鉆的的面積為12JL求直線/方程;

（2）求證:

|明\DQ[

（1）解：已知拋物線6:必=2py（p>0）經(jīng)過(guò)點(diǎn)（2,1）,所以拋物線6:必=4'

設(shè)，由題意可知直線AB斜率存在，設(shè)直線AB方程y=kx+2,

x2=4y

聯(lián)立方程組｛',可得好―4依-8=0，

y=kx+2

2

所以A=16k+32〉0,%+%=4k,xtx2=-8,

所以弦長(zhǎng)|AB卜J1+左2忖—々|=41+左2J1612+32,

y'=gx,所以切線AP方程：y-y=；玉（工一xj,即y=；X]X—：x：①,

11,

同理可得切線3P方程：丁=5X2%一^芍②，

112

聯(lián)立①和②方程組《；:,解得:x=h1^=2k,y=-2,所以P（2人2）,

y=-x2x--%2

4+2左2

又因?yàn)辄c(diǎn)P到直線AB距離d=1.1

W2+32XI4+^-4（2+3

所以^APAB（2+左2）5=1273,

y/l+k2'

可得左2=1，即左=±1,所以直線AB方程為丁=土％+2.

（2）證明：方法一：設(shè)Q（毛,%）,（7（七,%），0（為4，%），

設(shè)PC=ACQ,PD=（彳#一1,〃片-1）,

2k+AXQ

+幾

所以（七一2人,為+2）=幾（不一七,為一為），所以‘1

-2+2y0

1+2

代入拋物線方程得：（2k+4%）2=4（l+2）（-2+2y0）,

化簡(jiǎn)得（x；—4yo）外+（4A%o—4yo+8）4+4k~+8=0,

同理（入：—4詡）〃~+（4Ax。一4y0+8）〃+4左2+8=0,

即4〃是方程（需一4%卜2+（4^0—4%）+8）尤+4左2+8=0的兩根，

因?yàn)辄c(diǎn)Q（無(wú)o，%）在直線AB上，即4&0-4%+8=0,

所以方程化為（片—4%）龍2+442+8=o,可得2+〃=。，

\PC\\PD\

\CQ\\DQ\P

方法一■:設(shè)Q（九°,丁。）,。（七,%），。（“4，%），

由題意知直線尸。的斜率存在，設(shè)直線P。方程為：y+2=m（x-2k）,（m^k）,

fx2=4y

聯(lián)立方程組1/c7\，可得了2—4/nx+8癡+8=0，

y+2=myx-2k）

2

A=16m-4（8初2+8）＞0,毛+x4=4m,=8初z+8,

因?yàn)?Pq=，1+加2|2/一%3|抄。|=，1+蘇,4_引,

22

\PD\=y/l+m|2A:-X4|,|CQ|=11+m|x3-x0|,

因?yàn)椋?4一%乂%-%4）＞0,（2左一%J（%3-%0）＞0,

所以I尸CIIQ2I—I尸DIICQI

2222

=^/1+m12-x31xy/l+m1x4-1-y/l+m12Z:-x41xV1+