2023年廣東省中山市高考數(shù)學(xué)一模試卷及答案解析

第第頁(yè)2023年廣東省中山市高考數(shù)學(xué)一模試卷一、單項(xiàng)選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．（5分）已知復(fù)數(shù)z滿足（1+i）z＝（1﹣i）2，則z的實(shí)部為（）A．1 B．﹣1 C．2 D．﹣22．（5分）已知集合A＝{x∈N|x2﹣2x﹣3≤0}，b＝{x|y＝log2（3﹣x）}，則A∪B＝（）A．（﹣∞，3] B．{0，1，2，3} C．{0，1，2} D．R3．（5分）函數(shù)的圖象大致為（）A． B． C． D．4．（5分）假定生男孩和生女孩是等可能的，現(xiàn)考慮有3個(gè)小孩的家庭，隨機(jī)選擇一個(gè)家庭，則下列說法正確的是（）A．事件“該家庭3個(gè)小孩中至少有1個(gè)女孩”和事件“該家庭3個(gè)小孩中至少有1個(gè)男孩”是互斥事件 B．事件“該家庭3個(gè)孩子都是男孩”和事件“該家庭3個(gè)孩子都是女孩”是對(duì)立事件C．該家庭3個(gè)小孩中只有1個(gè)男孩的概率為 D．當(dāng)已知該家庭3個(gè)小孩中有男孩的條件下，3個(gè)小孩中至少有2個(gè)男孩的概率為5．（5分）區(qū)塊鏈作為一種新型的技術(shù)，已經(jīng)被應(yīng)用于許多領(lǐng)域．在區(qū)塊鏈技術(shù)中，某個(gè)密碼的長(zhǎng)度設(shè)定為512B，則密碼一共有2512種可能，為了破解該密碼，最壞的情況需要進(jìn)行2512次運(yùn)算．現(xiàn)在有一臺(tái)計(jì)算機(jī)，每秒能進(jìn)行1.25×1013次運(yùn)算，那么在最壞的情況下，這臺(tái)計(jì)算機(jī)破譯該密碼所需時(shí)間大約為（）（參考數(shù)據(jù)：lg2≈0.3，）A．6.32×10141s B．6.32×10140s C．3.16×10141s D．3.16×10140s6．（5分）已知sin（﹣α）＝，則的值為（）A．﹣ B． C．﹣ D．7．（5分）已知橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)A在橢圓上且位于第一象限，滿足，∠AF1F2的平分線與AF2相交于點(diǎn)B，若，則橢圓的離心率為（）A． B． C． D．8．（5分）若存在兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)x，y，使得m（y﹣x）+ey﹣ex＝0成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是（）A．m＞1 B．m＞﹣1 C．m＜1 D．m＜﹣1二、多項(xiàng)選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分。（多選）9．（5分）某人工智能公司近5年的利潤(rùn)情況如下表所示：第x年12345利潤(rùn)y/億元23457已知變量y與x之間具有線性相關(guān)關(guān)系，設(shè)用最小二乘法建立的回歸直線方程為＝1.2x+，則下列說法正確的是（）A．＝0.6 B．變量y與x之間的線性相關(guān)系數(shù)r＜0 C．預(yù)測(cè)該人工智能公司第6年的利潤(rùn)約為7.8億元 D．該人工智能公司這5年的利潤(rùn)的方差小于2（多選）10．（5分）已知函數(shù)f（x）＝sin（ωx﹣）（ω＞0）在[0，π]上有且只有三個(gè)零點(diǎn)，則下列說法中正確的有（）A．在（0，π）上存在x1，x2，使得|f（x1）﹣f（x2）|＝2 B．ω的取值范圍為[） C．f（x）在（0，）上單調(diào)遞增 D．f（x）在（0，π）上有且只有一個(gè)最大值點(diǎn)（多選）11．（5分）設(shè)動(dòng)直線l：mx﹣y﹣2m+3＝0（m∈R）交圓C：（x﹣4）2+（y﹣5）2＝12于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)C為圓心），則下列說法正確的有（）A．直線l過定點(diǎn)（2，3） B．當(dāng)|AB|取得最大值時(shí)，m＝1 C．當(dāng)∠ACB最小時(shí)，其余弦值為 D．的最大值為24（多選）12．（5分）如圖，已知直四棱柱ABCD﹣EFGH的底面是邊長(zhǎng)為4的正方形，CG＝m，點(diǎn)M為CG的中點(diǎn)，點(diǎn)P為底面EFGH上的動(dòng)點(diǎn)，則（）A．當(dāng)m＝4時(shí)，存在點(diǎn)P滿足PA+PM＝8 B．當(dāng)m＝4時(shí)，存在唯一的點(diǎn)P滿足 C．當(dāng)m＝4時(shí)，滿足BP⊥AM的點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為 D．當(dāng)時(shí)，滿足的點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分。13．（5分）在新冠疫情防控期間，某單位2男2女被安排到A、B、C三個(gè)社區(qū)去協(xié)助防控工作，其中A社區(qū)要求安排1男1女，B、C社區(qū)各安排1人，則不同的方案數(shù)是．14．（5分）已知等比數(shù)列{an}的公比為﹣1，前n項(xiàng)和為Sn，若{Sn﹣1}也是等比數(shù)列，則a1＝．15．（5分）若（1+x）n（n∈N*）的展開式中第7項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大，則n的所有可能取值集合為．16．（5分）早期的畢達(dá)哥拉斯學(xué)派學(xué)者注意到：用等邊三角形或正方形為表面可構(gòu)成四種規(guī)則的立體圖形，即正四面體、正六面體、正八面體和正二十面體，它們的各個(gè)面和多面角都全等．如圖，正二十面體是由20個(gè)等邊三角形組成的正多面體，共有12個(gè)頂點(diǎn)，30條棱，20個(gè)面，是五個(gè)柏拉圖多面體之一．如果把sin36°按計(jì)算，則該正二十面體的表面積與該正二十面體的外接球表面積之比等于．四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟。17．如圖，已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，b（1+cosC）＝csin∠ABC．（Ⅰ）求角C；（Ⅱ）若a＝5，c＝7，延長(zhǎng)CB至M，使得cos∠AMC＝，求BM．18．已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S3＝7，a4+a5+a6＝56．（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）在數(shù)列{an}中的ai和之間插入i個(gè)數(shù)m1，m2，m3，?，mi，使ai，m1，m2，m3，?，mi，ai+1成等差數(shù)列，這樣得到一個(gè)新數(shù)列{bn}，設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求T21．19．乒乓球被稱為我國(guó)的國(guó)球，是一種深受人們喜愛的球類體育項(xiàng)目．某次乒乓球比賽中，比賽規(guī)則如下：比賽以11分為一局，采取七局四勝制．在一局比賽中，先得11分的選手為勝方；如果比賽一旦出現(xiàn)10平，先連續(xù)多得2分的選手為勝方．（1）假設(shè)甲選手在每一分爭(zhēng)奪中得分的概率為．在一局比賽中，若現(xiàn)在甲、乙兩名選手的得分為8比8平，求這局比賽甲以先得11分獲勝的概率；（2）假設(shè)甲選手每局獲勝的概率為，在前三局甲獲勝的前提下，記X表示到比賽結(jié)束時(shí)還需要比賽的局?jǐn)?shù)，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望．20．已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線E：x2＝2py（p＞0），過點(diǎn)C（0，2）作直線l交拋物線E于點(diǎn)A、B（其中點(diǎn)A在第一象限），?＝﹣4且＝（λ＞0）．（1）求拋物線E的方程；（2）當(dāng)λ＝2時(shí)，過點(diǎn)A、B的圓與拋物線E在點(diǎn)A處有共同的切線，求該圓的方程．21．圖1是由矩形ACC1A1、等邊△ABC和平行四邊形ABB1A2組成的一個(gè)平面圖形，其中AB＝2，AA1＝AA2＝1，N為A1C1的中點(diǎn)．將其沿AC，AB折起使得AA1與AA2重合，連結(jié)B1C1，BN，如圖2．（1）證明：在圖2中，AC⊥BN，且B，C，C1，B1四點(diǎn)共面；（2）在圖2中，若二面角A1﹣AC﹣B的大小為θ，且，求直線AB與平面BCC1B1所成角的正弦值．22．已知函數(shù)f（x）＝x3﹣mx2+m2x（m∈R）的導(dǎo)函數(shù)為f′（x）．（1）若函數(shù)g（x）＝f（x）﹣f′（x）存在極值，求m的取值范圍；（2）設(shè)函數(shù)h（x）＝f′（ex）+f′（lnx）（其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)），對(duì)任意m∈R，若關(guān)于x的不等式h（x）≥m2+k2在（0，+∞）上恒成立，求正整數(shù)k的取值集合．

2023年廣東省中山市高考數(shù)學(xué)一模試卷參考答案與試題解析一、單項(xiàng)選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．（5分）已知復(fù)數(shù)z滿足（1+i）z＝（1﹣i）2，則z的實(shí)部為（）A．1 B．﹣1 C．2 D．﹣2【解答】解：∵（1+i）z＝（1﹣i）2＝﹣2i，∴z＝，∴z的實(shí)部為﹣1．故選：B．2．（5分）已知集合A＝{x∈N|x2﹣2x﹣3≤0}，b＝{x|y＝log2（3﹣x）}，則A∪B＝（）A．（﹣∞，3] B．{0，1，2，3} C．{0，1，2} D．R【解答】解：集合A＝{x∈N|x2﹣2x﹣3≤0}＝{x∈N|﹣1≤x≤3}＝{0，1，2，3}，b＝{x|y＝log2（3﹣x）}＝{x|x＜3}＝（﹣∞，3），則A∪B＝（﹣∞，3]，故選：A．3．（5分）函數(shù)的圖象大致為（）A． B． C． D．【解答】解：根據(jù)題意，函數(shù)，f（1）＝＝﹣1，排除A，f（e）＝＞0，排除C，當(dāng)x→0時(shí)，f（x）→0，排除B，故選：D．4．（5分）假定生男孩和生女孩是等可能的，現(xiàn)考慮有3個(gè)小孩的家庭，隨機(jī)選擇一個(gè)家庭，則下列說法正確的是（）A．事件“該家庭3個(gè)小孩中至少有1個(gè)女孩”和事件“該家庭3個(gè)小孩中至少有1個(gè)男孩”是互斥事件 B．事件“該家庭3個(gè)孩子都是男孩”和事件“該家庭3個(gè)孩子都是女孩”是對(duì)立事件C．該家庭3個(gè)小孩中只有1個(gè)男孩的概率為 D．當(dāng)已知該家庭3個(gè)小孩中有男孩的條件下，3個(gè)小孩中至少有2個(gè)男孩的概率為【解答】解：對(duì)于A，事件“該家庭3個(gè)小孩中至少有1個(gè)女孩”和事件“該家庭3個(gè)小孩中至少有1個(gè)男孩”能同時(shí)發(fā)生，不是互斥事件，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，事件“該家庭3個(gè)孩子都是男孩”和事件“該家庭3個(gè)孩子都是女孩”不能同時(shí)發(fā)生，能同時(shí)不發(fā)生，是互斥但不對(duì)立事件，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，有3個(gè)小孩的家庭包含的基本事件有8個(gè)，分別為：（男男男），（男男女），（男女男），（女男男），（男女女），（女男女），（女女男），（女女女），該家庭3個(gè)小孩中只有1個(gè)男孩包含的基本事件有3個(gè)，∴該家庭3個(gè)小孩中只有1個(gè)男孩的概率為P＝，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，已知該家庭3個(gè)小孩中有男孩的條件下，基本事件有7個(gè)，分別為：（男男男），（男男女），（男女男），（女男男），（男女女），（女男女），（女女男），3個(gè)小孩中至少有2個(gè)男孩包含的基本事件有4個(gè)，∴3個(gè)小孩中至少有2個(gè)男孩的概率為，故D正確．故選：D．5．（5分）區(qū)塊鏈作為一種新型的技術(shù)，已經(jīng)被應(yīng)用于許多領(lǐng)域．在區(qū)塊鏈技術(shù)中，某個(gè)密碼的長(zhǎng)度設(shè)定為512B，則密碼一共有2512種可能，為了破解該密碼，最壞的情況需要進(jìn)行2512次運(yùn)算．現(xiàn)在有一臺(tái)計(jì)算機(jī)，每秒能進(jìn)行1.25×1013次運(yùn)算，那么在最壞的情況下，這臺(tái)計(jì)算機(jī)破譯該密碼所需時(shí)間大約為（）（參考數(shù)據(jù)：lg2≈0.3，）A．6.32×10141s B．6.32×10140s C．3.16×10141s D．3.16×10140s【解答】解：設(shè)在最壞的情況下，這臺(tái)計(jì)算機(jī)破譯該密碼所需時(shí)間為x秒，則x＝，兩邊取對(duì)數(shù)可得，lgx＝lg2512﹣lg1.25×1013，故lgx＝512lg2﹣（lg1.25+13）＝512lg2﹣（3lg5+11）＝512lg2﹣lg5+2lg2﹣13＝512lg2﹣（lg10﹣lg2）+2lg2﹣13＝515lg2﹣14≈140.5，所以x＝10140.5＝10140×100.5≈3.16×10140．故選：D．6．（5分）已知sin（﹣α）＝，則的值為（）A．﹣ B． C．﹣ D．【解答】解：由sin（﹣α）＝，得（cosα﹣sinα）＝，所以cosα﹣sinα＝，所以1﹣2sinαcosα＝，所以sinαcosα＝，所以＝＝＝＝．故選：B．7．（5分）已知橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)A在橢圓上且位于第一象限，滿足，∠AF1F2的平分線與AF2相交于點(diǎn)B，若，則橢圓的離心率為（）A． B． C． D．【解答】解：設(shè)|AF1|＝n，|AF2|＝8m，由得|AB|＝3m，|BF2|＝5m，因?yàn)?，所以，在RtΔAF1F2中，由勾股定理，得（8m）2+n2＝（2c）2①，由橢圓的定義得8m+n＝2a②，因?yàn)镕1B平分∠AF1F2，所以，即③，聯(lián)立①②③并化簡(jiǎn)得7c2+30ac﹣25a2＝0，則7e2+30e﹣25＝0，得．故選：D．8．（5分）若存在兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)x，y，使得m（y﹣x）+ey﹣ex＝0成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是（）A．m＞1 B．m＞﹣1 C．m＜1 D．m＜﹣1【解答】解：因?yàn)閙（y﹣x）+ey﹣ex＝0，令f（t）＝mt+et（t＞0），則存在兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)x，y，使得f（x）＝f（y），即存在垂直于y軸的直線與函數(shù)f（t）的圖象有兩個(gè)公共點(diǎn)，又因?yàn)閠＞0，f′（t）＝m+et，而et＞1，當(dāng)m≥1時(shí)，f′（t）＞0，函數(shù)f（t）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，則垂直于y軸的直線與函數(shù)f（t）的圖象最多只有1個(gè)公共點(diǎn)，不符合要求，當(dāng)m＜﹣1時(shí)，由f′（t）＝0得t＝ln（﹣m），當(dāng)0＜x＜ln（﹣m）時(shí)，f′（t）＜0，當(dāng)x＞ln（﹣m）時(shí)，f′（t）＞0，即函數(shù)f（t）在（0，ln（﹣m））上單調(diào)遞減，在（ln（﹣m），+∞）上單調(diào)遞增，所以f（t）min＝f（ln（﹣m））＝mln（﹣m）﹣m，令g（t）＝et﹣t2（t＞1），g′（t）＝et﹣2t，令h（t）＝et﹣2t，則h′（t）＝et﹣2，即h（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，h（t）＞h（1）＝e﹣2＞0，即g′（t）＞0，g（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，則有當(dāng)t＞1時(shí)，et＞t2，et+mt＞t2+mt，而函數(shù)t2+mt在（﹣，+∞）上單調(diào)遞增，取t＝﹣m+1，則et+mt＞t2+mt＝﹣m+1＞1，而f（0）＝1，因此，存在垂直于y軸的直線y＝a（mln（﹣m）﹣m＜a＜1），與函數(shù)f（t）的圖象有兩個(gè)公共點(diǎn)，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是m＜﹣1．故選：D．二、多項(xiàng)選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分。（多選）9．（5分）某人工智能公司近5年的利潤(rùn)情況如下表所示：第x年12345利潤(rùn)y/億元23457已知變量y與x之間具有線性相關(guān)關(guān)系，設(shè)用最小二乘法建立的回歸直線方程為＝1.2x+，則下列說法正確的是（）A．＝0.6 B．變量y與x之間的線性相關(guān)系數(shù)r＜0 C．預(yù)測(cè)該人工智能公司第6年的利潤(rùn)約為7.8億元 D．該人工智能公司這5年的利潤(rùn)的方差小于2【解答】解：由表中數(shù)據(jù)可得，，（2+3+4+5+7）＝，∵回歸直線方程＝1.2x+必過樣本中心（），即，解得，故A正確，回歸直線方程為，1.2＞0，則x與y成正相關(guān)，即相關(guān)系數(shù)r＞0，故B錯(cuò)誤，當(dāng)x＝6時(shí)，，即該人工智能公司第6年的利潤(rùn)約為7.8億元，故C正確，該人工智能公司這5年的利潤(rùn)的方差為＝＞2，故D錯(cuò)誤．故選：AC．（多選）10．（5分）已知函數(shù)f（x）＝sin（ωx﹣）（ω＞0）在[0，π]上有且只有三個(gè)零點(diǎn)，則下列說法中正確的有（）A．在（0，π）上存在x1，x2，使得|f（x1）﹣f（x2）|＝2 B．ω的取值范圍為[） C．f（x）在（0，）上單調(diào)遞增 D．f（x）在（0，π）上有且只有一個(gè)最大值點(diǎn)【解答】解：A：∵函數(shù)f（x）＝sin（ωx﹣）（ω＞0）在[0，π]上有且只有三個(gè)零點(diǎn)，f（0）＝sin（﹣）＜0，∴f（x）的最小正周期T＜π，∴在（0，π）上?x1，x2，使f（x1）＝1，f（x2）＝﹣1，使得f（x1）﹣f（x2）＝2，故A對(duì)；B：∵y＝sin（x﹣）在y軸右側(cè)4個(gè)零點(diǎn)，橫坐標(biāo)分別為，，，，∴f（x）＝sin（ωx﹣）在y軸右側(cè)4個(gè)零點(diǎn)，橫坐標(biāo)分別為，，，，∵f（x）在[0，π]上有且只有三個(gè)零點(diǎn)，∴≤π，＞π，解得＜，故B對(duì)；C：當(dāng)x∈（0，）時(shí)，ωx﹣∈（，﹣），∵＜，∴＜ωx﹣＜，在該區(qū)間上函數(shù)單調(diào)增加，故C對(duì)；D：若圖象如圖，則D選項(xiàng)不正確，故D錯(cuò)．故選：ABC．（多選）11．（5分）設(shè)動(dòng)直線l：mx﹣y﹣2m+3＝0（m∈R）交圓C：（x﹣4）2+（y﹣5）2＝12于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)C為圓心），則下列說法正確的有（）A．直線l過定點(diǎn)（2，3） B．當(dāng)|AB|取得最大值時(shí)，m＝1 C．當(dāng)∠ACB最小時(shí)，其余弦值為 D．的最大值為24【解答】解：對(duì)于選項(xiàng)A，由動(dòng)直線l：mx﹣y﹣2m+3＝0，可得：m（x﹣2）﹣（y﹣3）＝0，由，即，即直線l過定點(diǎn)（2，3），即選項(xiàng)A正確；對(duì)于選項(xiàng)B，當(dāng)|AB|取得最大值時(shí)，直線l過點(diǎn)（4，5），即m＝，即選項(xiàng)B正確；對(duì)于選項(xiàng)C，當(dāng)∠ACB最小時(shí)，此時(shí)|AB|最小，當(dāng)|AB|最小時(shí)，直線l與過點(diǎn)（4，5）和（2，3）的直線垂直，則，即|AB|＝4，由余弦定理可得cos，即選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D，＝，即的最大值為24，即選項(xiàng)D正確，故選：ABD．（多選）12．（5分）如圖，已知直四棱柱ABCD﹣EFGH的底面是邊長(zhǎng)為4的正方形，CG＝m，點(diǎn)M為CG的中點(diǎn)，點(diǎn)P為底面EFGH上的動(dòng)點(diǎn)，則（）A．當(dāng)m＝4時(shí)，存在點(diǎn)P滿足PA+PM＝8 B．當(dāng)m＝4時(shí)，存在唯一的點(diǎn)P滿足 C．當(dāng)m＝4時(shí)，滿足BP⊥AM的點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為 D．當(dāng)時(shí)，滿足的點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為【解答】解：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DH所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，對(duì)于A：當(dāng)m＝4時(shí)，M（0，4，2），A（4，0，0），設(shè)點(diǎn)A關(guān)于平面EFGH的對(duì)稱點(diǎn)為A′，則A′（4，0，8），則|A′M|＝＝＞8，所以PA+PM＝PA′+PM≥A′M＞8，故不存在點(diǎn)P滿足PA+PM＝8，故A不正確；對(duì)于B：當(dāng)m＝4時(shí)，設(shè)P（x，y，4），則＝（x﹣4，y，4），＝（x，y﹣4，2）由?＝0，得x2﹣4x+y2﹣4y+8＝0，即（x﹣2）2+（y﹣2）2＝0，解得x＝y(tǒng)＝2，所以存在唯一的點(diǎn)P滿足，故B正確；對(duì)于C：B（4，4，0），設(shè)P（x，y，4），則＝（﹣4，4，2），＝（x﹣4，y﹣4，4），由?＝0，得x﹣y﹣2＝0，在平面EFGH中，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖，則P的軌跡方程x﹣y﹣2＝0表示的軌跡就是線段NQ，而|NQ|＝2，故C正確；對(duì)于D：當(dāng)時(shí)，M（0，4，），設(shè)P（x，y，），則＝（x﹣4，y，），＝（x，y﹣4，），由?＝0，得x2﹣4x+y2﹣4y+＝0，即（x﹣2）2+（y﹣2）2＝，在平面EFGH中，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖，記（x﹣2）2+（y﹣2）2＝的圓心為O，與GF交于S，T，令y＝4，可得x1＝2+，x2＝2﹣，而x1﹣x2＝，所以∠SOT＝，其對(duì)就的圓弧長(zhǎng)度為；根據(jù)對(duì)稱性可知點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為2π×﹣4×＝，故D正確．故選：BCD．三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分。13．（5分）在新冠疫情防控期間，某單位2男2女被安排到A、B、C三個(gè)社區(qū)去協(xié)助防控工作，其中A社區(qū)要求安排1男1女，B、C社區(qū)各安排1人，則不同的方案數(shù)是8．【解答】解：?jiǎn)挝?男2女被安排到A、B、C三個(gè)社區(qū)去協(xié)助防控工作，A社區(qū)要求安排1男1女，故有＝4種可能，余下兩人全排列即可，故不同的方案數(shù)是：4＝8種，故答案為：8．14．（5分）已知等比數(shù)列{an}的公比為﹣1，前n項(xiàng)和為Sn，若{Sn﹣1}也是等比數(shù)列，則a1＝2．【解答】解：∵{Sn﹣1}也是等比數(shù)列，∴，又∵S2＝a1+a2＝a1﹣a1＝0，S3＝a1+a2+a3＝a1﹣a1+a1＝a1，∴1＝（a1﹣1）（a1﹣1），解得a1＝0或2，又∵an≠0，∴a1＝2，故答案為：2．15．（5分）若（1+x）n（n∈N*）的展開式中第7項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大，則n的所有可能取值集合為{11，12，13}．【解答】解：因?yàn)檎归_式中第7項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大，如果只有第7項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大，則n＝12，如果是第7項(xiàng)和第8項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大，則n＝13，如果是第6項(xiàng)與第7項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大，則n＝11，故n＝11，12或13，故答案為：{11，12，13}．16．（5分）早期的畢達(dá)哥拉斯學(xué)派學(xué)者注意到：用等邊三角形或正方形為表面可構(gòu)成四種規(guī)則的立體圖形，即正四面體、正六面體、正八面體和正二十面體，它們的各個(gè)面和多面角都全等．如圖，正二十面體是由20個(gè)等邊三角形組成的正多面體，共有12個(gè)頂點(diǎn)，30條棱，20個(gè)面，是五個(gè)柏拉圖多面體之一．如果把sin36°按計(jì)算，則該正二十面體的表面積與該正二十面體的外接球表面積之比等于．【解答】解：由圖知正二十面體的外接球即為上方正五棱錐的外接球，設(shè)其半徑為R，正五邊形的外接圓半徑為r，正二十面體的棱長(zhǎng)為l，則，得，所以正五棱錐的頂點(diǎn)到底面的距離是，所以R2＝r2+（R﹣h）2，即，解得．所以該正二十面體的外接球表面積為，而該正二十面體的表面積是，所以該正二十面體的表面積與該正二十面體的外接球表面積之比等于．故答案為：．四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟。17．如圖，已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，b（1+cosC）＝csin∠ABC．（Ⅰ）求角C；（Ⅱ）若a＝5，c＝7，延長(zhǎng)CB至M，使得cos∠AMC＝，求BM．【解答】解：（Ⅰ）因?yàn)閎（1+cosC）＝csin∠ABC，由正弦定理有，sin∠ABC（1+cosC）＝sinCsin∠ABC，因?yàn)椤螦BC∈（0，π），所以sin∠ABC≠0，所以1+cosC＝，即sinC﹣cosC＝1，所以，又因?yàn)?＜C＜π，所以，所以，所以C＝．（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理可得，解得AC＝8（舍去AC＝﹣3），在△ACM中，，由正弦定理可得，即，解得CM＝10，所以BM＝10﹣BC＝5．18．已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S3＝7，a4+a5+a6＝56．（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）在數(shù)列{an}中的ai和之間插入i個(gè)數(shù)m1，m2，m3，?，mi，使ai，m1，m2，m3，?，mi，ai+1成等差數(shù)列，這樣得到一個(gè)新數(shù)列{bn}，設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求T21．【解答】解：（1）設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由S3＝7＝a1+a2+a3①，a4+a5+a6＝56②，得，q3＝8，所以q＝2，因?yàn)镾3＝＝7，所以a1＝1，故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝a1?qn﹣1＝2n﹣1．（2）由題意知，數(shù)列{bn}的前21項(xiàng)為a1，m1，a2，m2，m3，a3，m4，m5，m6，a4，m7，?，a6，即數(shù)列1，m1，2，m2，m3，4，m4，m5，m6，8，m7，?，32，因?yàn)閍i，m1，m2，m3，?，mi，ai+1成等差數(shù)列，所以T21＝+[﹣a2]+[﹣a3]+[﹣a4]+[﹣a5]＝+﹣2+﹣4+﹣8+﹣16＝．19．乒乓球被稱為我國(guó)的國(guó)球，是一種深受人們喜愛的球類體育項(xiàng)目．某次乒乓球比賽中，比賽規(guī)則如下：比賽以11分為一局，采取七局四勝制．在一局比賽中，先得11分的選手為勝方；如果比賽一旦出現(xiàn)10平，先連續(xù)多得2分的選手為勝方．（1）假設(shè)甲選手在每一分爭(zhēng)奪中得分的概率為．在一局比賽中，若現(xiàn)在甲、乙兩名選手的得分為8比8平，求這局比賽甲以先得11分獲勝的概率；（2）假設(shè)甲選手每局獲勝的概率為，在前三局甲獲勝的前提下，記X表示到比賽結(jié)束時(shí)還需要比賽的局?jǐn)?shù)，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望．【解答】（1）設(shè)這局比賽甲以先得（11分）獲勝為事件A，則事件A中包含事件B和事件C，事件B：甲乙再打3個(gè)球，甲先得（11分）獲勝，事件C：甲乙再打4個(gè)球，甲先得（11分）獲勝．事件B：甲乙再打3個(gè)球，這三個(gè)球均為甲贏，則，事件C：甲乙再打4個(gè)球，則前三個(gè)球甲贏兩個(gè)，最后一個(gè)球甲贏，則；則；（2）X的可能取值為1，2，3，4．，，，，所以X的分布列為：X1234p其中．即數(shù)學(xué)期望為．20．已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線E：x2＝2py（p＞0），過點(diǎn)C（0，2）作直線l交拋物線E于點(diǎn)A、B（其中點(diǎn)A在第一象限），?＝﹣4且＝（λ＞0）．（1）求拋物線E的方程；（2）當(dāng)λ＝2時(shí)，過點(diǎn)A、B的圓與拋物線E在點(diǎn)A處有共同的切線，求該圓的方程．【解答】解：（1）設(shè)直線AB的方程為y＝kx+2，與拋物線的方程聯(lián)立，可得x2﹣2pkx﹣4p＝0，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）（x1＞0，x2＜0），可得x1x2＝﹣4p，x1+x2＝2pk，y1y2＝＝4，由?＝﹣4可得x1x2+y1y2＝﹣4p+4＝﹣4，解得p＝2，則拋物線的方程為x2＝4y；（2）由＝2可得﹣x1＝2x2，又x1x2＝﹣8，解得x1＝4，x2＝﹣2，即A（4，4），B（﹣2，1），AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為（1，），k＝，則AB的中垂線的方程為y﹣＝﹣2（x﹣1），即為y＝﹣2x，設(shè)圓的圓心為M（a，b），可得b＝﹣2a，①由直線MA的斜率為，可得A處的切線的斜率為﹣，由x2＝4y即y＝x2，可得y′＝x，可得A處的切線的斜率為2，則﹣＝2，②由①②解得a＝﹣1，b＝，|AM|＝，所以圓的方程為（x+1）2+（y﹣）2＝．21．圖1是由矩形ACC1A1、等邊△ABC和平行四邊形ABB1A2組成的一個(gè)平面圖形，其中AB＝2，AA1＝AA2＝1，N為A1C1的中點(diǎn)．將其沿AC，AB折起使得AA1與AA2重合，連結(jié)B1C1，BN，如圖2．（1）證明：在圖2中，AC⊥BN，且B，C，C1，B1四點(diǎn)共面；（2）在圖2中，若二面角A1﹣AC﹣B的大小為θ，且，求直線AB與平面BCC1B1所成角的正弦值．【解答】（1）證明：取AC的中點(diǎn)M，連接MN，MB，如圖，因?yàn)榫匦蜛CC1A1、N為A1C1的中點(diǎn)．則AC⊥MN，又因?yàn)锳BC為等邊三角形，則AC⊥MB，MN∩MB＝M，MN，MB?平面BMN，則有AC⊥平面BMN，又BN?平面BMN，所以AC⊥BN，矩形ACC1A1中，AA1∥CC1，平行四邊形ABB1A1中，AA1∥BB1，因此BB1∥CC1，所以B，C，C1，B1四點(diǎn)共面；（2）由（1）知，MN⊥AC，BM⊥AC，則∠NMB為二面角A1﹣AC﹣B的平面角，θ＝∠NMB，在平面BMN內(nèi)過M作Mz⊥MB，有AC⊥Mz，以M為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，A（1，0，0），B（0，，0），C（﹣1，0，0），N（0，