2022年甘肅省蘭州市高考數(shù)學(xué)診斷試卷（理科）附答案詳解

2022年甘肅省蘭州市高考數(shù)學(xué)診斷試卷(理科)

一、單選題(本大題共12小題，共60.0分)

1.t為虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)(l+mi)(l+i)是純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)加=()

A.-1B.0C.1D.0或1

2.已知集合M={y\y=sinx,xGR},N—{x\x2—x—2<0},則MC已=()

A.(-1,1]B.[-1,2)C.(-1,1)D.[-1,1)

3.已知|砧=3,。|=2，4與石的夾角為梟則|2五一39|=()

A.6B.3V6C.3V6-3V2D.3迎

4.圓/一2x+y2-3=0的圓心到直線y=x的距離是()

A.V2B.：C.1D.立

22

5.莫高窟坐落在甘肅的敦煌，它是世界上現(xiàn)存規(guī)模最大、內(nèi)容最豐富的佛教藝術(shù)勝地,

每年都會(huì)吸引來(lái)自世界各地的游客參觀旅游.已知購(gòu)買(mǎi)莫高窟正常參觀套票可以參

觀8個(gè)開(kāi)放洞窟，在這8個(gè)洞窟中莫高窟九層樓96號(hào)窟、莫高窟三層樓16號(hào)窟、臧

經(jīng)洞17號(hào)窟被譽(yù)為最值得參觀的洞窟.根據(jù)疫情防控的需要，莫高窟改為極速參觀

模式，游客需從套票包含的開(kāi)放洞窟中隨機(jī)選擇4個(gè)進(jìn)行參觀，所有選擇中至少包

含2個(gè)最值得參觀洞窟的概率是()

A.5B.lC.1D七

6.已知一個(gè)半徑為4的扇形圓心角為。(0V0<2兀)，面積為2兀，若tan(e+6)=3,

則tcmtp=()

A.0B.C.2D.-1

7.已知f(x)是奇函數(shù)，當(dāng)%>0時(shí)，，/(x)=-log2(ax),若/(-4)=3,則a=()

A.七B.|C.2D.1

8.已知三棱錐P-ABC,PC為其外接球。的直徑，PA=PB,若。為棱4B上與4、B不

重合的一點(diǎn)，則4PDC()

A.必為銳角B.必為直角C.必為鈍角D.無(wú)法確定

9.已知/㈤=：sin(3x+￡)(3>0)在［a,b］上單調(diào)，且值域?yàn)椋垡唬?勺,b—a=兀，則

4)=()

A.1B.更C.-D.-

424

10.如圖所示直三棱柱ABC—4aG內(nèi)接于圓柱OR之中，圓柱的

體積為次兀，側(cè)面積為2次兀，AB=V3,若三棱柱的體積為V,

則U的最大值為()

7

B—B

?4

c-

D.在

4

11.已知橢圓Q：捻+?=19＞。與雙曲線。2有公共的焦點(diǎn)尸1、6,4為曲線G、。2

在第一象限的交點(diǎn)，且AAFiF2的面積為2,若橢圓Q的離心率為eu雙曲線C2的離

心率為02，則4或+%的最小值為()

A.9B.IC.7D.\

12.若函數(shù)y=/(x)在其定義域內(nèi)存在刈、%2，使得/'01)/。2)=2,則稱函數(shù)y=f(x)

22

具有。性質(zhì).在函數(shù)①y=2sinxcosx,@y=\x—x—2\,③y=e-^+^-i,④y=

等中，不具有。性質(zhì)的是()

A.②③B.①④C.③④D.①③

二、填空題(本大題共4小題，共20.0分)

13.在(2/E+a)s的展開(kāi)式中，/的系數(shù)為-io,則實(shí)數(shù)。=.

14.為了踐行綠色發(fā)展理念，近年來(lái)我國(guó)一直在大力推廣使用清潔能源.2020年9月我

國(guó)提出了“努力爭(zhēng)取2030年前實(shí)現(xiàn)碳達(dá)峰，2060年前實(shí)現(xiàn)碳中和”的新目標(biāo).如

圖是2016至2020年我國(guó)清潔能源消費(fèi)占能源消費(fèi)總量的比重y的數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)圖，根據(jù)

圖中數(shù)據(jù)可以得到y(tǒng)關(guān)于年份序號(hào)》的回歸直線方程：y=0,0132%+0.179'由回

歸方程可預(yù)測(cè)2022年我國(guó)的清潔能源消費(fèi)占能源消費(fèi)總量的比重約為%.

第2頁(yè)，共20頁(yè)

2016-2020中國(guó)清潔能源消費(fèi)占能源消費(fèi)總■的比?

2S001

---------------

---------------

>------------:

一1

L-八

比

1^00%

前

1000%

OOOW

a4?

年份次日

15.在△48C中，a,b,c分別為角4,B,C的對(duì)邊，若(2b-c)cos4-acosC=0,四在

正方向上的投影是|前的:,△ABC的面積為3遮，則a=.

16.若曲線y=ln(x+b)與直線y=k(x+l)相切，則實(shí)數(shù)b的最大值是.

三、解答題(本大題共7小題，共82.0分)

17.在①￡=/②a?是由和a’的等比中項(xiàng)，這兩個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問(wèn)題

中，并解答.

問(wèn)題：已知公差d不為0的等差數(shù)列色工的前n項(xiàng)和為S”，a3=6.

(1),求數(shù)列｛即｝的通項(xiàng)公式；

an

(2)若數(shù)列bn=2,cn=an+bn,求數(shù)列｛c”｝的前n項(xiàng)和

18.自“雙減”政策頒布實(shí)施以來(lái)，為了研究中小學(xué)各學(xué)科作業(yè)用時(shí)的平衡問(wèn)題，某市

教科研部門(mén)制定了該市各年級(jí)每個(gè)學(xué)科日均作業(yè)時(shí)間的判斷標(biāo)準(zhǔn).下表是初中八年

級(jí)4學(xué)科的判斷標(biāo)準(zhǔn).

日均作業(yè)時(shí)不低于16

[0,4)[4,8)[8,12)[12,16)

間（分鐘）分鐘

判斷標(biāo)準(zhǔn)過(guò)少較少適中較多過(guò)多

之后教科研部門(mén)又隨機(jī)抽取該市30所初中學(xué)校八年級(jí)A學(xué)科的作業(yè)時(shí)間作為樣本,

得到A學(xué)科日均作業(yè)時(shí)間的頻數(shù)分布表見(jiàn)下表.

日均作業(yè)時(shí)

[4,8)[8,12)[12,16)[16,20)[20,24]

間（分鐘）

學(xué)校數(shù)2310105

（1）請(qǐng)將同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值作代表，估計(jì)該市初中八年級(jí)學(xué)生完

成4學(xué)科作業(yè)的日平均時(shí)間（結(jié)果精確到0.1）：

（2）①若4學(xué)科日均作業(yè)時(shí)間不低于12分鐘，稱為“作業(yè)超量”，以樣本頻率估計(jì)

概率，求該市任一所初中學(xué)校八年級(jí)4學(xué)科作業(yè)超量的概率；

②若為了對(duì)該市初中八年級(jí)4學(xué)科作業(yè)的布置情況做進(jìn)一步研究，需再?gòu)脑撌兴?/p>

初中學(xué)校中抽取3所進(jìn)行研究，用X表示抽取的3所學(xué)校中八年級(jí)4學(xué)科”作業(yè)超量

的個(gè)數(shù)，求隨機(jī)變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望.

19.已知四棱錐P-4BCD中，底面4BCD為菱形，點(diǎn)E為

棱PC上一點(diǎn)（與P、C不重合），點(diǎn)M、N分別在棱PD、

PB上，平面EMN〃平面ZBCD.

（1）求證：BD〃平面4MN；

(2)若E為PC中點(diǎn)，PC=BC=BD=2,4PBe=%

PC1BD,求二面角E-MN-4的正弦值.

第4頁(yè)，共20頁(yè)

20.已知居、尸2是橢圓C：W+《=l(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)，直線x=—第b與橢

圓C相切于點(diǎn)4過(guò)尸2的直線交橢圓C于M、N兩點(diǎn)，當(dāng)直線MN與x軸垂直時(shí)，|MN|=

3.

(1)求橢圓C的方程；

(2)當(dāng)直線AM、AN分別與直線x=4交于P、Q兩點(diǎn)，求△APQ面積的最小值.

21.已知函數(shù)/(%)=e"-Q/-sm%,e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).

(1)求/(%)在％=0處的切線方程；

(2)當(dāng)，之0時(shí),/(%)>1-X-sinx,求實(shí)數(shù)a的最大值;

(3)證明：當(dāng)a<,時(shí)，f(x)在％=0處取極小值.

22.平面直角坐標(biāo)系下，曲線6的參數(shù)方程為-L(t為參數(shù))，曲線C2的參數(shù)方

程為｛；Z:篙'(a為參數(shù)).以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸非負(fù)半軸為極軸建立極坐標(biāo)系.

(1)求曲線G，C2的極坐標(biāo)方程;

(2)過(guò)極點(diǎn)的直線1與曲線G交于4B兩點(diǎn)，與曲線。2交于M、N兩點(diǎn)，求-|MN|

的最小值.

已知函數(shù)/(x)=\2x-t|+2\x+t|.

(1)當(dāng)t=l時(shí)，解關(guān)于x的不等式f(x)26；

(2)當(dāng)t>0時(shí)，f(x)的最小值為6,且正數(shù)訪匕滿足a+b=t,求《+"+意的最小值.

第6頁(yè)，共20頁(yè)

答案和解析

1.【答案】c

【解析】

【分析】

本題考查了復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算，考查了復(fù)數(shù)的基本概念，是基礎(chǔ)題.

直接利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算化簡(jiǎn)得答案.

【解答】

解：(14-mt)(l+i)=(1-m)+(1+m)i是純虛數(shù)，

故選：C.

2.【答案】A

【解析】解：：M={y|y=€R}=[-1,1],

N={x\x2-x-2<0}=(-1,2),

.??MCN=(-1,1],

故選：A.

化簡(jiǎn)集合M、N,再求交集即可.

本題考查了集合的化簡(jiǎn)與運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題.

3.【答案】A

【解析】解：由題意，

可知|2五一3萬(wàn)『=Q五一3至產(chǎn)

=4-|a|2-2-2a-3fa+9-|b|2

=4-9-12-|a||fe|-cos<a>b>+9-4

=72-12-3-2--

2

=36,

\2a-3b\=6.

故選：A.

先根據(jù)平面向量的運(yùn)算及數(shù)量積計(jì)算出|2Z-3小2,即(2日-33)2的值，進(jìn)一步即可計(jì)

算出|21-3方|的值，從而可得正確選項(xiàng).

本題主要考查平面向量的運(yùn)算，以及數(shù)量積的運(yùn)算.考查了轉(zhuǎn)化與化歸思想，向量的運(yùn)

算，以及邏輯推理能力和數(shù)學(xué)運(yùn)算能力，屬基礎(chǔ)題.

4.【答案】D

【解析】解：圓/-2x+y2-3=0轉(zhuǎn)換為(x-1)2+y2=4,故圓心的坐標(biāo)為(1,0),

半徑為2；

故圓心(1,0)到直線x-y=0的距離d=a=?.

故選：D.

首先把圓的方程轉(zhuǎn)換為標(biāo)準(zhǔn)式，進(jìn)一步利用點(diǎn)到直線的距離公式的應(yīng)用求出結(jié)果.

本題考查的知識(shí)要點(diǎn)：圓的方程之間的轉(zhuǎn)換，點(diǎn)到直線的距離公式的應(yīng)用，主要考查學(xué)

生的運(yùn)算能力和數(shù)學(xué)思維能力，屬于基礎(chǔ)題.

5.【答案】B

【解析】解：購(gòu)買(mǎi)莫高窟正常參觀套票可以參觀8個(gè)開(kāi)放洞窟，

在這8個(gè)洞窟中莫高窟九層樓96號(hào)窟、莫高窟三層樓16號(hào)窟、藏經(jīng)洞17號(hào)窟被譽(yù)為最值

得參觀的洞窟，

莫高窟改為極速參觀模式，游客需從套票包含的開(kāi)放洞窟中隨機(jī)選擇4個(gè)進(jìn)行參觀，基

本事件總數(shù)n=C^=70,

所有選擇中至少包含2個(gè)最值得參觀洞窟包含的基本事件個(gè)數(shù)m=CjCl+廢底=35.

所有選擇中至少包含2個(gè)最值得參觀洞窟的概率是P=-=^=i

n702

故選:B.

基本事件總數(shù)n=心,所有選擇中至少包含2個(gè)最值得參觀洞窟包含的基本事件個(gè)數(shù)

m=ClCl+廢讖.由此求出所有選擇中至少包含2個(gè)最值得參觀洞窟的概率.

本題考查概率的求法，考查古典概型、排列組合等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是基

礎(chǔ)題.

第8頁(yè)，共20頁(yè)

6.【答案】B

【解析】解：由題意得,0X42=2兀,

所以。=也

l+tan(p

所以tan(0+9)=

l-tan0

則tan,=

故選:B.

由已知結(jié)合扇形面積公式先求出0,然后結(jié)合兩角和的正切公式可求.

本題主要考查了扇形面積公式及兩角和的正切公式，屬于基礎(chǔ)題.

7.【答案】C

【解析】解：f(x)是奇函數(shù)，當(dāng)％>0時(shí)，f(x)=-log2(ax),

可得〃-4)=-/(4)=-[-log2(4a)]=3,

即4a=8,解得a=2.

故選：C.

由奇函數(shù)的定義和％>0時(shí)的函數(shù)解析式，結(jié)合對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)可得所求值.

本題考查函數(shù)的奇偶性的定義和運(yùn)用，以及對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，考查方程思想和運(yùn)算能力,

屬于基礎(chǔ)題.

8.【答案】C

【解析】解：???「。為球的直徑，：.「818(7,PALAC,

在RMP4C和RtSBC中，PA=PB,PC=PC,

**?△PAC=^PBC,

:?AC=BC,設(shè)H4=m=PB,BC=n=AC,

m2+n2=PC2,

設(shè)PD=x,DC=y,在AABC中，CD<CB,■--y<n,y2<n2,

在△P4B中，PD<PA,■.x<m,x2<m2,

x2+y2<m2+n2,

n”P(pán)D2+DC2-PC2x2+y2-PC2x2+y2-(m2+n2)

COSZ-PDC=---------=——乙----=——-----<0,

2PDDC2xy2xy

■.NPDC為△PDC的內(nèi)角，:NPDC為鈍角.

故選：c.

根據(jù)PC為球的直徑，得至URtAPAC和RtAPBC全等，找至次2+y2<m2+n2,再代入

余弦定理即可求解.

本題考查了余弦定理的應(yīng)用，屬于中檔題.

9.【答案】B

【解析】解：設(shè)T為/(x)的最小正周期,

因?yàn)?(久)在［a,b］上單調(diào)，則b-a=7rwg,

又因?yàn)?(x)=?sin(3x+力(3>0)且在［a,b］上值域?yàn)椋?3，勺,

"T

故b-a=n=-

故7=2TI,

故3=1,

故/'(%)=Jsin(x+g),

No

所以優(yōu))T吒弓邛

故選：B.

由題可知，區(qū)間阿b］的長(zhǎng)度兀即為f(X)最小正周期，由此求出3,從而可求//).

本題主要考查了正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)，考查了函數(shù)思想，屬于中檔題.

10.【答案】a

【解析】解：設(shè)圓柱的半徑為r,高為九,

,圓柱=s?=nr2h=87r

Sf則=2nrh=2V3TT

=V30r=1

得(rh

lr2/i=>/3.h=V3'

1

V二棱柱=S2ABCh=-xABxACxsinZ.BACxV3

=^xABxACxsin^BAC,

第10頁(yè)，共20頁(yè)

由基本不等式，AB>0,AC>0,AB=V3.

則4BxAC<（竺產(chǎn)/，當(dāng)且僅當(dāng)AB=AC=遍時(shí)取等號(hào)，

當(dāng)4B=y/3,OA=1,cos^OAB=啜=?,故cos^OAD=30。，

故的C=60°,sin^BAC=―,

2

則三棱柱體積的最大值為夜X百xbx省=2.

224

故選：A.

根據(jù)圓柱的體積和側(cè)面積求出圓柱的底面半徑和高，利用基本不等式求得48,AC,代

入圓柱體積公式計(jì)算即可.

本題考查了圓柱體積公式和基本不等式的應(yīng)用，屬于中檔題.

11.【答案】B

【解析】解：設(shè)立居4尸2=0,由橢圓面積公式可得2xtang=2,則tan5=l,

據(jù)此可知sin，=cos-=—,

222

我們有模型:橢圓G與雙曲線。2共焦點(diǎn)尸1，?2,且它們的一個(gè)公共交點(diǎn)為P,設(shè)4F1PF2=。，

咚2

則,有：—sin+—cos^=1.

赍e(cuò)j

證明如下：

設(shè)橢圓短半軸長(zhǎng)為瓦，雙曲線虛半軸為電，由焦點(diǎn)三角形面積公式：

bl-tand--^―=>（af—c2）-tan20=c2—,

1tanev17z

今/T）鬻=（1一？=6T）siMe=d-?cos?仇

=等+等=1.

據(jù)此可得：盤(pán)+,=2,

故4號(hào)+城="4田+e分（城+專）="5+詈+3）對(duì)（5+2符=*

當(dāng)且僅當(dāng)?shù)?：,或=|時(shí)等號(hào)成立.

故選：B.

由題意首先求得與4居AF2相關(guān)的三角函數(shù)值，然后結(jié)合基本不等式即可求得最小值.

本題主要考查橢圓與雙曲線的關(guān)系，離心率的相關(guān)計(jì)算，由基本不等式求最值的方法等

知識(shí)，屬于中等題.

12.【答案】D

【解析】解:對(duì)于①，y=2sinxcosx=sin2xE[—1,1],

???函數(shù)y=2si7ixcos》在其定義域內(nèi)不存在%1、使得=2,故①不具有性

質(zhì)。；

對(duì)于②，y=|%2-x-2|=|(x-i)2-^|,

取乙=萼，必=1,則/。1)/(次)=2,故②具有性質(zhì)D；

;tZx1_(z_)2

對(duì)于③，y=e-+-=e24<1.

=e-/+xT在其定義域內(nèi)不存在xi、x2,使得/Qi)f(X2)=2,③不具有。性質(zhì)；

對(duì)于④，在丁=等中，/=由y'>0，得0<x<e,由y'<0得，x>e,

x—

-e時(shí)，ymax~"y€(°O>-]>

二函數(shù)y=W在其定義域內(nèi)存在XI、尤2，使得/'(X1)/(X2)=2，故④具有。性質(zhì).

故選：D.

分別求出每個(gè)函數(shù)的值域，能求出結(jié)果.

本題考查命題真假的判斷，考查函數(shù)的性質(zhì)、值域等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是

基礎(chǔ)題.

13.【答案】-2

【解析】解：根據(jù)二項(xiàng)式定理可得展開(kāi)式中含的項(xiàng)為C式豉)4.a=5ax2,

所以5a=-10,解得a=-2,

故答案為：—2.

根據(jù)二項(xiàng)式定理求出展開(kāi)式中含42的項(xiàng)，由此即可求解結(jié)論.

本題考查了二項(xiàng)式定理的應(yīng)用，考查了學(xué)生的運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題.

14.【答案】27.14

第12頁(yè)，共20頁(yè)

【解析】解：由題意可知，2022年對(duì)應(yīng)的年份序號(hào)為7,

y=0.0132X7+0.179=0.2714,

故2022年我國(guó)的清潔能源消費(fèi)占能源消費(fèi)總量的比重約為27.14%.

故答案為：27.14.

由題意可知，2022年對(duì)應(yīng)的年份序號(hào)為7,將％=7代入線性回歸方程，即可求解.

本題主要考查線性回歸方程的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

15.【答案】-/13

【解析】解：整理(2b-c)cosA-acosC=0,

得：2bcosA=sinAcosC+cosAsinC,

解得：cosA=I，由于OVAVTT,則4=g,

因?yàn)檐笤谇胺较蛏系耐队笆莬希|的I，^V\AB\cosA=|c=||X?|=|b,

所以c=

因?yàn)椤鰽BC的面積為3次，即gbcs譏4=|fo2-^=3V3,

所以b=3,則c=4,

由余弦定理可得：a2=b2+c2-2bccosA,解得Q=/正，

故答案為：VT3.

先利用正弦定理整理三角函數(shù)關(guān)系式求出4的值，再由而在前方向上的投影是|前|的|,

以及三角形面積公式求得b,c的值，最后利用余弦定理即可求得a的值.

本題考查平面向量數(shù)量積的運(yùn)算性質(zhì)，涉及正弦定理的應(yīng)用，屬于中檔題.

16.【答案】2

【解析】解：設(shè)曲線y=ln(x+b)與直線y=k(x+1)相切的切點(diǎn)為(x()，yo).

由y=ln(x+b),得、'=擊

=k

x0+b1+k+lnk

則y=k(x。+1)，所以匕

0k

7o=ln(%0+b)

1+x+lnxInx

令g(x)=(%>0),則g'(x)

X

令g'(x)=o,則欠=1,

所以當(dāng)0<x<l時(shí)，g'(x)<0：當(dāng)x>1時(shí)，g'(x)>0,

所g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+8)上單調(diào)遞減，

所以g(x)max=g⑴=2,

所以b的最大值為2.

故答案為：2.

設(shè)曲線y=ln(x+b)與直線y=fc(x+1)相切的切點(diǎn)為(右,%)，根據(jù)條件得到b關(guān)于k的

方程，再利用導(dǎo)數(shù)求出b的最值即可.

本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與最值，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的切線，考查了方程

思想和函數(shù)思想，屬中檔題.

17.【答案】解：選條件①時(shí)，￡=

由于公差d不為。的等差數(shù)列｛5｝的前n項(xiàng)和為右,

所以3s5=59,

整理得3x(5%+10d)=9al+36d,

故的=d,

由于。3=6,

整理得的+2d=6,

故的=d=2,

所以0n=24-2(n-1)=2n；

n

(2)由(1)得:bn=4,

n

故％=an+bn=2n+4,

所以〃=(24-4+.?,+2n)+(41+42+...4-4n)="xj」4-n2+n=、3、4-n24-n.

選條件②時(shí)，。2是和。4的等比中項(xiàng)，且。3=6,

故產(chǎn),

=6

解得Qi=d=2；

所以0n=2+2(n-1)=2n；

n

(2)由(1)得:bn=4,

n

故Cn=an+%=2n+4,

所以心=(2+4+..?+2九)+(41+42+...4-4n)=+n24-n=，+n2+n.

第14頁(yè)，共20頁(yè)

【解析】選條件①時(shí)，（1）直接利用關(guān)系式的應(yīng)用求出數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）利用分組法

的應(yīng)用求出數(shù)列的和.

選條件②時(shí)，（1）直接利用關(guān)系式的應(yīng)用求出數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）利用分組法的應(yīng)用求

出數(shù)列的和.

本題考查的知識(shí)要點(diǎn)：數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法及應(yīng)用，數(shù)列的求和，分組法的求和，主

要考查學(xué)生的運(yùn)算能力和數(shù)學(xué)思維能力，屬于中檔題.

18.【答案】解：（1）由表中數(shù)據(jù)可得，該市初中八年級(jí)學(xué)生完成4學(xué)科作業(yè)的日平均時(shí)

,--,6X2+10X3+14X10+18X10+22X5.?

間-----------------------?15.7.

2+3+10+10+5

（2）①4學(xué)科日均作業(yè)量不低于12分鐘在區(qū)間[12,16）,[16,20）,[20,24）,有10+10+5=

25所學(xué)校，

故該市任一所初中學(xué)校八年級(jí)4學(xué)科作業(yè)超量的概率P=|^=7.

306

②由題意可知，X所有可能取值為0,1,2,3,X?B（3,4，

P4=。)=(1-丁=強(qiáng)

P(X=2)=CJ(|)2(1-1)1=§,

P(X=3)=(|)3=黑，

故X的分布列為：

X0123

1525125

P

2167272216

故E(X)=3X”今

oZ

【解析】（1）根據(jù)已知條件，結(jié)合表中數(shù)據(jù)，以及平均數(shù)公式，即可求解.

（2）①根據(jù)己知條件，結(jié)合古典概型的概率公式，即可求解.

②由題意可知，X所有可能取值為0,1,2,3,X?8（3,|）,分別求出對(duì)應(yīng)的概率，再

結(jié)合期望的公式，即可求解.

本題主要考查了離散型隨機(jī)變量及其分布列，需要學(xué)生熟練掌握期望公式，屬于中檔題.

19.【答案】⑴解：???平面EMN〃平面ABCD,

平面PB。n平面ABC。=BD,

平面PBDCl平面EMN=MN,

：.BD//MN,

BD呈平面EMN,MNu平面EM/V,

???8?！ㄆ矫?MN；

(2)證明：由(1)得BD〃平面4MM

7,

???PC=BC=2,Z.PBC=4

:.乙PBC=乙CPB=乙BCP=

42

APC1BC,又PCO.??PC1平面4BCD,

???四邊形4BCD是菱形，BC=BD=2,

：,△BCD為正三角形，???ADCB=p

連接4C交B0于。，以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，。4所在直線為x軸,

。8所在直線為y軸，過(guò)。點(diǎn)作PC的平行線為z軸，

建立空間直角坐標(biāo)系，如圖示：

則4(75,0,0),F(0,1,0),C(-V3,0,0),D(0,-l,0),P(一封0,2),

為PC中點(diǎn)，且平面EMN〃平面4BCD,

可得M,N分別為PD與PB的中點(diǎn)，

二M(一日,1),W(—Y>|>1)?F(—V3,0,l),

平面EMN的法向量是平面4BCC的法向量，

vPC1平面ABCD,.?.平面EMN的法向量可以是五=PC=(0,0,-2)，

設(shè)平面AMN的法向量為記=(x,y,z),

麗=(0,1,0)，俞=(一喙-31)，

第16頁(yè)，共20頁(yè)

.(m.MN=0.y_

*?~AM=0，-1+z=0,

設(shè)x=2,貝上=3次，.?.m=(2,0,373),

,—>-?、ni-n0+0+663^3

??.cos<M,n>=-=^7==7=,

???sin<m,n>=11——=

\3131

???二面角E-MN—4的正弦值是組.

31

【解析】(1)根據(jù)面面平行求出BD〃MN,再根據(jù)線面平行的判定定理證明即可；

(2)建立坐標(biāo)系，分別求出平面EMN和平面MM4的法向量，從而求出二面角E-MN-4

的正弦值.

本題考查了面面平行的性質(zhì)，考查線面平行的判定定理，考查空間向量的應(yīng)用以及求二

面角問(wèn)題，考查轉(zhuǎn)化思想，是中檔題.

(2^3,

-a-------b

3

20.【答案】解：(1)由題意可知J型=3，解得。=2,b=?c=1,

蘇=ft2+C2

???橢圓c的標(biāo)準(zhǔn)方程為：立+e=1；

43

(2)設(shè)MQiJi),N(%2，V2)，直線MN的方程為％=my+1,

設(shè)直線AM,AN的斜率分別為自，fc2,

.k卜=%.._乃乃_當(dāng)、2___________yiyz______

?12X((f

?xt+22+2(小+2)(42+2)7ny1+3)7ny2+3)+3m(y1+y2')+9

由12=O'消去X'整理得(3m2+4)y2+6my-9=0,

—6171-9->

為+%=2，，%為=,2z

八J“37n2+4s37n2+4/=144m+144>0,

：?k也=.2無(wú)*。=/

3m2+4+3m^+4+

直線AM的方程，y=ki(x+2),???P(4,6ki),同理。(4,6七)，

-1

：.△4PQ的面積為S=-x6x|6七一6k2\=181kl-七|,

,??七七=一；<0，???5=18(優(yōu)1|+%21)236平兩=18,當(dāng)且僅當(dāng)自=一k2時(shí)

取”="，

??.△4PQ面積的最小值為18.

【解析】(1)由已知可得關(guān)于a,b,c的方程組，求解a,b,c的值，即可求得橢圓方程；

(2)設(shè)直線MN的方程，分別表示出直線4M,4N的斜率，并將直線MN的方程代入橢圓

方程，可得卜也=一；,分別求得P和Q點(diǎn)坐標(biāo)，表示出AAPQ的面積，利用基本不等式

可求得△APQ面積的最小值.

本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程,直線與橢圓位置關(guān)系，直線的斜率公式及基本不等式的應(yīng)用，

考查轉(zhuǎn)化思想，計(jì)算能力，屬于中檔題.

21.【答案】解：(1),：/(%)=ex—ax2—sinx,/(O)=1,且/'(x)-ex—lax—cosx,

則((0)=0,所以/(x)在x=0處的切線方程為y=1.

(2)當(dāng)x20時(shí)，/(x)>1—x—sinx,Bpex—ax2+x-1>0,

當(dāng)x=0時(shí)，ex-ax2+x—I=0,

當(dāng)x>0時(shí)，ex-ax2+x—I>0,即aW，、廠,

因?yàn)閤>0,所以1-1>e°-1=0,

當(dāng)x>2時(shí)，g'(x)>0,g(x)在(2,+8)上單調(diào)遞增；

當(dāng)0<x<2時(shí)，g'(x)<0,g(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，

所以gCOmin=9(2)=子所以Q<子，所以實(shí)數(shù)Q的最大值為寧?

(3)若aV：,當(dāng)％€(-]()，y=e"和y=S出%都單調(diào)遞增，

所以九'(%)=e*-2Q+sinx單調(diào)遞增，

①當(dāng)八'(一巴)=e3一2a-lZ0,即av」二時(shí),

2—2

則"(x)=ex-2a+sinx>O(xG(一/)，則h(x)在%G(-],同上單調(diào)遞增,

而九(0)=0,所以當(dāng)％6(一90)時(shí)，h(x)<0,所以/(x)在(一熱0)上單調(diào)遞減；

當(dāng)％e(0弓)時(shí)，八(x)>0,所以/(x)在(0,方上單調(diào)遞增：所以/'(X)在x=0處取極小值：

②當(dāng)1(一巴)=e-i-2a-l<0,即<a<三時(shí)，九<0)=1-2a>0,且x€(-7,7)-

222已/