2023年廣東省汕頭市龍湖區(qū)高考數(shù)學(xué)三模試卷

2023年廣東省汕頭市龍湖區(qū)高考數(shù)學(xué)三模試卷

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

1.設(shè)集合M={x∣∕+2尤一15≤0},N={x∣2x+ι>l},則MnN=()

A.(-5,1)B.(-1,3]C.[-7,3)D.(-5,3)

2.已知復(fù)數(shù)Z的共朝復(fù)數(shù)W=法，則復(fù)數(shù)Z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于()

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限

3.如圖，點。、E分別AC、BC的中點，設(shè)荏=2,AC=b，F(xiàn)是CE的中

點，則而=()

A.演+頡

B.-?ɑ+?h

C-扣+尹

D.-ia÷ifo

4.我國古代數(shù)學(xué)名著書九章》中有“天池盆測雨”題，在下雨時，用一個圓臺形的天

池盆接雨水，天池盆盆口直徑為36寸，盆底直徑為12寸，盆深18寸.若某次下雨盆中積水的深

度恰好是盆深的一半，則平均降雨量是(注：平均降雨量等于盆中積水體積除以盆口面積)()

A.汐B.2寸C.討D.3寸

5.從屬于區(qū)間［2,9］的整數(shù)中任取兩個數(shù)，則至少有一個數(shù)是質(zhì)數(shù)的概率為()

6.已知函數(shù)/(x)=2sin(ωx-≡)(ω>0)的圖像與久軸相鄰的兩個交點為M,N,他們之間有

2

一個最高點為P，麗.麗=4-3，則f(K)的最小正周期為()

16

A.πB."C.2兀D.?

Oτ?

7.將一個體積為36兀的鐵球切割成正三棱錐的機(jī)床零件，則該零件體積的最大值為()

A.16CB.16θC.8√^7D.8√^

8.設(shè)a=2019m2021,b=2020m2020,c=2021∕n2019,則()

A.a>b>cB.c>b>aC.a>c>bD.b>a>c

二、多選題(本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項符合題目要求)

9.如圖，正方體4BCD-4ιBιGA的棱長為2,動點P,Q分別在線段GD,ACl.,則下列命

題正確的是()

A.直線BC與平面力BClDl所成的角等于*

B.點C到平面ABGDi的距離為√^7

C.異面直線DIC和BCl所成的角為:

D.線段PQ長度的最小值為亨

10.設(shè)函數(shù)/(X)="/一μ+》的導(dǎo)函數(shù)為/，(乃，則()

A.∕,(1)=0B.x=1是函數(shù)/(x)的極值點

C./(X)存在兩個零點D.f(x)在(1,+8)上單調(diào)遞增

11.已知拋物線y2=4%的焦點為凡頂點為。，過點F的直線I與拋物線交于4B兩點,4在

第一象限，若∣4F∣=3∣FB∣,則下列結(jié)論正確的是()

A.直線i的斜率為CB.線段4B的長度為學(xué)

C.OA1OBD.以AF為直徑的圓與y軸相切

12.已知函數(shù)〃尤)及其導(dǎo)函數(shù)/'(%)的定義域均為R.記g(x)=f(x),若為偶函數(shù)，為奇函數(shù),

則()

A.B.g(—2)=g⑶C.D./(0)=/(5)

三、填空題(本大題共4小題，共20.0分)

13.(x+2y)5(χ-3y)的展開式中χ3y3項的系數(shù)為.(用數(shù)字作答

)

14.己知圓C：Q—2)2+(y—l)2=4,則過原點且與C相切的直線方程為.

15.已知函數(shù)AX)=g,g(x)=χ2,若存在一條直線同時與兩個函數(shù)圖象相切，則實數(shù)ɑ的

取值范圍_____.

16.已知橢圓C：1+4=1的兩個焦點為Fi，F(xiàn)2,P為橢圓上任意一點，點(m,n)為心&尸2

的內(nèi)心，則m+n的最大值為.

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)

在銳角△力BC中，內(nèi)角4B,C的對邊分別為α,b,c,且c-2bcosA=b.

(1)求證：A=2B；

(2)若4的角平分線交BC于D,且c=2,求△4BD面積的取值范圍.

18.(本小題12.0分)

已知等比數(shù)列｛an｝的前n項和為Sn,αn+ι=2Sn+l(n∈N*).

(1)求數(shù)列｛an｝的通項公式；

(2)在即和即+1之間插入n個數(shù)，使這n+2個數(shù)組成一個公差為程的等差數(shù)列，在數(shù)列｛d7j｝中

是否存在3項drn,dk,dp(其中m,k,P是公差不為0的等差數(shù)列)成等比數(shù)列？若存在，求出

這3項；若不存在，請說明理由.

19.(本小題12.0分)

如圖，四棱錐P-ABCD的底面ZBC。為正方形，PA=PD,E為PB的中點，已知/_也=余

ShPAD_2.

(1)證明：PD〃平面E4C；

(2)求點C到平面Pa。的距離：

(3)若平面PADJL平面ABCD,求直線EC與平面PCD所成角的正弦值.

20.(本小題12.0分)

在問卷調(diào)查中，被采訪人有可能出于隱私保護(hù)而不愿意如實填寫問卷，導(dǎo)致調(diào)查數(shù)據(jù)失真.某

校高三級調(diào)查學(xué)生對飯?zhí)梅?wù)滿意情況，為保護(hù)學(xué)生隱私并得到真實數(shù)據(jù)，采取如下“隨機(jī)

化回答技術(shù)”進(jìn)行問卷調(diào)查：

一個袋子中裝有五個大小相同的小球，其中2個黑球，3個白球、高三級所有學(xué)生從袋子中有

放回的隨機(jī)摸兩次球，每次摸出一球.約定“若兩次摸到的球的顏色不同，則按方式I回答問

卷，若相同則按方式∏回答問卷”.

方式I：若第一次摸到的是白球，則在問卷中答“是"，否則答“否”；

方式H：若學(xué)生對飯?zhí)梅?wù)滿意，則在問卷中答“是"，否則答“否”.

當(dāng)所有學(xué)生完成問卷調(diào)查后，統(tǒng)計答“是"，答“否”的比例，用頻率估計概率，由所學(xué)概

率知識即可求得該校高三級學(xué)生對飯?zhí)梅?wù)滿意度的估計值.

(1)若某班有50名學(xué)生，用X表示其中按方式I回答問卷的人數(shù)，求X的數(shù)學(xué)期望；

(2)若該年級的所有調(diào)查問卷中，答“是"與答“否”的比例為2：3,試估計該年級學(xué)生對飯

堂的滿意度.(結(jié)果保留3位有效數(shù)字

)

21.(本小題12.0分)

已知雙曲線C：鳥一4=1缶＞0/＞0)的實軸長為20C的一條漸近線斜率為一斗，直

Qb2

線1交C于P,Q兩點，點M(?∏α,b)在雙曲線C上.

(1)若直線HiC的右焦點，且斜率為-1,求APMQ的面積；

(2)設(shè)P,Q為雙曲線C上異于點M(Cα,b)的兩動點，記直線MP,MQ的斜率分別為后，k2,

若kι+k2=2k1k2＞求證：直線PQ過定點.

22.(本小題12.0分)

設(shè)/(x)=e*,g(x)=)尤，

(1)證明：x∕?(x)≥x+5(x)+l;

(2)若存在直線y=t,其與曲線＞=言和y=竽共有3個不同交點4(%ι,t),B(x2,t),

C(X3,t)(%l<%2V%3)，求證：%1，%2,%3成等比數(shù)列?

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：因為M+2x-15=(x+5)(X-3)≤0,所以一5≤x≤3,即M={x∣-5≤x≤3)；

因為2丫+1>2。=1,所以x+l>0,X>-1,即N={x∣x>-1};

所以MnN={x∣—1<X≤3}.

故選：B.

先分別化簡集合M，N,再利用交集的運(yùn)算求解結(jié)果.

本題主要考查交集及其運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題.

2.【答案】D

【解析】解：由題意5=注=竽0=*l=g+前，

3-ι3z-r1055

所以2=2—|［，則復(fù)數(shù)2在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(，一|)，為第四象限內(nèi)的點.

故選：D.

由復(fù)數(shù)的運(yùn)算求出復(fù)數(shù)z,再由復(fù)數(shù)幾何意義即可解答.

本題主要考查復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題.

3.【答案】C

【解析】解：因為點。、E分別AC、BC的中點，尸是。E的中點,

J9ry?F=?D+DF=?+?=?+?,

2224

即而=4五+〈石.

42

故選：C.

根據(jù)向量的運(yùn)算，利用基底向量,石表示而即可.

本題主要考查了平面向量的線性運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題.

4.【答案】C

【解析】解：如圖，由題意可知，天池盆上底面半徑為18寸，下底面半徑為6

寸，高為18寸.

積水深9寸,

???水面半徑為*18+6)=12寸，

則盆中水的體積為3兀X9(62+122+6×12)=756兀(立方寸).

???平地降雨量等于翳=*寸)?

故選：C.

由題意求得盆中水的上地面半徑，代入圓臺體積公式求得水的體積，除以盆口面積得答案.

本題考查柱、錐、臺體的體積求法，正確理解題意是關(guān)鍵，屬基礎(chǔ)題.

5.【答案】D

【解析】解：區(qū)間［2,9］的整數(shù)共有8個，則質(zhì)數(shù)有2,3,5,7共4個；非質(zhì)數(shù)有4個；

設(shè)事件4從屬于區(qū)間［2,9］的整數(shù)中任取兩個數(shù)，至少有一個數(shù)是質(zhì)數(shù)，

由P(I)=≤∣=得得P(4)=1-P(A)=9

故選：D.

根據(jù)對立事件的概率公式，結(jié)合古典概型公式、組合定義進(jìn)行求解即可.

本題考查概率的計算，考查古典概型、排列組合基礎(chǔ)知識，考查運(yùn)算求解能力，是基礎(chǔ)題.

6.【答案】2

【解析】解：設(shè)M(Xl,0),N(Xl,0),令/(x)=2sin(3X-$=0,

不妨設(shè)-=kπ,ωx2-=(∕c+l)π,kG.Z,

則％=2+券&=空+套

因為點P為點M,N的之間的一個最高點,

所以P(空，2)，即P6+吟+瓢-2),

所以麗=緇—誓，一2)，麗=(喈-畀-2),

所以兩.麗=一緇—與月2+4=4-志

即a?=%解得3=2,

所以T=兀?

故選：A.

分別求出M,N點的坐標(biāo)，根據(jù)麗?麗=4一吟，求出3即可.

16

本題主要考查平面向量的數(shù)量積運(yùn)算，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題.

7.【答案】D

【解析】解：設(shè)正三棱錐的底面邊長為α,高為∕ι,球半徑為R,

由球的體積為36兀，貝IgTrR3=36"，解得R=3,

.?.(?ɑ)2+(∕ι-3)2=9.≡P∣a2+h2-6h=0,

故a?=Sh2+18∕ι,

???正三棱錐的體積為:Vr=i×^a2h=≤y(-3∕ι2+18h')h=?(-3h3+18h2),

W=工(-9F+36/1)，

由7>0得：0<九<4,此時函數(shù)U單調(diào)遞增，

由V'<O得：4<∕ι<6,此時函數(shù)U單調(diào)遞減，

???當(dāng)∕ι=4時，V取得最大值，且最大值為黑(一3X43+18X42)=8，年.

故選：D.

設(shè)正三棱錐的底面邊長為a,高為九，球半徑為R,由球體積求得球半徑R=3,根據(jù)邊長、高、外

接球半徑關(guān)系及棱錐體積公式得到零件體積關(guān)于九的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求體積最大值.

本題考查三棱錐的體積的最值的求解，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與最值，化歸轉(zhuǎn)化思想，屬中

檔題.

8.【答案】B

【解析】解：設(shè)/(X)=巖，則((X)=告請，

當(dāng)%∈[C2,+8)時，f(χ)<0,

故f(%)在忸2,+8)上單調(diào)遞減，

所以f(2019)>/(2020),即煤黑>喘￡,

乙UNlULΛ?JLΛ1.

所以2021m2019>2020bι2020,所以c>b；

設(shè)g(x)=薯，則g'(χ)=7?

x1(X—1)

當(dāng)XeIe2,+8)時，g'［x)<0,

故g(x)在忸2,+8)上單調(diào)遞減,

所以g(2020)>g(2021),即喘2>嗡L

所以2020∕n2020>2019仇2021,所以b>α,

所以C>b>a.

故選：B.

比較b,C大小，轉(zhuǎn)化為比較嘿縹益大小，構(gòu)造函數(shù)/0)=塔，通過求導(dǎo)判斷/(X)的單調(diào)性,

可得出b,C大??；比較α,b大小，轉(zhuǎn)化為比較綜等,嚅1大小，構(gòu)造函數(shù)g(χ)=?求導(dǎo)判斷

LΛ?JA.yLΛ?JLΛ?J??

g(x)單調(diào)性，得到出a,b大小，即可得出結(jié)論.

本題考查利用函數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查實數(shù)的大小比較，考查構(gòu)造思想以及運(yùn)算求解能力,

屬于中檔題.

9.【答案】ABD

【解析】解：以D為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，如圖,

對于4,4(2,0,0),S(2,2,0),C1(0,2,2),D1(0,0,2),C(0,2,0),

BC=(-2,0,0)-AB=(0,2,0).砧=(-2,0,1),

設(shè)平面ABC［。］的法向量為元=(x,y,z),

則尸竺Ty=°,取X=L得裙=(1。1),

設(shè)直線BC與平面4BG2所成的角為。，

7

則Sine=?BC-n??,??-Q-L

∣BC∣?∣n∣~y∏,~2,4,

???直線BC與平面48CiDl所成的角等于a故A正確;

對于B,點C到面ABCiDi的距離為：

d=)；宿=√^^2,故B正確；

對于C，昭t=(0,2,-2),BC^=(-2,0,2),

cos<DCBCl>=I師M兩I=5,

???兩條異面直線DlC和BG所成的角為全故C錯誤；

對于D,設(shè)9=4兩，則P(0,24,24),AQ=μAC,則Q(2—2出2出0),

則PQ=√(2-2μ)2+(2Λ-2μ)2+(2λ)2=J8(λ-^)2+6(μ-1)2+|>當(dāng)"=∣,W時，PQ的

長最小，最小值為小，故。正確.

故選：480.

以D為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，

對于4,求出平面ABGDi的法向量，利用向量法求出直線BC與平面4BGD1所成的角；

對于B,利用向量法求出點C到面4BCιA的距離；

對于C,求出庠=(0,L-I)，西=(-1,0,1)>利用向量法求出兩條異面直線DIC和BG所成的角；

對于。，設(shè)前=A西，則P(0,2/1,22),AQ=μAC,則Q(2-2%2%0),利用兩點間的距離公式

可求最小值.

本題考查命題真假的判斷，考查線面角、點到平面的距離、異面直線所成的角、兩點間的距離的

最小值、向量法等基礎(chǔ)知識，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題.

10.【答案】AD

【解析】解：∕,(x)=x2-2x+l=(x-l)2≥0,所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，所以函數(shù)不存

在極值點，故B錯誤，。正確；

/'(1)=0,故A正確；

/(x)=∣x3—X2+X=0>得X(X2-3x+3)=0,――3x+3=0中，4=9-12<0,

所以一一3久+3>0恒成立，即方程只有一個實數(shù)根，即x=0,故C錯誤.

故選：AD.

首先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的關(guān)系，即可判斷選項.

本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，考查學(xué)生的運(yùn)算能力，屬于中檔題.

11.【答案】ABD

【解析】解：???A在第一象限，且Ia用>∣BF∣,二直線Z的斜率k存在,

且k>0,

設(shè)直線2的方程為y=k(x-1),A(x1,y1),BQ2,力)，XT>0,x2>。，

聯(lián)立1)，得1產(chǎn)一(21+4)%+1=0,

???X1+Λ?=2+武①，x1?X2=1②，

-?AF?=3?FB?f.?.XI÷1=3(X2+1),即Λ?-3Λ?=2③，

由②③解得，x1=3,X2=

1A___

代入①中，得3+§=2+/?,.?.攵=±√^9(負(fù)數(shù)舍去),

?k=y∕~~3，故A正確；

??AB?=x1÷xz÷P=3÷∣÷2=y,故3正確;

Vx1=3,X2=?,k=yj~~3f

?2√-3

???y1=2√3,y2=--

??.y1y2=-4(正數(shù)舍去)，

：?X1X2+?2=1—4=—3≠0,

???。4與。8不垂直，故C錯誤；

以AF為直徑的圓與y軸相切的切點P(0,t),

???西=(3,2√"^-t),兩=(LT),

???西?刀=3+(2yJ~3-t)?(T)=0，

?t=V-3?

???以/F為直徑的圓與y軸相切，故。正確.

故選：ABD.

設(shè)直線，的方程為y=k(%-1),k>0,A(XIJi),8(%2，乃)，將其與拋物線的方程聯(lián)立消去y，利

用韋達(dá)定理，由MH=3∣BF∣,推出無I-3Λ?=2,,再根據(jù)韋達(dá)定理求出點4B的坐標(biāo),標(biāo)，即

可判斷各選項.

本題考查直線與拋物線的位置關(guān)系，利用拋物線的定義解決線段長的問題是解題的關(guān)鍵，考查邏

輯推理能力和運(yùn)算能力，屬于中檔題.

12.【答案】CD

【解析】解：因為為偶函數(shù)，所以，

令，則，所以f(t)=f(5-t),即/(x)=∕(5-x),

所以fQ)的圖象關(guān)于直線對稱，

所以f(0)=∕(5),所以。正確，

由/(x)=f(5-x)，得/'(%)=

所以g(x)=-g(5-X),所以g(x)+g(5-無)=0,

所以g(x)的圖象關(guān)于對稱，

因為為奇函數(shù)，所以，

所以g(X)的圖象關(guān)于對稱，

所以g(χ)的周期為，

令X=0,則，所以，

所以，

所以，所以C正確，

因為g(x)的周期為2,所以g(-2)=g(0),

因為g(x)的圖象關(guān)于對稱，

所以g(3)=-g(0),

所以g(-2)=g(3)不一定成立，所以B錯誤，

由，可得，

所以(C為常數(shù))，

所以，此式不一定為零，所以A錯誤，

故選：CD.

由為偶函數(shù)，可得/(x)的圖象關(guān)于直線對稱，由為奇函數(shù)，可得g(x)的圖象關(guān)于對稱，再由

∕,(x)=-f(5-x),可得g(x)的圖象關(guān)于對稱，然后逐個分析判斷即可.

本題考查函數(shù)奇偶性和對稱性的綜合應(yīng)用，考查抽象函數(shù)的奇偶性，解題的關(guān)鍵是利用已知的式

子結(jié)合奇偶性的定義求出函數(shù)的對稱軸和對稱中心，再得到函數(shù)的周期，考查數(shù)學(xué)抽象能力，屬

于難題.

13.【答案】-40

【解析】解：(x+2y)5(x一3y)=x(x+2y)s—3y(x+2y)s,

(%+2丫)5展開式的通項為幾+1=(7。/-(2']=。121.5嗎^,k=0,1,.??5.

令％=3,得*=CQ23?χ2.y3=80χ2y3,

令k=2,得&=?22■X3?y2=40x3y2,

對于X(X+2y)5,/丫3的系數(shù)為80,對于一3y(x+2y)S,∕y3的系數(shù)為一口。，

所以(X+2y)5(x-3y)的展開式中∕y3的系數(shù)為80_120=-40.

故答案為：—40.

化簡得到(X+2y)5(x-3y)=x(x+2y)5-3y(x+2y)5,求(X+2y)'展開式的通項公式，結(jié)合題

意分別求得上的值，代入求解即可.

本題考查二項式定理相關(guān)知識，屬于中檔題.

14.【答案】X=0或3x+4y=0

【解析】解：由已知，圓心C(2,l),半徑r=2.

原點在圓C外，設(shè)切線方程為y=∕c%,

∣2fe-ι∣_?

即kx-y=0,所以了『-2,

√i÷∕c2

解得k=一j故切線方程為3%+4y=0,

經(jīng)驗證，X=O也是圓C的切線方程.

故答案為：X=O或3x+4y=0.

易知原點在圓外，然后設(shè)切線的方程，利用點到切線的距離等于半徑求出k的值，同時考慮斜率不

存在時斜率是否存在.

本題考查直線與圓的位置關(guān)系以及圓的切線方程的求法，屬于基礎(chǔ)題.

2

15.【答案】(-8,0)UE,+8)

【解析】

【分析】

本題考查曲線的切線問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化能力.

設(shè)某直線是兩曲線的公切線，必和兩曲線分別相切于4B兩點，求出兩點切線，利用斜率和縱截

距相等，由此分析求解即可.

【解答】

解：函數(shù)/^(x)=m，g(x)=χ2,

∕,(χ)=,g'(χ)=2χ.

若存在一條直線與/(x)、g(χ)都相切，相應(yīng)切點分別為4Qι,yι),B(>2,y2),

過A,8兩點的的切線分別為y=xι)?y~x/=2%2(X-x2))

-exl

ZX2=—

則

2x：eAe*ι=小2=2Xι?右-2X2.

?2=~Γ

又因為％2≠O=>x2=2x1—2,

?=?=?π≡

8-4X

令g(χ)=F-=g'(χ)

ex

當(dāng)X<2,g'(x)>0,x>2,g'(κ)<0,

故在(-8,2)內(nèi)g(x)單調(diào)遞增，在(2,+8)內(nèi)g(χ)單調(diào)遞減，

所以g(x)的最大值為g(2)=當(dāng)，當(dāng)XT-8時，g(χ)→-∞,x→+8時，g(χ)→0,

故g(χ)值域為(-8,盤］,

故工=冬=罕有解則［《當(dāng)，

ae1elaeL

所以0<(丁或QV0，

2

所以α的取值范圍是(一8,0)u件,+8).

4

16.【答案】亨

【解析】

【分析】

本題考查橢圓的焦點三角形問題，考查正弦函數(shù)的性質(zhì)，屬中檔題.

由SAPF,Fz=bc?sinθ?=∣(2c+2α)?r,得到r=詈=∣n∣,再由內(nèi)切圓的性質(zhì)和焦半徑公式得

到m=ccos8,消去得到內(nèi)切圓圓心的軌跡方程，再利用三角代換，根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)求解.

【解答】

解：設(shè)P(αcosO,bsinJ),內(nèi)切圓的半徑為r,

11

???SAPFI6=-×2c×?bsinθ?=bc?sinθ?=-(2c+2d)?r9

則r=然詈=∣n∣,設(shè)橢圓的焦點坐標(biāo)為&(c,0),F2(-C,0),

2222

則IPFIl=?/(acosθ-c)+(bsinθ)=y/a-2accosθ+(ccos0)=a-ccosθ,

同理可得∣PF2∣=Q+ccosθ,由內(nèi)切圓的性質(zhì)得(C—m)—(m÷c)=?PF1?—?PF2?=Q-ccosθ—

(α+CCOSe)=-2CCOSθ,

：?m=ccosθ,

,受儲山2?2

消去。得￠2(比)2，即力+a-%=1，

嬴？而

又??,a=2,c=l,?m2+3n2=l(n≠0),

iSm=cosa,n=-^=sina≠0,

則Tn÷n=cosa÷?sinɑ=?^s?n(ɑ+/)，

二加+71的最大值為亨.

故答案為：浮.

17.【答案】證明：(1)?.?c-2bcosZ=b,

???由正弦定理可得，SinC—2sinBcosA=SinB,

/+B+C=7T,

sin(4+8)=sinC,

sin(?+8)—2sinBcosA=SinAcosB+CosAsinB—2sinBcosA=SinB,

???Sin(A—B)=sinB,

???△4BC為銳角三角形，

:?A∈(ɑ1?),BW(0,?),

-A-Be(-U),

???y=siττ%在(一/5)上單調(diào)遞增,

A-B=Bf即4=23；

(2)解：???4=2B,

???在A480中，?ABC=?BADt

-B_2

由正弦定理可得，?

Sin(Tr—2B)sin2Bf

1

“O=AB=頡,

111

???SAABD=^AB×AD×SinB=-×2×-×sinB=tanB,

???△4BC為銳角三角形，

‘θ<B<

0<2B<?,解得,<B<，

LO4

I0<π-3fi<≡

tcιnBG(-3'",1)>

????AB。面積的取值范圍為(?,1).

【解析】(1)根據(jù)已知條件，結(jié)合正弦定理，以及三角函數(shù)的恒等變換，即可求證；

(2)根據(jù)已知條件，結(jié)合正弦定理，推得A。=BD=焉，再結(jié)合三角形的面積公式，以及角B的

取值范圍，即可求解.

本題主要考查解三角形，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題.

18.【答案】解：⑴當(dāng)n≥2時，由即+i=2Sn+1得：an=2Sn.1+1,.?.an+1-an=2Sn-2Sn.1=

2CLγχ,

則an+ι=3αn,???｛αn｝為等比數(shù)列，???等比數(shù)列｛αn｝的公比為3,

當(dāng)九=1時，a2=2Sι+1=2a1+1,???3α1=2α1+1,

n1

解得：ɑ?=1,?an=3-(n∈N*).

(2)假設(shè)存在滿足題意的3項，

n

由(1)得：Qn+1=3,又Qn+ι=QrI+(n+l)dn,

."—--+If=3"3"一1_2?3"1

??n—n+1—n+1—n+1

4?32fe-22?3m^12?3p^14?3W+P^2

???d,d,小成等比數(shù)列，???源=d?dp,BP-

rnlcrn(Ripm+lp+1(m+l)(p+l)'

Aom+p-24&m+p-2

???wk,P成等差數(shù)列'???2k=j∏+p,???7h=而E，

?(∕c+l)2=(m+l)(p+1)=mp+τn+p+1=mp+2fc+1,

整理可得：l=mp,又必=(若)2,...mp=(喈)2=叱竿藝,

即(Tn-P)2=0,解得：巾=p,則Tn=P=k,與已知中？n,k,P是公差不為0的等差數(shù)列相矛

盾,

???假設(shè)錯誤，即不存在滿足題意的3項.

【解析】(1)當(dāng)"22時，由αrι=Sjl-Snτ可得到αn+ι=3αn,進(jìn)而得到公比；將n=1代入已知

等式可求得的，由等比數(shù)列通項公式可得結(jié)果；

(2)假設(shè)存在，可求得〃=如匚&=-)利用等比中項和等差中項的定義可構(gòu)造方程得到(k+

,ln+1n+1

l)2=(m+l)(p+1),進(jìn)一步求得k?=mp,結(jié)合2k=m+p可求得k=m=p,與已知矛盾，

由此可得結(jié)論.

本題主要考查數(shù)列的遞推式，數(shù)列通項公式的求法，考查等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合，考查運(yùn)算

求解能力，屬于中檔題.

19.【答案】解：(1)證明：連接BD,交AC于。，連接EO,由條件得

。為的中點，

因為E為PB的中點，所以E。是APBD的中位線，

所以E0//PD,

因為E。U平面E4C,PDC平面E4C,

所以PD〃平面EAC；

(2)設(shè)點C到平面PAD的距離為d,

因為E為PB的中點，所以P到平面ABCO的距離等于E到平面4BCD的距離等于2倍,

因為V?-48C=E'得Up-A8C=3,

由%-4BC=^P-ACD=^C-PAD'可得'c-PAo=?,

因為％-PAD=ESAPAD.d=5，SAPND=2,

所以d=2,故點C到平面PAO的距離為2；

(3)作PQJ.4。，交4。于-Q,

因為Pa=PD,則Q為4。的中點,

因為平面P4D_L平面4BC。，平面PAon平面ABCT)=4。，

則PQ1平面4BCD,

過Q作QM1AD,交BC于-M,貝IJPQ1QM,

以Q為坐標(biāo)原點，QM、QD、QP分別為X軸，y軸，Z軸建立空

間直角坐標(biāo)系，

因為CDJ.4。，平面2401平面48C0,平面24。Ci平面

ABCD=AD,

所以CD1平面PaD,

所以C。即為C到平面PAD的距離，

由小問2可知點C到平面PAD的距離為2,BPCD=2,

從而正方形ABCD邊長為2,故A￡)=2,

1

因為SAPAD=^ADPQ=2,所以PQ=2,

所以P(0,0,2),B(2,—L0)，C(2,l,0),D(0,1,0),

則定=(2,1,-2),DF=(0,-2,1)CD=(-2,0,0);EC=(1,∣,-1);

設(shè)平面PCD的法向量為記={x,y,z),

則儼?^=2x+y-2z=0,取元=(0,2,1),

In?CD=-2x=0

設(shè)直線EC與平面PCD所成角為。，

則Sino=Icos(MH)I=品=?-

所以直線EC與平面PCD所成角的正弦值為卓.

85

【解析】(1)利用三角形的中位線得到線線平行，再通過線面平行的判定定理即可得證；

(2)利用等體積法轉(zhuǎn)化即可求解；

(3)通過面面垂直性質(zhì)定理，得出線面垂直，進(jìn)而建立空間直角坐標(biāo)系，利用線面角正弦的向量計

算方法即可求解.

本題考查線面平行的判定定理，等體積法求解點面距問題，向量法求解線面角問題，化歸轉(zhuǎn)化思

想，屬中檔題.

20.【答案】解：(1)每次摸到白球的概率為|,摸到黑球的概率為全

每名學(xué)生兩次摸到的球的顏色不同的概率P=Gq?∣=∣∣,

由題意可得，該班50名學(xué)生中按方式I回答問卷的人數(shù)X?B(50,∣∣),

所以X的數(shù)學(xué)期望E(X)=50X黃=24；

(2)記事件4為按方式I回答問卷，事件B為按方式∏回答問卷，事件C為在問卷中回答“是”，

由(1)知P(A)=IP(B)=最P(C∣A)=|，

因為P(C)=基=|，

由全概率公式P(C)=P(Z)P(CM)+P(B)P(CIB),

即《=/T+親P(ClB)，解得P(CiB)=?≈30.8%,

故根據(jù)調(diào)查問卷估計，該校高三級學(xué)生對飯?zhí)梅?wù)滿意度30.8%.

【解析】(1)按方式I回答問卷，即兩次摸到的球的顏色不同，該班50名學(xué)生中按方式I回答問卷

的人數(shù)服從二項分布，運(yùn)用公式計算數(shù)學(xué)期望；

(2)記事件A為按方式I回答問卷，事件B為按方式H回答問卷，事件C為在問卷中回答“是”,利

用全概率公式計算條件概率.

本題主要考查了二項分布的期望公式，考查了全概率公式的應(yīng)用，屬于中檔題.

21.【答案】解：(1)如圖:

.?.2a=2，1,即α=∏又VC的一條漸近線斜率為一?,

T=一年??"j故雙曲線C：y-y2=i?

則其右焦點坐標(biāo)為(C,O),???直線1過C的右焦點，且斜率為-1,

???直線2的方程為:y=-x+√-3,設(shè)P(%"ι),Q(X2,丫2)，

(y=-X+√-3—

聯(lián)立得：/_4√^3%+8=0,

?-y=1

-

???由韋達(dá)定理得：x1+x2=4√3,X1X2=8,

22

?∣PQ∣=√(1+∕C)[(%I+X2)-4X1X2]=√2(48-32)=

點M(2,l)到直線，的距離為：d=與空.

?SXPMQ=?IPQId=j×4/1X矍?=6-2口

(2)證明:如圖：

設(shè)直線PQ的方程為：X=my+n,設(shè)P(Xl,yj,Qo^丫2)，

X=my+n

聯(lián)立χ221得:(m2—2)y2+2mny÷n2—2=0,

.τ~y=1

Δ=4τn2n2-4(m2—2)(n2—2)=8(τn2+n2—2)>O,BPm2+n2>2,

-2mnn2-2

???y1-hy2=新工’=六萬

而M(2,l),則AI=套』■，fc2=

Λ1J?Λ24

v?1÷fc2=2????+?=2??

人]人2LΛ人]4人2J

整理的.仇一1)(外-2)32-1)(勺-2)=2g.?∑1

ΠJ,

?(XI-2)(X2-2)(X1-2)(X2-2)Xi-2x2-2

???Oi-1)(X2-2)+(y2-l)(xι-2)=2(y1-l)(y2-1),

y/2+力匕-x2-?i+2=2y1y2，

???yι(my2+n)+y2(jrιy1+n)-(my2+∏)-Onyl+n)+2=2y1y2,

-

整理得：(2m-2)y1y2+(∏—m)(%+?2)2n+2=0,

代入韋達(dá)定理得：(2m-2?(*-2)+-2嗎n-m)+(-2"羿除2)=0,

∕nz-2mz-2Tnj2

?(2m—2)(n2—2)—2mn(n—m)+(―2n+2)(m2—2)=0,

整理得：m2-n2—2m—2n=0,

即(Zn—n)(m+n-2)=0,則Tn=九或?H=2—n.

當(dāng)m=九時，直線線PQ的方程為：％=+TI=nCy+1),過定點(0,1)；

當(dāng)m=2-Ti時，直線線PQ的方程為：％=(2-τι)y+Ti=九(1一y)+2y,.??過定點(2,1).

即為M(2,l),??,P,Q為雙曲線C上異于點M(2,l)的兩動點，.??不符合題意.

故直線PQ過的定點為(0,1).

【解析】(1)根據(jù)雙曲線離心率公式，結(jié)合雙曲線焦距定義求出雙曲線的方程聯(lián)立進(jìn)行求解即可；

(2)設(shè)出直線方程與雙曲線方程聯(lián)立，根據(jù)一元二次方程根的判別式、根與系數(shù)關(guān)系，結(jié)合直線斜

率公式進(jìn)行求解即可.

本題主要考查雙曲線的性