2023年陜西省高考理科數(shù)學(xué)模擬試卷及答案解析

2023年陜西省高考理科數(shù)學(xué)模擬試卷

一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有

一個是符合題目要求的.

1.（5分）已知集合4={x∣y=∕gx},B={-2,-1,0,1,2},那么A∩B等于（）

A.{-2,-1,0,1,2）B.{0,1,2}

C.{-2,-1,I,2}D.{1,2}

2.（5分）己知復(fù)數(shù)Z=軍，則IZI=（）

A.1B.√2C.2D.4

3.（5分）雙曲線2/-）2=1的漸近線方程是（）

1√2L

A.y≈±-χB.y-+2xC.y—^~xD.y-+yj2x

4.（5分）最早發(fā)現(xiàn)于2019年7月的某種流行疾病給世界各國人民的生命財產(chǎn)帶來了巨大

的損失.近期某市由于人員流動出現(xiàn)了這種疾病，市政府積極應(yīng)對，通過3天的全民核

酸檢測，有效控制了疫情的發(fā)展，決定后面7天只針對41類重點人群進行核酸檢測，下

面是某部門統(tǒng)計的甲、乙兩個檢測點7天的檢測人數(shù)統(tǒng)計圖,則下列結(jié)論不正確的是（）

A.甲檢測點的平均檢測人數(shù)多于乙檢測點的平均檢測人數(shù)

B.甲檢測點的數(shù)據(jù)極差大于乙檢測點的數(shù)據(jù)極差

C.甲檢測點數(shù)據(jù)的中位數(shù)大于乙檢測點數(shù)據(jù)的中位數(shù)

D.甲檢測點數(shù)據(jù)的方差大于乙檢測點數(shù)據(jù)的方差

5.（5分）已知正四棱柱A28-A181。。的底面邊長為2,側(cè)棱長為4,則異面直線AC

與。Cl所成角的正切值為（）

A.2√5B.3√2C.3D.√5

6.（5分）已知向量m,n滿足（2m—3n）J.n,且Iml=遮∣n∣,則m,肛夾角為（）

ππ2π5π

A.一B.一C.—D.—

6336

7.(5分)已知α∈(0,7r)/Sina—cosa=l則tan2α=()

44C2424

A.一不B.一C——D.

3J77

8.（5分）橢圓C：。+1=1的左、右頂點分別為Ai,A2,點P在C上，且直線朋2斜率

取值范圍是[-1,-芻，那么直線斜率取值范圍是（）

A?*1?3B.存3方3C[1,2]D.層3，2]

9.（5分）已知等差數(shù)列｛〃“｝滿足44+47=0,。5+〃8=-4,則下列命題：①｛的｝是遞減數(shù)列；

②使S〃>0成立的〃的最大值是9；③當(dāng)〃=5時，S〃取得最大值；④46=0,其中正確的

是（）

A.①②B.①③C.①④D.①②③

10.（5分）已知直線y=ιwc+n（∕H≥0,Π>0）與圓（K-I）2+（y-1）2=1相切，則m+n

的取值范圍是（）

A.（0,2]B.（0,4]C.[2,+8）D.[4,+∞）

1111

11.（5分）-^~~~+~~~~+—~~7=+???+-；=~~的整數(shù)部分是（）

√l+√2√3+√4√5+√6√99+√100

A.3B.4C.5D.6

12.（5分）已知函數(shù)于QX）=ax3+hx2+cx+d（α≠0）滿足/（久）+/（2—%）=2,g｛x）y=^?,

若函數(shù)y=∕（x）與y=g（x）的圖像恰有四個交點，則這四個交點的橫坐標(biāo)之和為（）

A.2B.4C.6D,8

二、填空題，本題共4小題，每小題5分，共20分.

13.（5分）若（；一一）6的展開式中的常數(shù)項是

14.（5分）命題W3ΛER,αr2-20x+l≤0"為假命題，則實數(shù)。的取值范圍是.

15.（5分）七巧板是古代勞動人民智慧的結(jié)晶.如圖是某同學(xué)用木板制作的七巧板，它包

括5個等腰直角三角形、一個正方形和一個平行四邊形.若用四種顏色給各板塊涂色，

要求正方形板塊單獨一色，其余板塊兩塊一種顏色，而且有公共邊的板塊不同色，則不

同的涂色方案有種.

16.(5分)在棱長為1的正方體ABCo-BiCiOi中，M是側(cè)面BBIelC內(nèi)一點(含邊界)

則下列命題中正確的是(把所有正確命題的序號填寫在橫線上).

①使AM=或的點M有且只有2個；

②滿足AMA.B1C的點M的軌跡是一條線段；

③滿足4W〃平面AiCiD的點M有無窮多個；

④不存在點M使四面體MAAiD是鱉腌(四個面都是直角三角形的四面體).

三、解答題：共70分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第17-21題為必考題，

每個試題考生都必須作答，第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答.

17.(12分)已知向量m=(√?inx,cosx~),n=(cosx,-COSX),定義函數(shù)/)=m?n-

(I)求函數(shù)/G)的最小正周期；

(2)在AABC中，若/(C)=0,且AB=3,C。是AABC的邊AB上的高，求CD長的

最大值.

18.(12分)如圖在四棱錐P-ABC。中，BA，底面A8CZ),且底面ABC。是平行四邊形.已

知PA=AB=2,AD=√5,AC=1,E是PB中點.

(1)求證：平面PBCLL平面4CE；

(2)求平面玄。與平面4CE所成銳二面角的余弦值.

19.(12分)已知點A(X0,-2)在拋物線C：y1=2px(p>0)上，且A到C的焦點產(chǎn)的

距離與到X軸的距離之差為今

(?)求C的方程；

(2)當(dāng)p<2時，M,N是C上不同于點A的兩個動點，且直線AM,AN的斜率之積為

-2,ADLMN,。為垂足.證明：存在定點E,使得EI為定值.

20.(12分)甲、乙兩個代表隊各有3名選手參加對抗賽.比賽規(guī)定：甲隊的1,2,3號選

手與乙隊的1,2,3號選手按編號順序各比賽一場，某隊連贏3場，則獲勝，否則由甲

隊的1號對乙隊的2號，甲隊的2號對乙隊的1號加賽兩場，勝場多者最后獲勝(每場

比賽只有勝或負(fù)兩種結(jié)果)，已知甲隊的1號對乙隊的1,2號選手的勝率分別是0.5,0.6,

甲隊的2號對乙隊的1,2號選手的勝率都是0.5,甲隊的3號對乙隊的3號選手的勝率

也是0.5,假設(shè)每場比賽結(jié)果相互獨立.

(1)求甲隊僅比賽3場獲勝的概率；

(2)已知每場比賽勝者可獲得200個積分，求甲隊隊員獲得的積分?jǐn)?shù)之和X的分布列及

期望.

21.(12分)已知函數(shù)/(x)—m(x+l)ex(〃?>0),g(X)-2lnx+x+l.

(1)求曲線y=g(x)在點(1,g(D)處的切線方程；

(2)若函數(shù)y=∕(x)的圖像與y=g(%)的圖像最多有一個公共點，求實數(shù)m的取值

范圍.

(二)選考題：共10分.請考生在第22、23題中任選一題作答.如果多做，則按所做的

第一題計分，作答時請先涂題號.［選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程］

fx=t+T,

22.(10分)在直角坐標(biāo)系Xoy中，曲線Cl的參數(shù)方程為《￡C為參數(shù)).以。

V=t-7

為極點，X軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C2的極坐標(biāo)方程為0=^(P6R)?

(1)求曲線CI的普通方程和曲線C2的直角坐標(biāo)方程；

(2)求曲線Ci的任意一點到曲線C2距離的最小值.

［選修4-5：不等式選講］(本小題滿分。分)

23.已知α>8>c>0,求證：

114

(1)+T—≥-----;

a-bb-ca-c

(2)a2ah2bclc>ab+cbc+a^,+b.

2023年陜西省高考理科數(shù)學(xué)模擬試卷

參考答案與試題解析

一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有

一個是符合題目要求的.

1.(5分)已知集合A={x∣y=∕gx},B={-2,-1,0,1,2},那么A∩B等于()

A.{-2,-1,0,1,2}B.{0,1,2}

C.{-2,-1,1,2}D.{1,2}

【解答】解：因為A={x∣y=∕gx}={Mx>0},8={-2,-1,0,1,2},

所以ArlB={1,2}.

故選：D.

2.(5分)已知復(fù)數(shù)Z=署，則IZl=()

A.1B.√2C.2D.4

【解答］解:z=?=(i+i)(i-i)=~i,

?z?=J(-1)2+()2=L

故選：A.

3.(5分)雙曲線27-『=1的漸近線方程是()

1VΣL

A.y=±-χB.y=±2xC.y=±-χD.y=±√2x

【解答】解：雙曲線27-y2=ι即為：

2

22

由雙曲線X/今y=1的漸近線方程為產(chǎn)±『b，

可得所求漸近線方程為y=±√2x.

故選：D.

4.（5分）最早發(fā)現(xiàn)于2019年7月的某種流行疾病給世界各國人民的生命財產(chǎn)帶來了巨大

的損失.近期某市由于人員流動出現(xiàn)了這種疾病，市政府積極應(yīng)對，通過3天的全民核

酸檢測，有效控制了疫情的發(fā)展，決定后面7天只針對41類重點人群進行核酸檢測，下

面是某部門統(tǒng)計的甲、乙兩個檢測點7天的檢測人數(shù)統(tǒng)計圖,則下列結(jié)論不正確的是（

A.甲檢測點的平均檢測人數(shù)多于乙檢測點的平均檢測人數(shù)

B.甲檢測點的數(shù)據(jù)極差大于乙檢測點的數(shù)據(jù)極差

C.甲檢測點數(shù)據(jù)的中位數(shù)大于乙檢測點數(shù)據(jù)的中位數(shù)

D.甲檢測點數(shù)據(jù)的方差大于乙檢測點數(shù)據(jù)的方差

【解答】解：對于A：甲檢測點的平均檢測人數(shù)為

2000+1600+1200+1200+800+1600+1200

≈1371.43,

7

1600+1800+1600+800+1200+800+1600

乙檢測點的平均檢測人數(shù)為≈1342.86,

7

故甲檢測點的平均檢測人數(shù)多于乙檢測點的平均檢測人數(shù)，故A正確;

對于C-甲檢測點數(shù)據(jù)為800,1200,1200,1200,1600,1600,2000,中位數(shù)為1200,

乙檢測點數(shù)據(jù)為800,800,1200,1600,1600,1600,1800,中位數(shù)為1600,故C錯誤;

對于B：甲檢測點的數(shù)據(jù)極差2000-800=1200,

乙檢測點的數(shù)據(jù)極差1800-800=1000,故B正確；

對于通過觀察平均數(shù)附近數(shù)據(jù)個數(shù)，極差等或計算甲乙數(shù)據(jù)的方差，

可以判斷乙檢測點數(shù)據(jù)比甲檢測點數(shù)據(jù)穩(wěn)定性強，

故甲檢測點數(shù)據(jù)的方差大于乙檢測點數(shù)據(jù)的方差，故。正確.

故選：C.

5.（5分）已知正四棱柱ABCD-A?B?C?D?的底面邊長為2,側(cè)棱長為4,則異面直線AC

與。。所成角的正切值為（）

A.2√5B.3√2C.3D.√5

【解答】解：如圖，連接AC,AiCi,AιD,DCi,

由正四棱柱的結(jié)構(gòu)特征可知，四邊形AACiC為平行四邊形,

所以AC〃4。，所以/AiCi。為異面直線AC與Ocl所成角或其補角,

222

又在AAiCiO中，A1C1=√2Λ1D1=2√2,A1D=yJAAj+AD=√4+2=2√5,DC1

yJC1D^+DDl=√22+42=2√5,

所以CD-ADMID2_8+20-20_√W

所以COSNAIGD--——2x2√2×2√5一^W^

3√10

因為0<NAiCiDVn,則Sin乙'GO=√1-cos2?ACD

l1110^,

所以tcm4AiGD=????=3,

CoSZ_7!]L]U

故異面直線AC與。。所成角的正切值為3.

故選：C.

6.（5分）已知向量薪，九滿足（2m—3τι）_L九，且ITnI=g日則?n,藍(lán)夾角為（）

7Γπ2TT57T

A.-B.一C.—D.一

6336

【解答】解：設(shè)藍(lán),反夾角為仇θ∈lθ,πj,

(2m—3n)?n=2m-n—3∣n∣2=2V3∣n∣2cos0—3∣n∣2=0,即cos?！?,

—>—>,.TT

故7∏,九夾角為二.

故選：A.

]

7.(5分)己知α∈(O,τr),sina-cosa=?,則tan2α=()

442424

A.-5B.-C.一等D.—

3377

121

【解答】解：由S出Q—cosa=耳得si/ɑ+cosa-2sinacosa=汨，

./24

可得2si?IaCOSa=云X),

因為α∈(O,π),所以Sina>0,則COSa>0,

又因為(si?Ia+cosa)2=sin2a+cos2a+2sinacosa=西,

所以cosα+sinα=己，

14

--

Istna—cosa5Sina=54

由《73-

--3

(sina+cosa5Cosa=5

_24

所以Cem2a=

l-tanza

故選：C.

8.（5分）橢圓C：。+9=1的左、右頂點分別為Ai,A2,點P在C上，且直線朋2斜率

取值范圍是[-1,-芻，那么直線出1斜率取值范圍是（）

A?住1，?3B.區(qū)3，∣3]C.[1,2]D.層3，2]

【解答】解：設(shè)尸（χo,W）,則乎+得=1-

又AI（-2,O）,A2（2,0）,

211

=_x,

A14fcp4-又kp“26[―L一/'

??占46后3，?3?

故選：B.

9.（5分）已知等差數(shù)列｛“"｝滿足"4+47=0,a5+as=-4,則下列命題:①｛4.｝是遞減數(shù)列;

②使S>0成立的〃的最大值是9；③當(dāng)〃=5時，％取得最大值；④“6=0,其中正確的

是（）

A.①②B.①③C.①④D.①②③

【解答】解：設(shè)等差數(shù)列｛%｝的公差為d,

故陰普=翁：甯O4,解得:

la5+α8=2α1+Ila=-4Ld=—2

由于d<0,故｛““｝是遞減數(shù)列，①正確；

22

Sn=9n+"(7)×(-2)=IOn-n,令SJl=10n-n>0,

解得：0<n<10,且"∈N*,

故使8>0成立的〃的最大值是9,②正確；

a∏=9+（n-1）X（-2）=-2n+11,

當(dāng)1W"W5時，an>0,當(dāng)〃>6時，an<0,

故當(dāng)〃=5時，S取得最大值，③正確；

“6=-2X6+11=-1,④錯誤.

故選：D.

10.（5分）已知直線y=mx+n（w≥0>∕t>0）與圓（X-I）2+（y-1）2=1相切，則m+n

的取值范圍是（）

A.(0,21B.(0,4]C.[2,+8)D.[4,+∞)

【解答】解：由圓的方程（χ-1）2+（廠1）2=1,則其圓心為（1,1）,半徑為1,

∣m-l+n∣

由直線方程y="tr+",整理可得WΛ-y+"=0,則=1,

√m2+l

2

整理可得〃2+2/m?-2m-2〃=0,由酉己方法可得m2+/+2"?"-2(m+n)=〃/,(m+n)-

2(次+〃)=m2,(m+n)(m+〃-2)=AW2≥O,

由∕π≥0,H>0,則m+n>09即m+n-2≥0,解得m+n^2.

故選：C.

Ill1

11.(5分~~~+~~~~+—~~7=+???+-；=~~萬志的整數(shù)部分是()

√l+√2√3+√4√5+√6√99+√100

A.3B.4C.5D.6

11√n+l-√n-l

【解答】解

√n+√n+l√n-l+√n+l(√n-l+√n+l)(√n+l-√n-l)

√n+l-√n-l

2

則-p~尸+-p~尸+-p~尸+…+-7=~1=V-(Λ∕2—?/θ÷V4-V2+?/e一

√T+√2√3+√4√5+√6√99+√1002k

√4+-+√100-√?)==5.

又1〉1√n+2-√n√n+2-√n

V∏+V∏+lV∏+Λ∕Π+2(√Π+Λ∕Π÷2)(^?∕Π+2-V∏)2

----------+-----------+-----------+十,—,〉一(√3—√T+√5一+V7—

√T+V2V3÷V4Vs+Vβ√99+√W02、

L/-----/—VlOl-VlV100—19

√5+…+Vioi-√99)=——-——>―--=--

91111

故二V7?一≡+-7=―F+-≡―萬+…+-7=―F=<5，即整數(shù)部分為4.

2Λ∕1+Λ∕2√3+y4√5+√6v99+√100

故選：B.

12.(5分)已知函數(shù)/(x)=ax3+?x2+cx+J(a≠0)滿足/(x)÷f(2—%)=2,g(%)=止?,

若函數(shù)y=∕(x)與y=g(X)的圖像恰有四個交點，則這四個交點的橫坐標(biāo)之和為()

A.2B.4C.6D.8

【解答】解：因為函數(shù)/(K)=af+bx2+cx+d(a≠0)滿足/(x)4∕(2-χ)=2,

所以，函數(shù)y=∕CO圖像關(guān)于點(1,1)對稱，

因為g(χ)=τ?=與畢=ι+τ?r其圖像由y=《圖像向右平移1個單位，再向上

??人???人

平移1個單位得到，

所以，函數(shù)y=g(X)圖像關(guān)于點(1,1)對稱，

不妨設(shè)數(shù)y=∕(x)與y=g(X)的圖像的四個交點的橫坐標(biāo)為XI,X2,X3,X4,且XI<X2

<Λ3<Λ4,

所以，根據(jù)對稱性，X1+X4=X2+X3=2,

所以，這四個交點的橫坐標(biāo)之和為X1+X4+X2+Λ3=4.

故選：B.

二、填空題，本題共4小題，每小題5分，共20分.

13.(5分)若(返一L)6的展開式中的常數(shù)項是—.

2%—16-

【解答】解：的展開式中的通項公式為4∣=CTG)6f.(-1)r?-4,

令3-:=0,求得r=2,

故展開式中的常數(shù)項是量(34(—1)2=∣∣,

故答案為：—.

16

14.(5分)命題，x∈R,αx2-2αx+lW0”為假命題，則實數(shù)α的取值范圍是[0,1).

【解答】解：因為命題FXeR,α∕-20x+lW0成立”是假命題，

,2

所以命題*?x∈R,ar-2βχ+l>0恒成立”是真命題，

當(dāng)“=O時，1>0,顯然成立，

當(dāng)a#0時，2Or+l>0恒成立，只須滿足,解得O<qVl,

(4α2-4α<0

綜上，實數(shù)α的取值范圍是[O,1)?

故答案為：∣0,1）?

15.（5分）七巧板是古代勞動人民智慧的結(jié)晶.如圖是某同學(xué)用木板制作的七巧板，它包

括5個等腰直角三角形、一個正方形和一個平行四邊形.若用四種顏色給各板塊涂色，

要求正方形板塊單獨一色，其余板塊兩塊一種顏色，而且有公共邊的板塊不同色，則不

同的涂色方案有72種.

【解答】解：由題意，一共4種顏色，板塊A需單獨一色，剩下6個板塊中每2個區(qū)域

涂同一種顏色，

又板塊8,C,。兩兩有公共邊不能同色，

故板塊A,B,C,。必定涂不同顏色，

①當(dāng)板塊E與板塊C同色時，則板塊F,G與板塊B,。或板塊。，B分別同色，共2

種情況，

②當(dāng)板塊E與板塊B同色時，則板塊廠只能與。同色，板塊G只能與C同色，共1種

情況，

又板塊A,B,C,。顏色可排列，故共（2+1）X題=72種.

故答案為：72.

16.（5分）在棱長為1的正方體ABCo-BlCIoI中，M是側(cè)面BBlCIC內(nèi)一點（含邊界）

則下列命題中正確的是（把所有正確命題的序號填寫在橫線上）②③.

①使ZM=√Σ的點M有且只有2個；

②滿足AMlBiC的點M的軌跡是一條線段；

③滿足AM〃平面AICID的點M有無窮多個；

④不存在點M使四面體MA4i￡>是鱉膈（四個面都是直角三角形的四面體）.

【解答】解：對于①，由正方體ABC。-AIBICIDI可得AB_L平面BBICIC,又BMu平面

BB?C?C,所以則4屏+^序/屏，

又4B=1,AM=<2,所以BM=I,又M是側(cè)面BBiCiC內(nèi)一點，所以〃在以B為圓

心，1為半徑的圓上，如圖：

有無數(shù)個這樣的點M,故①錯誤；

對于②，如圖，連接BC1,B?C,ACt,

由正方體ABCD-4BIClDl可得平面B81C1C,又BICU平面BBiCiC,所以AB_L

BlC,

又由正方形BBIeIC,得BCl_L8iC,且ABnBCl=8,AB,8。U平面ABeι,所以BCi

1.平面48。，

則滿足AM±BιC的點M在平面ABCi,又M在平面BB?C?C,且平面力BCIn平面BBlClC

=BG,則點M的軌跡是線段BCi,故②正確；

對于③，如圖，連接ABi,AC,B?C,AIzxA?C?,DC?,

AD

在正方體ABCQ-A181CIQl中，有AA1〃CCι,AAi=CCi,所以四邊形AAIeIC為平行

四邊形，則Ae〃Ale1,同理可得A田〃OC1,

又AC,ABIc平面AIC1。,A?C?,DelU平面AICl￡>,所以AC〃平面AIC1￡>,ABI〃平面

AiCiD,

且ACrIABi=A,AC,ABlU平面A81C,所以平面ABIC〃平面4C1。，

則滿足AM〃平面4G。可得點M在平面ABiC,又M在平面BBICIC,且平面ABlC∩

平面BBICIC=BlC,則點例的軌跡是線段BiC,故③正確；

對于④,如圖,連接AB∣,A∣D,BiD,

在正方體ABCQ-AIBICIQI中，有AO_L平面A88ιAι,且AΛ∣,ABlU平面ABBIAι,所

以4DJ"AΛι,ADlAfii,則AABiQ,Z?AAιZ)均為直角三角形，

又AIBl，平面AODiAi,且AAi,4。U平面AOCMi,所以48ι?LAAι,AIBIIAID,則

?ΛBιAi,ZXAIBID均為直角三角形，

所以四面體BIAAl。是鱉席，由于M是側(cè)面BBiCiC內(nèi)一點(含邊界)，故M與BI重合

時，四面體MAAlz)是鱉席，故④錯誤.

故答案為：②③.

三、解答題：共70分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第17-21題為必考題，

每個試題考生都必須作答，第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答.

17.(12分)已知向量m=(√5sinx,COSx),n={cosx,—cosx),定義函數(shù)/(x)=m?幾一方

(1)求函數(shù)/(x)的最小正周期;

(2)在aABC中，若f(C)=0,且48=3,CO是aABC的邊A3上的高，求CD長的

最大值.

【解答】解：(1):向量Tn=(V3sinx,cosx),n=(COSx,-CoSx),且F(X)=m?n—

：?于(x)=V3si∏Λcσsx-Cos2X-?=*sin2x-1+'廣2'—1=Sin(2x—1)-1,

JLLLLb

.?.函數(shù)F(X)的最小正周期7=粵=τr;

(2)由(1)得f(x)=sin(2x—-1,

V/(C)=0,且A8=3,則Sin(2C-^)=1,

在AABC中，Ce(0,π),則2C-g∈(—之一)，

bb6

Λ2C-∣=p解得C=*

又SAABC=^AB?CD=Jflfesin-,

：.CD=噂ab,

222

在AABC中，c=9=a+b-ab^abt當(dāng)且僅當(dāng)α=b時等號成立，

CO長的最大值為曰×9=攣.

18.(12分)如圖在四棱錐尸-ABe。中，以_1_底面A8CZλ且底面ABC。是平行四邊形.已

知24=AB=2,AD=√5,AC=1,E是PB中點.

(1)求證：平面PBC_L平面ACE；

(2)求平面玄。與平面ACE所成銳二面角的余弦值.

【解答】解：(1)證明：?.?∕?，面ABC。，且B4=2,AC=I,

：.PC=遍=BC,

：E是PB中點，J.PBVCE.

同理可證：PBVAE,

又AEU面ACE,CEU面ACE,AEHCE=E,

.?.尸3_1_平面ACE,XPB??PBC,

平面PBCJ_平面ACE；

(2)'：BC2^AB2+AC2,：.ABLAC.

以4為原點，AC,AB,G分別為X,戶Z軸正方向建系，如圖：

則A(0,0,0),B(0,2,0),D(1,-2,0),P(0,0,2),E(0,1,1),

設(shè)平面布。的法向量￡=Q,y,z),

則［乎”=0

X-2y=0,取n=(2，1，0)，

?AD=0

由(1)得而=(0,2,-2)是平面ACE的一個法向量,

→T日?∕?∣=2=同

Λ?cos{nPB)?

f∣n∣×∣∕?∣區(qū)2姓10

.?.平面PAD與平面ACE所成銳二面角的余弦值為嚕

19.(12分)已知點A(X0,-2)在拋物線C：y1=2px(p>0)上，且A到C的焦點F的

距離與到X軸的距離之差垮

(1)求C的方程；

(2)當(dāng)p<2時，M,N是C上不同于點A的兩個動點，且直線AM,AN的斜率之積為

-2,ADLMN,。為垂足.證明：存在定點E,使得DEl為定值.

【解答】(1)解：拋物線C：)2=2PX(p>0)的焦點為Fg,0),準(zhǔn)線為久=一芻,

又點A(Xo,-2)在拋物線C?.)2=2pχ(p>O)上，即(-2)2=2pxo,所以XO=/，

即修，一2),

依題意可得:+3-2=解得P=I或p=4,

所以>,2=2X或>J2=8X.

(2)證明：?.?pV2,：.y2=2x,A(2,-2).

設(shè)MN:x=my+n,M(xι,y↑),N(X2,>2),聯(lián)立PZ-2?,，

消去X整理得y2-2my-2n=0,Δ=4m2+8〃>0①，

22

=2f(J?12)

且yι+)'2=2∕τυy?y2=-2n,：.kAM?kAN~'"(>2-2)="

2,即yi”-2(y1+y2)+6=0,.?."+2m=3適合①，

將”=3-2相代入x=my+"得x-3=，”(廠2),令｛；二;二:解得;二直線MN

恒過定點Q(3,2).

又YADLMN,所以點O在以為AQ直徑的圓上，因為A、。的中點為6，0),MQl=

√(3-2)2+(-2-2)2=√17,

所以以AQ為直徑的圓方程為(X-g+丫2=學(xué)，

所以存在E(9,0)使得IDEl=孚.

20.(12分)甲、乙兩個代表隊各有3名選手參加對抗賽.比賽規(guī)定：甲隊的1,2,3號選

手與乙隊的1,2,3號選手按編號順序各比賽一場，某隊連贏3場，則獲勝，否則由甲

隊的1號對乙隊的2號，甲隊的2號對乙隊的1號加賽兩場，勝場多者最后獲勝(每場

比賽只有勝或負(fù)兩種結(jié)果)，已知甲隊的1號對乙隊的1,2號選手的勝率分別是0.5,0.6,

甲隊的2號對乙隊的1,2號選手的勝率都是0.5,甲隊的3號對乙隊的3號選手的勝率

也是0.5,假設(shè)每場比賽結(jié)果相互獨立.

(1)求甲隊僅比賽3場獲勝的概率；

(2)已知每場比賽勝者可獲得200個積分，求甲隊隊員獲得的積分?jǐn)?shù)之和X的分布列及

期望.

【解答】解：(1)若甲隊僅比賽3場獲勝，則前3局比賽中，甲隊均獲勝，

故所求的概率為尸=0.53=1

O

(2)隨機變量X的所有可能取值為O,200,400,600,800,對應(yīng)的甲隊獲勝的場次分

別為O,1,2,3,4,

當(dāng)X=O時，前三局均負(fù),所以P(X=O)=C^?O?5o?(l-0.5)3=?,

O

當(dāng)X=I時，前三局1勝2負(fù)，后兩局均負(fù)，所以P(X=I)=??0.51?(l-0.5)2?(1-

3

0.6)?(l-0.5)=高，

當(dāng)X=2時，分兩種情況：前三局1勝2負(fù)，后兩局1勝1負(fù)；前三局2勝1負(fù)，后兩局

均負(fù)，

所以P(X=2)=C∣?0?5l?(l-0.5)2?(0.6?0.5+0.4?0.5)+??0.52?(l-0.5)'?(1-0.6)

、21

?(1-0.5)=荒，

當(dāng)X=3時，分三種情況：前三局均勝；前三局2勝1負(fù)，后兩局1勝1負(fù)；前三局1勝

2負(fù)，后兩局均勝，

所以P(X=3)=C^?0.53+??0.52?(l-0.5)1?(0.6?0.5÷0.4?0.5)+Cj?0.51?(l-0.5)2

?0.6,?0,5=1?7,

當(dāng)X=4時，前三局2勝1負(fù)，后兩局均勝，所以P(X=4)=C^?0.52?(l-0.5)1?0.6?

0?5=?,

所以X的分布列為

X01234

P1321179

840804080

數(shù)學(xué)期望E(X)=OX*+lx磊+2x∣?+3x泵+4x4=瑞

21.(12分)已知函數(shù)/(x)=nι(x+l)ex(∕z!>0),g(X)=2lnx+x+1.

(1)求曲線y=g(x)在點(1,g(D)處的切線方程；

(2)若函數(shù)y=∕(χ)的圖像與y=g(X)的圖像最多有一個公共點，求實數(shù)機的取值

范圍.

【解答】解：(1)因為g(x)-2lnx+x+?,所以g'(x)=-+1,

所以g(1)=2,g'(1)=3,

故曲線y=g(X)在點(1,g(D)處的切線方程為y-2=3(X-1),即3χ-y-1=0.

(2)因為函數(shù)y=∕(x)的圖像與y=g(X)的圖像最多有一個公共點，

則方程機(x+l)ex=2∕,7Λ+x+l最多一個實根,

即有〃?=醬翳最多有一個實根?

、八j、2Znx+x+l,/z?(2+l)(%+l)ex-(2∕nx+x+l)(x+2)ex(x+2)(i-x-2Znx)

設(shè)〃(X)=/「、％，h(X)=-----------------------5—------------------=------------7----------，

(x+l)β(χ+l)2e2x