2022-2023學(xué)年江蘇省五校高三第一學(xué)期期末調(diào)研測(cè)試數(shù)學(xué)試題及答案解析

2022-2023學(xué)年江蘇省五校高三第一學(xué)期期末調(diào)研測(cè)試數(shù)學(xué)試題

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

1.若集合，={x∣y=√2-x},B={y?y=2x},則AnB=()

A.(-∞,2]B,[2,+∞)C.(0,2]D.[0,2]

2.若α6R,則“a=2”是“復(fù)數(shù)Z=2-ai的模為2√Γ'(i為虛數(shù)單位)的()

A.充分不必要條件B.必要不充分條件

C.充要條件D.既不充分也不必要條件

3.在△力BC中，A=60o,AB=2,AC=3,CM=3M5-則福?芯=()

A.-?B.-?C.?D.?

114411

4.由于近年來(lái)，冬季氣候干燥，冷空氣頻繁襲來(lái).為提高公民的取暖水平，某社區(qū)決定建

立一個(gè)取暖供熱站.已知供熱站每月自然消費(fèi)與供熱站到社區(qū)的距離成反比，每月供熱費(fèi)與供

熱站到社區(qū)的距離成正比，如果在距離社區(qū)20千米處建立供熱站，這兩項(xiàng)費(fèi)用分別為5千元

和8萬(wàn)元.那么要使這兩項(xiàng)費(fèi)用之和最小，供熱站應(yīng)建在離社區(qū)()

A.5千米B.6千米C.7千米D.8千米

5.已知3sin(a-?)=sin(a+，)，則CoS2a=()

?-Ib?^7c??d?^?

6.已知橢圓E：捻+'=l(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F2,左頂點(diǎn)為若E上的點(diǎn)P滿足PB?L%

軸，SinzPAIF2=|,貝IlE的離心率為()

A.?B.IC.?D.?

7.已知Q=Sin1,b=cosl,則下列不等式正確的是()

abbelab

A.logahVClbVbaB.loga2?<b<aC.OVbVIogQbD.b<a<Iogab

8.已知函數(shù)/(%)=X2-+1.若存在Tn∈(1,4)使得不等式f(4-ma)+/(m2+3m)>

2成立，則實(shí)數(shù)Q的取值范圍是()

A.(-8,7)B.(-∞,7]C.(一8,8)D.(-∞,8]

二、多選題(本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項(xiàng)符合題目要求)

9.設(shè)a,bWR,則下列結(jié)論正確的是()

A.若α>b>O,則今<-^2

B.若α<b<0,則(α-I)2<(ft-I)2

C.若α+b=2,則2tx+2b≥4

D.若2。+:>2匕+則a>b

ba

10.已知函數(shù)f(%)=sin3%—遍cos3χ(3>0)的最小正周期為兀，則()

A.ω=2

B.點(diǎn)(一期,0)是/(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心

CJ(X)在售,晉)上單調(diào)遞減

D.將/(“)的圖象上所有的點(diǎn)向左平移方個(gè)單位長(zhǎng)度，可得到y(tǒng)=Cos(2x-勻的圖象

11.在數(shù)學(xué)發(fā)展史上，曾經(jīng)定義過(guò)下列兩種函數(shù)：I-COSo稱為角。的正矢，記作versin。；

1-Sine稱為角。的余矢，記作COUer`sin優(yōu)則()

B.函數(shù)/(6)=UerSine?COU"sin8的最大值為

C.存在一個(gè)6,使得函數(shù)f(6)=versinθ—CoUerSine的值為怖

D.將函數(shù)f(6)=CoUerSin。的圖像向左平移5個(gè)單位后，可得到函數(shù)g(6)=UerSine的圖像

12.已知拋物線C：/=2py(p>0)的焦點(diǎn)為F,。是坐標(biāo)原點(diǎn)，P為拋物線C上一動(dòng)點(diǎn)，直

線2交C于4B兩點(diǎn)，點(diǎn)Q(Ll)不在拋物線C上，則()

A.若4,B,F,Q四點(diǎn)共線，則p=2

B.若∣PQ∣+∣PF∣的最小值為2,則p=2

C.若直線/過(guò)焦點(diǎn)F,則直線04OB的斜率K%,KOB滿足K04?KOB=-%

D.若過(guò)點(diǎn)A,B所作的拋物線的兩條切線互相垂直，且4,B兩點(diǎn)的縱坐標(biāo)之和的最小值為4,

則AABQ的面積為4

三、填空題(本大題共4小題，共20.0分)

13.2022年卡塔爾世界杯已落下帷幕，里奧梅西率領(lǐng)的阿根廷隊(duì)獲得冠軍，捧得“大力神”

杯.據(jù)悉，從下屆美加墨(美國(guó)、加拿大、墨西哥)世界杯開(kāi)始，參賽球隊(duì)將擴(kuò)軍至48支.比賽分

小組賽和淘汰賽兩個(gè)階段.小組賽將會(huì)分為16個(gè)小組，每個(gè)小組3支球隊(duì)，采用單循環(huán)賽制(即

3支隊(duì)伍兩兩交手)，小組前兩名晉級(jí)32強(qiáng)賽，第三名被淘汰，淘汰賽階段：1/16決賽：32強(qiáng)

分成16組對(duì)陣，獲勝的16個(gè)隊(duì)進(jìn)入1/8決賽，即所謂“16強(qiáng)”，負(fù)者被淘汰.1/8決賽：16強(qiáng)

分成8組對(duì)陣，獲勝的8個(gè)隊(duì)進(jìn)入1/4決賽，即所謂“8強(qiáng)”，負(fù)者被淘汰.1/4決賽：8強(qiáng)分成4

組對(duì)陣，獲勝的4個(gè)隊(duì)進(jìn)入半決賽，即所謂“4強(qiáng)”，負(fù)者被淘汰.半決賽：4強(qiáng)分成2組對(duì)陣.決

賽：半決賽獲勝兩隊(duì)進(jìn)入決賽，失利的兩隊(duì)爭(zhēng)奪第三名.如按此規(guī)則，則2026美加墨世界杯共

需舉辦場(chǎng)比賽.

14.已知函數(shù)∕?(x)=∕-χ在Qι,∕(-i))處的切線也是g")=∕+α的切線，則實(shí)數(shù)

a=.

15.(/+±—2)4的展開(kāi)式中，/的系數(shù)是.

16.正方體ABCD-4B1GD1的棱長(zhǎng)為α,P是正方體表面上的動(dòng)點(diǎn)，^?AP?=√2α.則動(dòng)點(diǎn)

P的軌跡長(zhǎng)度為.

四、解答題(本大題共6小題，共70.0分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟)

17.(本小題10.0分)

已知團(tuán)4BC為銳角三角形，內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為α,b,c,且αcosB+bcosA=2ccosC.

(1)求角C；

(2)若c=2,求回ABC的周長(zhǎng)的取值范圍.

18.(本小題12.0分)

n1

已知等比數(shù)列｛a7l｝的前n項(xiàng)和為又，且Sn=2÷+r.

(1)求r的值，并求出｛即｝的通項(xiàng)公式；

⑵令匕=嘻礪蕊，｛b"｝的前n項(xiàng)和為7n，求證：7n<,?

19.(本小題12.0分)

為貫徹落實(shí)全國(guó)教育大會(huì)精神，全面加強(qiáng)和改進(jìn)新時(shí)代學(xué)校體育工作，某校開(kāi)展陽(yáng)光體育“冬

季長(zhǎng)跑活動(dòng)”.為了解學(xué)生對(duì)“冬季長(zhǎng)跑活動(dòng)”的興趣度是否與性別有關(guān)，某調(diào)查小組隨機(jī)抽

取該校100名高中學(xué)生進(jìn)行問(wèn)卷調(diào)查，其中認(rèn)為感興趣的人數(shù)占80%.

(1)根據(jù)所給數(shù)據(jù)，完成下面的2尤2列聯(lián)表，并根據(jù)列聯(lián)表判斷是否有90%的把握認(rèn)為學(xué)生對(duì)

“冬季長(zhǎng)跑活動(dòng)”的興趣度與性別有關(guān)？

感興趣不感興趣合計(jì)

男生12

女生36

合計(jì)100

(2)若用頻率估計(jì)概率,在隨機(jī)抽取的IOO名學(xué)生中，從男學(xué)生和女學(xué)生中各隨機(jī)抽取1名學(xué)生,

求這2人中恰有1人不感興趣的概率；

(3)若不感興趣的男學(xué)生中恰有5名是高三學(xué)生.現(xiàn)從不感興趣的男學(xué)生中隨機(jī)選出3名進(jìn)行二

次調(diào)查，記選出高三男學(xué)生的人數(shù)為X,求X的分布列與數(shù)學(xué)期望.

附：

PH≥k0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001

卜02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828

2

心…黑熱…，其中-α+b+c+d?

20.(本小題12.0分)

如圖，四棱錐S-ABCD中，底面ABCD為矩形，側(cè)面S4D為等腰直角三角形，SA=SD=2√2,

AB=2,尸是BC的中點(diǎn)，二面角S-AD-B的大小為120。，設(shè)平面S40與平面SBC的交線為I.

(1)在線段4。上是否存在點(diǎn)E,使/，平面SEF?若存在，確定點(diǎn)E的位置；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明

理由；

(2)若點(diǎn)Q在，上，直線SB與平面QeD所成角的正弦值為亭求線段DQ的長(zhǎng).

21.(本小題12.0分)

已知橢圓。各，=l(α>b>0)的左、右頂點(diǎn)分別為必，A2,上、下頂點(diǎn)分別為名，B2,

左焦點(diǎn)為F],且過(guò)點(diǎn)M(I,同.。為坐標(biāo)原點(diǎn)，BiFI與一。的面積的比值為1一理

(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;

(2)直線上y=kx÷m(k>O,m≠0)與橢圓C交于P,Q兩點(diǎn)，記直線OP,OQ的斜率分別為七,

∕c2,若k為h，A?的等比中項(xiàng)，求AOPQ面積的取值范圍.

22.(本小題12.0分)

設(shè)函數(shù)/(%)=xlnx-ax2-x,g(x)=ex~1-3ax+Q(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).

(I)若函數(shù)/(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)，求α的取值范圍；

(2)設(shè)函數(shù)∕ι(x)=g(x)-f'(%),其中/'(%)為f(%)的導(dǎo)函數(shù)，求證：九(%)的極小值不大于L

答案和解析

1.【答案】C

【解析】

【分析】

本題考查交集及其運(yùn)算，函數(shù)的定義域，指數(shù)函數(shù)的值域，屬于基礎(chǔ)題.

先求出集合A,B,然后進(jìn)行交集的運(yùn)算即可.

【解答】

解：由題意得4={x∣x≤2},B={y?y>0),

??AC?B={x∣0<%≤2}=(0,2].

故選：C.

2.【答案】A

【解析】

【分析】

本題考查充分條件和必要條件的判斷，復(fù)數(shù)的模，屬于基礎(chǔ)題.

利用復(fù)數(shù)的求模公式，再結(jié)合充分條件和必要條件的定義進(jìn)行判斷即可.

【解答】

解：當(dāng)Q=2時(shí)，z=2-2i,則IZl=J22+(-2)2=2√Σ,二充分性成立；

當(dāng)IZl=2應(yīng)時(shí)，則IZl=√22+(-α)2=2√2,解得a=±2,必要性不成立，

綜上，則“a=2”是“復(fù)數(shù)Z=2-ai的模為2√Γ'的充分不必要條件.

故選：A.

3.【答案】C

【解析】

【分析】

本題考查向量的數(shù)量積的求法，向量的坐標(biāo)運(yùn)算，考查計(jì)算能力，是基礎(chǔ)題.

畫出圖形，建立坐標(biāo)系，求出B,C的坐標(biāo)，得到M的坐標(biāo)，然后求解向量的數(shù)量積即可.

【解答】

解：建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系,

所以B(2,0),C(∣,苧)，

設(shè)M(x,y),由前=3麗，

則(%一,,y-竽)=3(2-x,-y).

解得X=半y=等，

所以詢=年明,而=(W苧)，

所以宿?近=-^∣+n

故選：C.

4.【答案】A

【解析】

【分析】

本題考查函數(shù)模型的應(yīng)用及基本不等式的應(yīng)用，屬于中檔題.

設(shè)供熱站建在離社區(qū)X千米處，設(shè)自然消費(fèi)力=勺，供熱費(fèi)％=Bx,求出心和心，再結(jié)合基本不

等式求為+為的最小值.

【解答】

解：設(shè)供熱站建在離社區(qū)X(X>0)千米處，設(shè)自然消費(fèi)為=稱,供熱費(fèi)治=七，

由題意得：當(dāng)％=20時(shí)，yι=0.5,丫2=8,

所以Zq=10,k2—g，

兩項(xiàng)費(fèi)用之和y=y1+y2=`?÷≥2X=4?

當(dāng)且僅當(dāng)竺=∣x,即X=5時(shí)取等號(hào)，

X5

故供熱站應(yīng)建在離社區(qū)5千米時(shí)，這兩項(xiàng)費(fèi)用之和最小.

故選A.

5.【答案】B

【解析】

【分析】

本題考查了三角恒等變換，也考查了運(yùn)算求解能力，屬于基礎(chǔ)題.

由題意，利用三角恒等變換求出tαnα的值，再求cos2α的值即可.

【解答】

解：由3sin(α-S)=Sin(α+()，

Sinacos--cosasin?)=sinacos^+cosasin^,

ODOO

化簡(jiǎn)得√5siτια=2cosα,

r-stnɑ?2

所c以μl---=tana=下,

cosɑ高

22cs

所以cos2ɑ=cosα-sina=??=??=W=一"

s?n0十COSatantc十又W十】

故選:B.

6.【答案】C

【解析】

【分析】

本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)離心率的求法，屬于基礎(chǔ)題.

由PF21X軸，則|p&|=IalFII=α+c,sinzPΛ1F2=|,則tan/P&Fz=即可得出離心

率.

【解答】

解：因?yàn)镻RLx軸，

所以則∣PF2∣=Q,|&FIl=α+c,

因?yàn)镾inNPAlF2=|,所以則tanNP4llF2=

IanZ-PAF

124a+c

則M—3ac—4c2=0,

=>(a-4c)(a+c)=0,

1

所以e4-

故選：C.

7.【答案】D

【解析】

【分析】

本題主要考查函數(shù)值的大小比較,利用指數(shù)函數(shù)，幕函數(shù)以及對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵，

屬于中檔題.

根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)確定O<b<α<l,然后利用指數(shù)函數(shù)，基函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行判斷即可.

【解答】

解："^<1<p?0<cost<sinl<1,

即O<b<α<l,

則Iogab>?ogɑɑ=1,

O<aft<1,O<ba<1,ab>aa>ba,

??ba<ab<logab，

故選：D.

8.【答案】C

【解析】

【分析】

本題考查函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性的綜合應(yīng)用，“對(duì)勾”函數(shù)的性質(zhì)，屬于困難題.

構(gòu)造函數(shù)∕l(x)=/(X)-1,即∕l(χ)=χ2一券=χ2.號(hào)，判斷函數(shù)∕l(χ)為奇函數(shù)，再利用單調(diào)

性的判定，可知函數(shù)九(X)為增函數(shù)，化簡(jiǎn)/(4—ma)+f(jn2+3m)>2,即∕ι(τ∏2+?m)>

h(jna-4),可得QVm+'+3,再利用對(duì)勾函數(shù)的性質(zhì)，即可求解.

【解答】

解：因?yàn)楹瘮?shù)/(%)=X2—+1,

設(shè)∕ι(x)=f(x)-1,

所以∕ι(%)=/-含五=久2定義域?yàn)镽,

22

則九(一%)=(-x)?∣=χ≡∣=%.=-h(x)f

所以MX)為奇函數(shù)，

令任意的O<%ι<冷，

22

則∕ι(%ι)-h(x2)=X1-∣4^γ-X2-∣4?,

卜12_七2乂3'1+'2_1)+(當(dāng)2+,2)(3、1_3,2)

=(3xι+l)(3x2÷l)'

22χ

因?yàn)镺</<外，貝—小2<O,3%+M-1>0,x1+x2>0,3ι-3必<0,3七+1>0,

3次+1>0,

所以九(%ι)—h(x2)<0,即∕ι(%ι)<h(x2)?

所以函數(shù)九(X)在(0,+8)上單調(diào)遞增，

又因?yàn)镸X)為奇函數(shù)，且h(0)=0,

所以∕ι(x)在R上單調(diào)遞增，

若存在m∈(1,4)使得不等式f(4-ma)+f(m2+3m)>2成立，

則/(4—ma)—1+f(τriz+3m)—1>0,即h(4—ma)+∕ι(m2+3m)>0,

所以/i(n?z+3m)>—∕ι(4—ma),所以/i(m2+?m)>h(ma—4),

所以τ∏2+3m>ma—4,m∈(1,4),

2

H∏Jm+3m÷4一J.4?

即a<------------=>α<m4------1l-3，

mm

設(shè)g(7n)=7n+?,m∈(1,4),

由對(duì)勾函數(shù)的性質(zhì)知，函數(shù)g(τn)在(1,2)上單調(diào)遞減，在(2,4)上單調(diào)遞增，

且g(l)=5,g(4)=5,

所以α<8.

則實(shí)數(shù)ɑ的取值范圍是(-8,8).

故選C.

9.【答案】4C

【解析】

【分析】

本題考查不等式的基本性質(zhì)，利用基本不等式求最值，屬于中檔題.

利用作差法比較大小，即可判斷4B；利用基本不等式，即可判斷C；利用特殊值，即可判斷。,

從而得解.

【解答】

解：因?yàn)椋篞>b>O,所以b+0>O,b—Q<0,

則工_1-?2_(b+α)(b-α)

“2b2-a2b2-a2b2<。，

所以今<彘，故4正確；

(a—l)2-(b-I)2=(a+b—2)(α—b),

因?yàn)閍<b<0,所以α+b—2<0,α—b<0,則(α+b—2)(α—b)>0,

故(α-l)2>(b-l)2,故B錯(cuò)誤；

因?yàn)棣?b6R,2a>0,2b>0,a+b=2,

所以20+2?2√2fllX2t)=2√2el+b=4,當(dāng)且僅當(dāng)α=b=1時(shí)等號(hào)成立，故C正確；

因?yàn)?。+：>2匕+工，所以2。一工>2匕一看

baab

1

1<

設(shè)/(x)=2"一§(x≠0),有八-1)>/(；)，4-

故選AC.

10.【答案】AB

【解析】

【分析】

本題主要考查了輔助角公式，正弦型函數(shù)的圖象與性質(zhì)的應(yīng)用，三角函數(shù)的圖象變換，屬于中檔

題.

先利用輔助角公式化簡(jiǎn)，再利用周期公式求出3的值判斷4求得一u判斷B；利用單調(diào)

性判斷C；利用三角函數(shù)平移規(guī)律判斷。，即可得到結(jié)果.

【解答】

解：A,."/i—MII./2MU?^r-.

?3

因?yàn)樽钚≌芷跒棣觬,ω>0,所以'=τr,解得：ω=2,故A正確；

ω

則/(x)=2s譏(2x*),

8.因?yàn)?f(ι,I2>iu∣'；J人.□，2大0,

故點(diǎn)(-*0)是/(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心，故B正確；

C當(dāng)工€(丁記婀2z^3e(3?τ)j

因?yàn)閥=sinx在(：上單調(diào)遞增，在(今專)上單調(diào)遞減，故C錯(cuò)誤；

D將/Q)的圖象上所有的點(diǎn)向左平移三個(gè)單位長(zhǎng)度，得到

,V2sin[2(.J-2Nn(2rT的圖象，故O錯(cuò)誤.

故選A&

11.【答案】ABD

【解析】

【分析】

本題考查新定義問(wèn)題、考查了三角函數(shù)的性質(zhì)，考查了三角函數(shù)的恒等變換，三角函數(shù)的圖象變

換，屬于中檔題.

根據(jù)新定義可得到每個(gè)選項(xiàng)對(duì)應(yīng)的三角函數(shù)，根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)和同角基本關(guān)系式、輔助角公

式、圖象的平移變換，依次驗(yàn)證每個(gè)選項(xiàng)的正誤，進(jìn)而得到正確選項(xiàng).

【解答】

解：對(duì)于4：,n1I67H+I)-1-cue工1?',故

3313/322

A正確；

對(duì)于8：versinθ?covers?nθ=(1—cosθ)(l—Sine)=1—sin?！猚osθ+sinθcosθ,

令t=sinθ+cosθ=y]2sin(θ+$,t∈[―V2ly∕2]f：.sinθcosθ=

1-Sine-CoSe+sinθcosΘ=1-t+?-??=?(t2—2t+1)?

令y=2(嚴(yán)—2t+1),t∈[―V∑,,開(kāi)口[口]上，對(duì)稱軸為￡=1∈[―V∑,V∑],

則可知t=-√Σ時(shí)，函數(shù)取得最大值，即Wax=皆(—√∑∕一2(-√Σ)+1]=噌，

BP∕(0)=UerSinθ?CoUerSin。的最大值為丑尹，故3正確；

對(duì)于C：vβrsinθ—coversinθ=(1—CoSe)—(1—Sine)=Sine-COSe=√2sin(6—§∈

[-√2,√2],

又I>√Σ則可知不存在這樣的6,使得函數(shù)f(J)=versin6-CoverSin8的值為|,故C錯(cuò)誤；

對(duì)于。:/(Θ)=coversinθ=l-sin。，

向左平移]個(gè)單位后得到y(tǒng)=I-Sin(。+=1—COSe=versinθ=g(0),

即將函數(shù)/(O)=coversin。的圖象向左平移1個(gè)單位后，可得到函數(shù)g(。)=versin。的圖象，故。

正確.

故選ABD.

12.【答案】CD

【解析】

【分析】

本題考查了拋物線的性質(zhì)，直線與拋物線相交，屬于拔高題.

對(duì)選項(xiàng)進(jìn)行逐個(gè)分析，根據(jù)拋物線的性質(zhì)，結(jié)合題中的條件即可得出結(jié)論.

【解答】

解：若直線[過(guò)F,Q且與y軸垂直，可得P=2,當(dāng)直線，過(guò)點(diǎn)F,Q但不與y軸垂直時(shí)，得不出P=2,

故A錯(cuò)；

當(dāng)點(diǎn)Q在拋物線的內(nèi)部時(shí)，由拋物線的定義可得，|PQ|+|PF|≥|PQ|+|PN|≥1+§=2(N為拋

物線準(zhǔn)線上的點(diǎn))；

當(dāng)點(diǎn)Q在拋物線外部時(shí)，連接FQ,∣PQ∣+?PF?≥?QF?=J(∣-l)2+l=2,得p=2+2√3.故B

錯(cuò)；

由條件知直線Z的斜率存在，設(shè)其方程為y=kx+與與/=2py聯(lián)立消去y得％2—2pkx—p2=0,

設(shè)A(XlJi),B(x2fy2>

22

2

則XlX2=-P>.?.y1y2=筆￠-=

?,?∣iOA∣iOB=~故C正確;

設(shè)401，乃)，B(X2,Yz)-由M=2py,得y'=；x,

?,?=~1>即XlX2="P2>

?yι+y2=?^(Xl+g)2+p,所以當(dāng)Xl+無(wú)2=O時(shí)，

y1+先取得最小值，：,p=4,

從而解得Xi—4,X2=-4,y1=y2=2；

???SbABQ=∣×8×1=4,故。正確，

故選：CD.

13.【答案】80

【解析】

【分析】

本題考查了計(jì)數(shù)原理的綜合應(yīng)用，是基礎(chǔ)題.

分別計(jì)算各比賽階段的場(chǎng)次數(shù)，加起來(lái)即可.

【解答】

解：小組賽共16X3=48場(chǎng)，

1/16決賽共16場(chǎng)，

1/8決賽共8場(chǎng)，

1/4決賽共4場(chǎng)，

半決賽共2場(chǎng)，

決賽共2場(chǎng)，

總共48+16+8+4+2+2=80場(chǎng)比賽.

故答案為：80.

14.【答案】3

【解析】

【分析】

本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，屬于基礎(chǔ)題.

根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得切線方程，進(jìn)而可得go)=/+。的切點(diǎn)，即可求解.

【解答】

解：因?yàn)?(%)=χ3-χ,

所以r(x)=3χ2一1,f(-l)=2,/(-1)=0,

所以函數(shù)/(x)=X3-X在(—1,0)處的切線為y-2(x+1),

又g'(x)=2x,由g'(x)=2x=2,解得X=1,

所以g(l)=M+α=2(l+l),

解得α=3.

故答案為：3.

15.【答案】-56

【解析】

【分析】

本題考查二項(xiàng)式定理的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

將+?-2)4變形為谷口，利用二項(xiàng)式定理展開(kāi)式的通項(xiàng)公式即可求解.

【解答】

解：???(χ2+晝一2)4=此誓+4=(x2~1)8?

.?.(x2-1)8展開(kāi)式中爐。的系數(shù)為(一1)3牖=-56,

則(7+=—2)4的展開(kāi)式中，/的系數(shù)是一56?

故答案為：-56.

16.【答案】嬰

【解析】

【分析】

本題考查點(diǎn)的軌跡的長(zhǎng)度的求法，考查正方體，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題.

判斷P點(diǎn)所在的三個(gè)平面內(nèi)，結(jié)合距離推出弧長(zhǎng)，得點(diǎn)P的軌跡的總長(zhǎng)度.

【解答】

解：正方體48C。-AlBlClol的棱長(zhǎng)為α,P是正方體表面上的動(dòng)點(diǎn)，若IaPl=√∑α,

所以P點(diǎn)在不含點(diǎn)4的三個(gè)平面上，如圖，是3個(gè)［的圓周,

動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為：3x;x2αττ=等.

42

故答案為：筍.

17.【答案】解:(I)由正弦定理,得SinACoSB+SinBcosA=2sinCcosC,

即Sin(A+B)=2sinCcosC,即SinC=2sinCcosC,

又C∈(O,τr),所以SinC≠0,

所以COSC=%故C=M

(2)由正弦定理，得Q=M%=&sinA,b=ginB,

所以由4BC的周長(zhǎng)L=α+h+c=擊(SinA+SinB)+2

42π

—[siπ∕l+sin(-?—4)]+2

√3?

√31

=4(-ysinA+2∞Si4)+2

=4sin(√l÷?)÷2,

6

由EMBC為銳角三角形可知，12π“得了<力<5,

O<B=?-∕1<≡62

I5Z

所以V4+'V等,所以Sin(A+?)∈(孚,1],

3O?6/L

所以舊ABC的周長(zhǎng)的取值范圍為(2+2√3,6].

【解析】本題考查解三角形、三角函數(shù)恒等變換，屬中檔題.

18.【答案】解：(1)因?yàn)镾ri=2"1+r,

所以的=4+r,a2=S2-S1=4fa3=S3—S2=又｛αn｝為等比數(shù)列，

所以ɑιθ?=談,即8(4+r)=42,

解得r=-2,

端=5=2,

rι

所以αrι=2,經(jīng)檢驗(yàn)適合題意,

n

故Qn=2;

(2)證明：因?yàn)棣羘=2%

nn+2

所以九一log2%l?log2θ∏+2^log22?log22-∏?(n+2)^2n+2)，

1111Illl

^=fcl+fe2+...+6n=

_1,111?_31,1,1、,3

=2r(i1+2_不一能)=廠2?π+能)<“

則Tn<I-

【解析】本題考查等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及裂項(xiàng)相消法求和，屬于中檔題.

(I)根據(jù)c?與無(wú)的關(guān)系及等比中項(xiàng)的性質(zhì)可得r=-2,進(jìn)而即可得解;

1?

(2)由題意可得勾2-磊)，然后利用裂項(xiàng)相消法求和可得結(jié)論?

19.【答案】解：(1)列聯(lián)表如下:

感興趣不感興趣合計(jì)

男生441256

女生36844

合計(jì)8020100

100(44x8-36x12)2

計(jì)算K?

-80x20x56x44-≈0.162<2.706,

???沒(méi)有90%的把握認(rèn)為學(xué)生對(duì)“冬季長(zhǎng)跑活動(dòng)”的興趣度與性別有關(guān);

(2)設(shè)這2人中恰有1人不感興趣為事件4

川則產(chǎn)P(UAU)-——56*×-44+—56*×—44-—22'

(3)由題意可知，X的取值可能為0,1,2,3,

則P(X=O)=景=卷P(X=I)=鬻=今

P(X=2)=字=《，P(X=3)=旨=∕.

C12ll《12ll

故X的分布列為

21,_7,?15

×S+2×22+3×22=4

【解析】(1)直接由題意得列聯(lián)表，求得K2,對(duì)比臨界值表得結(jié)論;

(2)直接由互斥事件的概率公式求解;

(3)由題意可知，X的取值可能為O,1,2,3,求其概率，得分布列，再由期望公式求期望.

本題考查獨(dú)立性檢驗(yàn)，考查古典概型概率的求法，考查離散型隨機(jī)變量的分布列及期望，考查運(yùn)

算求解能力，是中檔題.

20.【答案】解:(1)因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形，所以BC〃4D,

又因?yàn)閆DU平面SZD,BC，平面$4。，

所以BC〃平面S4D,

又因?yàn)槠矫鍿ADn平面SBC=I,BCU平面SBC,

所以從而AD〃l.

取AD中點(diǎn)O,連接OF,OS,

因?yàn)镾A=SD,所以ADlS。，

因?yàn)?、F分別為4D,BC的中點(diǎn)，所以4。LOF,

又SonoF=0,SO,OFU平面SOF,

所以/W_L平面SOF,

因?yàn)?/4D,所以Il平面SOF,

故當(dāng)E為40中點(diǎn)時(shí)，1_L平面SEF.

(2)以E為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

由(1)知4SEF為二面角S-AD-B的平面角，其大小為120。，

因?yàn)閭?cè)面SAZ)為等腰直角三角形，SA=SD=2√2.

所以04=。D=OS=2,所以S(O,-1,√I),8(2,2,0),D(-2,0,0),C(-2,2,0),

?Q(t,-l,√3),則於=(一2,—3,遍)，DC=(0,2,0).DQ=(t+2,-l,√3)>

設(shè)平面QCD的法向量為五=(x,y,z),

(DC?n=2y=0?-.L

)——?-L，令》=—遮r，n=(―V3,01÷2),

(Z)Q?n=(t+2)%-y+√3z=0`1J

?BS?n?√3∣t+4∣√3

T，

直線S8與平面QCD所成角的正弦值為扇而=4f3÷(t÷2f=

解得t+2=—；,

所以線段DQ的長(zhǎng)為J(t+2)2+(-1)2+(√3)2=苧.

【解析】本題考查了直線與平面的位置關(guān)系，考查了直線與平面所成角，屬于較難題.

(1)先證直線“〃1D,尋找4D中點(diǎn)0,證明4D_L平面SOF,即可求解；

(2)建立空間直角坐標(biāo)系，用向量數(shù)量積計(jì)算SB與平面QCD所成角的正弦值，解得t+2=-；,即

可得解.

/-1,1_

廷+牙=

21.【答案】解：(1)根據(jù)題意可得R(α-c)6.1◎

^ab2

、Q2=?2,|_C2

解得M=2,b2=C2=1,

2

所以橢圓C的方程為a+y2=1；

(2)設(shè)P(XI,%),Q(X2,V2V

Zy+

Im

1

?

1222

2得(1+2fc)x÷4kmx+2m—2=0,

Ixτ

\

Δ=(4km)2—4(1+2fc2)(2m2—2)

=-8m2÷8+16fc2>0(*),

所以叼+X2=一熱,"2=穿’

所以kk=X?.%=生=(-1+"1)(-2+血)_&小2+癡(XI+-2)+m2

?2-?l×2-xlx2-XIX2-XlX2

7ΔΔΠΓ一乙I7zi±κ,rrι、,7

1+2∕C2M1+2∕C2m_2m2k2—2k2—4k2m2+m2(l+2∕c2)

2m2—22m2—2

1+2∕C2

_-2fc2+m2

=2T∏2-2,

因?yàn)閗為ki，心的等比中項(xiàng)，

所以的七=k?,

所以出至=Y,

2m2-2

化簡(jiǎn)得1=?,

代入(*)，得O<小2<2,

_________________________4kτn2711.2-2

2222-

IPQI=71+kyj(x+x)-4X1X2=√1+fc(-----------?)4-----------E

12l+2/c1+2k

-8m2+8+16k'

(l+2k2)2

點(diǎn)。到直線，的距離

-8m2+8+16〃2Iml

所以SAOPQ=》∣PQ∣?d

(l+2√)

1—8m2+8+16k

2

1

-8vi^+8+16×2

(l+2×?)2

=??7(-2m2÷4)?m2,0<m2<2,

令t=m2,0<t<2,

則y=(-2t+4)t=-2(t-I)2+2,當(dāng)0<tV2時(shí)，OVy42,

所以O(shè)VS&OPQ≤爭(zhēng)

所以△OPQ面積的取值范圍(0凈.

【解析】本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與橢圓的位置關(guān)系及其應(yīng)用，橢圓中的面積問(wèn)題，屬于

較難題.

⑴由橢圓過(guò)點(diǎn)M(I,孝)，與%的面積的比值為1一多列方程組，解得答案即可;

(2)設(shè)P(XI,%),ρ(x2,y2),聯(lián)立直線與橢圓的方程,結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系，可得/+%2,XχX2>

22

4=-8m