山東省威海市2023屆高三二模數(shù)學(xué) 含解析

2023年威海市高考模擬考試

數(shù)學(xué)試卷

注意事項：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上.

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑.如需

改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫

在本試卷上無效.

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一

項是符合題目要求的.

1.已知全集11集合A滿足卬II兀則()

A.MAB.2c/C.3cAD.4GA

【答案】D

【解析】

【分析】根據(jù)補(bǔ)集的定義求出集合A,再判斷即可.

【詳解】因為U={x|0<x<5},且gA={Rl<x<3},

所以A={x10<xW1或3Wx<5},

所以IGA，2史4,3GA,4GA.

故選：D

2.若復(fù)數(shù)z滿足i.z=2+i，則|z|=()

A.舊B.5C.V6D.6

【答案】A

【解析】

【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)代數(shù)形式除法運算化簡，再計算模即可.

【詳解】因為i-z=2+i,所以2=2±1=立生=1一公，

ii2

所以忖=+(-2)~=y/s-

故選：A

443

A.-B.——C.一

555

【答案】c

【解析】

【分析】利用誘導(dǎo)公式及二倍角余弦公式計算可得.

【詳解】因為sin（a-

所以cos----2a

I3)

=1-2sin21a-工

I3j

故選：C

4.已知2"=9，log83=b,則巴=()

b

A.-B.2C.6D.9

3

【答案】C

【解析】

【分析】根據(jù)指數(shù)和對數(shù)的關(guān)系及對數(shù)的運算性質(zhì)計算可得.

2

【詳解】因為2"=9，^riy.a=log29=log23=21og23,

1J21og23=6

Xfe=log83=log33=-log,3,所以。1

3§*°§2J

故選：C

5.云計算是信息技術(shù)發(fā)展的集中體現(xiàn)，近年來，我國云計算市場規(guī)模持續(xù)增長.已知某科技公司2018年

至2022年云計算市場規(guī)模數(shù)據(jù)，且市場規(guī)模y（單位：千萬元）與年份代碼x的關(guān)系可以用模型

y=（其中e=2.71828…）擬合，設(shè)z=lny,得到數(shù)據(jù)統(tǒng)計如下表：

年份2018年2019年2020年2021年2022年

X12345

ym112036.654.6

zn2.433.64

由上表可得回歸方程z=0.52x+1.44，則機(jī)的值約為()

A.2B.7.4C.1.96D.6.9

【答案】B

【解析】

【分析1根據(jù)題意，由回歸方程)=O.52X+1.44過點(七)，可得〃=2,再由z=lny即可求得機(jī).

【詳解】由題意可得，x=|(l+2+3+4+5)=3,將1=3代入Z=0.52x+1.44可得

z=0.52x3+1.44=3，且z=《(〃+24+3+3.6+4),所以〃=2,

又因為z=lny,即2=lnm,所以〃2=e2a7.4.

故選:B

6.已知直線工+政一1=0過定點P,線段MN是圓(％-3)2+(3；-2)2=1的直徑，則PM.PN=

()

A.77B.3C.7D.9

【答案】C

【解析】

【分析】求出定點P，圓心。及半徑，利用向量的運算可得PM.PN=|PO|2—|OM|2，即可求值.

【詳解】直線工+3一1=0可化為：x-l+ay=O,

x-1=0fx=l

由《c解得<C，

y=0[y=0

所以直線過定點尸(1,0),

圓(x—3『+(y—2『=1的圓心為。(3,2),半徑為1,

所以|「。|=，(1一3)2+(0—2)2=瓜IDMHDN|=1

所以PM-PN=(PD+DM>(PD+DN)=(PD+DM)?(PD-DM)

=|PD|2-|DM|2=8-1=7,

故選：c

7.已知等邊三角形SAB為圓錐的軸截面，AB為圓錐的底面直徑，。，C分別是A8,SB的中點，過0C

且與平面SAB垂直的平面記為a,若點S到平面a的距離為布，則該圓錐的側(cè)面積為()

A.8兀B.16KC.24KD.32兀

【答案】B

【解析】

【分析】首先根據(jù)面面垂直的性質(zhì)，作出點到平面。的距離，再結(jié)合圖形，求出底面半徑和母線，即可求

解.

【詳解】如圖，作SD_LOC于點O,

因為平面SAB_L平面。，且平面、平面a=OC,

所以SO_L平面。，SD=R，點。，C為AB,S6的中點，則OC//S3,

且△SA8為等邊三角形，則ZDSC=30，所以SC=2五，

所以底面半徑04=2近，母線S3=4近，

則該圓錐的側(cè)面積S=Ttrl=7ix2\/2x4-72=16兀

故選：B

8.已知函數(shù)/(x)=alnx,g(x)=J7,若總存在兩條不同的直線與曲線y=/(x),y=g(x)均相

切，則實數(shù)。的取值范圍是()

D.—,十8

4

【答案】A

【解析】

【分析】設(shè)函數(shù)〉=/(x),y=g(x)的切點坐標(biāo)分別為(％,alnxj,(乙，店)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)幾何意義可

14In%,-45.41nx—4

得-T=——!—，玉>0,即該方程有兩個不同的實根，則設(shè)〃(z力=--------,x>0,求導(dǎo)確定其單調(diào)

〃x

性與取值情況，即可得實數(shù)。的取值范圍.

【詳解】設(shè)函數(shù)/(x)=alnx上的切點坐標(biāo)為(玉,alnxj,且玉＞0,函數(shù)g(x)=6上的切點坐標(biāo)為

(“29J”2)，且“22°，

又尸(x)=3,g'(x)=W=,則公切線的斜率巴=W=,則a＞0,所以4a2々=才，

x27xXzq%2

則公切線方程為y-tzlnXj=-(x-Xj),g[jy=-x+4zlnxj-rz,

代入卜得曰。網(wǎng)_

2，?)=^4+&10,則二=_￡x+a\nx{-a,

2a玉4a之

141nxi—4

整理得正

王

I4Inx—4

若總存在兩條不同的直線與函數(shù)＞=/(x)，y=g(x)圖象均相切，則方程一？=----!—有兩個不同

CtX]

的實根，

4

設(shè)//(力幻內(nèi)-。>。,貝|j^"一⑷11"-4)_8一41nx,

%，(x)=p=-p-

令"(x)=0得x=e2,

當(dāng)x?0,e2)時,"(x)>0,/z(x)單調(diào)遞增，xe(e)+8)時，〃'(x)<0,〃(x)單調(diào)遞減,

2

所以Mx)在X=eZ處取得極大值即最大值，即h(x\m=/i(e)=4Ine；-4=_4,

由力(尢)=0可得X=e,又當(dāng)時，-oo；當(dāng)X-+8時，

所以114，解得故實數(shù)a的取值范圍為[；，+8.

件/丁212)

故選：A.

【點睛】關(guān)鍵點睛：涉及公切線問題一般先設(shè)切點坐標(biāo)，根據(jù)切線相同得到方程組，將雙變量方程轉(zhuǎn)化

為單變量方程，再參變分離，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的交點問題，即可求出參數(shù)的取值范圍.

二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合

題目要求.全部選對得5分，部分選對得2分，有選錯的得0分.

9.以下說法正確的是()

A.將4封不同的信全部投入3個郵筒，共有64種不同的投法

B.將4本不同的數(shù)學(xué)書和2本不同的物理書排成一排，且物理書不相鄰的排法有480種

C.若隨機(jī)變量X~N(0Q2),且P(XW2)=0.8,則P(0<XW2)=0.3

D.若隨機(jī)變量X~3(10,0.7),則O(2X+1)=4.2

【答案】BC

【解析】

【分析】按照分步乘法計數(shù)原理判斷A,利用插空法判斷B,根據(jù)正態(tài)分布的性質(zhì)判斷C,根據(jù)二項分布

的方差公式求出。(X),再根據(jù)方差的性質(zhì)判斷D.

【詳解】對于A：第I封信可以投入3個信箱中的任意一個，有3種投法；

同理，第2,3,4封信各有3種投法.根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，共有3x3x3x3=81種投法.故A錯誤；

對于B：先排4本不同的數(shù)學(xué)書有A：種排法，再將2本不同的物理書插空有A；種排法，

所以共有A：?A；480種不同的排法，故B正確；

對于C：因為X~N(0,〃)，且尸(XW2)=0.8,

所以P(0<X?2)=P(XK2)-P(X?0)=0.8—0.5=0.3,故C正確：

對于D：因為X~8(10,0.7),所以￡>(X)=10x0.7x(l-0.7)=2.1,

所以O(shè)(2X+1)=2?xD(X)=4x2.1=8.4,故D錯誤;

故選：BC

10.將函數(shù)〃x)=sin2x圖象上的所有點向左平移夕個單位，得到函數(shù)〉=8(力的圖象，則()

A.g(x)=sin(2x+F]B.g(x)在二,￡上單調(diào)遞減

I6)L122_

C.g(x)在(0,?]上有3個極值點D.直線y=x+乎是曲線y=g(x)的切線

【答案】BCD

【解析】

【分析】根據(jù)三角函數(shù)的變換規(guī)則求出g(x)的解析式，再結(jié)合正弦函數(shù)的性質(zhì)判斷A、B、C,設(shè)切點為

(xo，sin(2xo+1,求出導(dǎo)函數(shù)，即可得到方程組，解得即可判斷D.

【詳解】將函數(shù)/(x)=sin2x圖象上的所有點向左平移2個單位得到

6

g(x)=sin2^+-71^j=sin(2x+^I,故A錯誤;

6

兀7171714兀7兀14兀

當(dāng)xe~r時2犬+工￡—,因為y=sinx在—上單調(diào)遞減,

32,32,3

兀71

所以g(x)在—上單調(diào)遞減，故B正確;

當(dāng)手4無J時2工十三￡7^1,3兀)

33

令或2、+與/或2X+5音

解得x=3或x=或x=，所以g(x)在(。，4兀

上有3個極值點，故C正確;

1七,sin(2xo+W)],g'(x)

設(shè)切點2cos[2x+—I,

_1口,V3\

2cosf2xin(2%兀

則g'(x())=0-1,且不+《-=sin+一

3J

兀

+COS2+—=1,所以x()=0,

.71百符合題意，即直線y=x+*是曲線N=g(x)的切線，故D正確:

sin—=——,

32

11.已知數(shù)列｛4｝的首項q=1,前”項和為S,.設(shè)4與k是常數(shù)，若對任意〃eN+，均有

11I.若數(shù)列｛風(fēng)｝是“*一2”數(shù)列，且可>0,則

SJ-S,,一％/成立,則稱此數(shù)列為數(shù)列

)

A.S“=9"TB.｛凡｝為等比數(shù)列

z、9〃T_1s

C.｛S“一凡｝的前〃項和為D.。為等差數(shù)列

8凡

【答案】AC

【解析】

【分析】首先理解題意得一6=與扃=JS”+「s”，再變形得到數(shù)列｛s.｝和｛%｝通項公

式，即可判斷ABCD.

歷

【詳解】由條件可知，2=—,k=2,

2

則61一后=￥向兩邊平方后，整理為

S,,T—4T^X+3S,,=0,即（瓦—S）（師—3底）=0,

得瓦=后或瓦=3后，

若=E，則5向=5,，則“用=°，這與%>°矛盾，所以不成立，

若屈=3吠，則S,,+|=9S,,，5,=?,=1,所以數(shù)列｛S.｝是首項為1,公比為9的等比數(shù)列，即

S“=9"T,故A正確：

由S“+]=9S“可得S“=9S”T（〃之2）,兩式相減得,

J=9a”,并且〃=1時，S2=9St,即6+4=94，得4=8,

那么，=8工9,所以｛%｝不是等比數(shù)列，故B錯誤;

_l,n=l

當(dāng)〃=1時，S]-q=0,

當(dāng)心2時，設(shè)數(shù)列｛S,一｝的前〃項和為7；,

則q=（5一勁+⑸一生）+…+（S”-qJ

=（S]+S2+.??+S〃）—（q+々2+.??+。〃）

「9"F8x0-9”

=--------14-----------------

1-91-9

夕1_]

-------,

8

9"7—1

當(dāng)”=1時，匯=。成立，故——故c正確;

8

S.,S9S381S,53cs2S

」=i,12=j所以數(shù)列不是等差數(shù)列，故D錯誤.

qa28a372ala3a21%

故選：AC

12.己知雙曲線E：］一￡=］（。＞0）的左、右焦點分別為月，F(xiàn)2,過月且斜率為日的直線/與E

7T

的右支交于點P，若/F；Pg=w，則（）

A.E的離心率為68.￡的漸近線方程為3；=±￥》

C.P到直線x=l的距離為2&D.以實軸為直徑的圓與/相切

【答案】ACD

【解析】

【分析】首先根據(jù)圖形，結(jié)合三角函數(shù)，求得|P用和處周，再根據(jù)余弦定理求。，即可求得雙曲線方程，

判斷AB；再利用方程聯(lián)立，求得點P的坐標(biāo)，即可判斷C；并根據(jù)直線與圓的位置關(guān)系的判斷方法，即

可判斷D.

【詳解】由雙曲線方程可知，“2=3,

設(shè)NP《K=，，則tan6=也，那么cos9=X^，sin6=3,

233

作Q4_Lx軸，垂足為點A,設(shè)|網(wǎng)=力，|Pg|=x,貝"尸用=x+2g,

所以/=sin（45+6）=,28+",——=sin,

x''6x+2V33

兩式解得：x=2瓜即|P周=2&，|助|=26+26,

△尸耳鳥中，根據(jù)余弦定理，

可得4c2=（2#+2G），+（2@-2X（2#+2@X2V^XCOS45,

4c2=36，得c=3,

c3/T

所以雙曲線的離心率e=,二耳=。3,故A正確;

b=ylc2-a2=V6-所以雙曲線的漸近線方程為y=±2x=±缶，故B錯誤;

CI

直線/方程為y=￥&+3),與雙曲線方程日一\=1聯(lián)立，

得一—2%-7=0，解得：x=l±20，因為點P在雙曲線的右支上，

所以點尸的橫坐標(biāo)為1+20，P到直線x=l的距離為20，故C正確；

以實軸為直徑的圓的圓心為原點，半徑為6

372

原點到直線/的距離d=Y==G,故D正確.

身

三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.

13.已知向量a=(2,1),b—(0,1),c=a+tb,若a,c=6，則f="

【答案】1

【解析】

【分析】根據(jù)平面向量線性運算的坐標(biāo)表示可得c=(2,l+r),結(jié)合向量數(shù)量積的坐標(biāo)公式計算即可求解.

【詳解】由題意知，c-a+th=(2,1+1).

因為a?c=6，

所以a-c=2x2+(l+/)=6,解得f=l,

即r的值為1.

故答案為：1.

14.若函數(shù)/(尤)=此卜'+1)'+以2是奇函數(shù)，則實數(shù)〃=.

【答案】一一##-0.5

2

【解析】

【分析】根據(jù)奇函數(shù)的定義，化簡求值.

【詳解】函數(shù)的定義域為R,++

f(-x)=(-x)In+1)+ax2=(-x)[ln(e*+l)-xj+ax2

=(-x)In(e、+1)+x?+ax~,

若函數(shù)是奇函數(shù)，則/(-x)=—/(x),

BPx2+ax2=-ax2.得。=-2.

2

故答案為：—

2

15.已知拋物線C:V=8x的焦點為E，過F的直線與C交于A,B兩點,且|AF|=3,。為坐標(biāo)原

點，直線AO交。的準(zhǔn)線于點。，則AO/與,.AT出的面積之比為.

【答案】-##1:9

9

【解析】

【分析】首先求出拋物線焦點坐標(biāo)與準(zhǔn)線方程，根據(jù)|AF|=3及焦半徑公式求出X3即可求出A點坐

標(biāo)，從而求出直線的方程，再聯(lián)立方程求出8點坐標(biāo)，求出AO的方程即可求出。點坐標(biāo)，最后根據(jù)

面積公式計算可得.

【詳解】拋物線C：y2=8x的焦點為尸(2,0),準(zhǔn)線方程為x=—2,因為|A同=3,

所以4+2=3,即4=1,則￡=8,解得力=±2血，不妨取A(l,-2收)，

則直線A3的方程為曠=告(》一2)，即y=2&x-4應(yīng)，

由歸2夜4加解得『=，，所以網(wǎng)4,4夜)，

/=8x[yB=4V2')

又直線AO的方程為了=—2缶，令尤=—2,可得y=4應(yīng)，所以。(一2,4&),

&-x2x2>/2]

所以法■=1——1--------------------=3

SADB1x(4+2)x(472+272))

如圖1,連接AC,Ag,C4.

由正方體的性質(zhì)可知，CDI2,且CO=4A，所以，四邊形。c4A為平行四邊形，所以，

CBJ/DA、.

因為平面AOG，D41u平面4。C1,

所以CB"/平面

同理可得，AC//平面A

因為Cgu平面ACg,ACu平面ACg,C4nAe=C,

所以，平面AC8"/平面aoq.

因為67//平面耳€平面AC4,所以81Pu平面AC8-

所以，PG平面AC4.

又Pe平面ABC。，平面ABCDc平面AC4=AC,

所以，PeAC.

連接80，交AC于。點，則。O_LAC,且DO=&

因為。。，平面ABCO,

所以以點2為球心的球與平面ABC。的截面為圓，且圓心為D,

所以，直線AC被以。為圓心，夜為半徑的圓截得的弦MN長為2,如下圖2,

所以，DM=^DOT+MO1=?

因為M在球上，所以RM=也D?+知。2=不，

即球的半徑為J7,所以/?=近.

由正方體的性質(zhì)可得，B]B1AB,ABIICR.

因為用P_LCQ1,所以

因為48u平面Bfu平面始BP,B.B4P=4,

所以，AB工平面B】BP.

因為BPu平面耳8尸，所以

又因為A6u平面ABC。，BPu平面ABC。，且ABIBC,所以P點在線段BC上.

過點P作尸[//AB,交AO于點耳，連接AQ,￡P(guān),￡Q,AP.

因為平面BCCM//平面AORA，

平面APGQC平面BCC4=￡P(guān),平面AFC?'平面A￡>RA=AQ，

所以，AQ//C.P.

同理可得，AP//C}Q.

所以，四邊形APGQ是平行四邊形，所以AQ=GP.

22

因為AQ2=AA2+4Q2,QP+CP,AAt=CC1,

所以，\Q=CP.

因為AB1平面所以P［，平面AZ)AA，且P［=AB=2,

所以1,所以ZPQPt即為直線PQ與平面ADD,A所成的角.

當(dāng)P,6,Q分別為BC,AO,AR中點時，滿足條件，此時［Q有最小值2；

當(dāng)P,6分別與民A重合時，。點與2重合，滿足條件，此時6Q有最大值20.

所以2W6QW20,所以也W—'-W，.

42

pp25

又tanNP04=^^=",所以在vtan/PQE41，

1

P}QPyQ2

設(shè)直線PQ與平面AO9A所成的角的正切值的范圍為￥，1

故答案為：幣;

【點睛】關(guān)鍵點睛：該題目的關(guān)鍵之處是根據(jù)面面平行以及線面垂直得出點P的位置.

四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟.

17.己知偶函數(shù)/(幻=用$皿3：+夕)|">0,0>0,附43的部分圖象如圖所示，A,B,C為該函

數(shù)圖象與x軸的交點，且。為圖象的一個最高點.

(1)證明：2ADsinZAD3=C￡>sinNBZ)C；

⑵若AD=2行,CD=2,NBDC=g求〃x)的解析式.

【答案】(1)證明見解析

(2)/(x)=-百COS^X

【解析】

【分析】（1）在△回￡＞、△CB。分別利用正弦定理可得丁-------在結(jié)合BC=2A5即

可證明；

（2）依題意求出sinNADB,即可得到cos/AOC,利用余弦定理求出AC,即可求出周期，從而求出

3,利用勾股定理求出80,即可求出。點坐標(biāo)即可求出例，在根據(jù)函數(shù)圖象及偶函數(shù)求出8,即可得解.

【小問1詳解】

AnsinZABD

在△A3。中，由正弦定理可得——

ABsinZADB

在△CBO中，由正弦定理可得變sinNBDC

CDsinZDBC

又ZAB0+ZD3C=7i,所以sinZABr)=sinN￡)BC，

…、ADBCsinZBDCsinZABDsinNBDC

所以--------=----------------------又BC=2AB,

ABCDsinZDBCsinZADBsinZADB

所以2ADsinZADB=CDsinZBDC.

【小問2詳解】

因為A。=25，CD=2,NBDC=gJi2A￡>sinZADB=CDsinZBDC.

所以sinZADB='"sm/BQC=立，所以c°sZADC=cosfZADB+工］=-sinZADB=一也，

2AD14<2)14

在,ACD中，由余弦定理可得AC=y/AD2+DC2-2AD-DCcosZADC=6，

27r

所以T=BC=4=,，解得啰=一，

a>2

在RlBCD中BD=dBC^-CD。=2有，

又sinNCBD=g,則NC3D=30。，所以y。=BOsin30°=百，

則積=B￡)cos30°-1=2,

所以。（2,6）,則W=G，由圖象及函數(shù)/（無）為偶函數(shù)且所以夕=一:

所以/'（%）=65皿仁彳-5]=_6以＞5^彳.

18.如圖，在四棱臺ABCD—AAG。中，平面ABC。，下底面ABC。是菱形,

NABC=120，BC=2B、C1=2,DD、=3.

c

（1）求四棱錐A-BBQQ的體積；

（2）求平面與平面BBC所成角的余弦值.

【答案】（1）空;

2

⑵口.

13

【解析】

【分析】（1）根據(jù)給定條件，結(jié)合棱臺的結(jié)構(gòu)特征證明AC，平面8BQQ,四邊形為直角梯形,

再求出體積作答.

（2）由（1）的信息，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解作答.

【小問1詳解】

因為A8CO是菱形，則AC16。，又。平面ABC。，8D,ACu平面ABC。，

則有BD±DDt,ACrDDt,而BDDD}=D,BD,D]u平面BBRD,于是AC_L平面BBRD,

在四棱臺ABCD—AAG2中，四邊形88QO為直角梯形，在菱形ABCD中，NABC=120，

19

有△38是正三角形，BD=BC=2,BQi=BCi=l,梯形88QQ的面積S=萬（1+2*3=/,

顯然四棱錐A—8月4。的高"，即為正△ABO邊上的高G，

所以四棱錐A—Bgq。的體積v=J_s/?=1x2x6=述.

3322

【小問2詳解】

在平面A8CQ內(nèi)過點。作瓜LCD,由（1）知Ox,OC,。鼻兩兩垂直，

以點。為原點，射線小,。。,。鼻的方向分別為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖,

DBX=(y->p3),DA=-1,0),BC=(-^,1,0),BB}=(-y-,-1,3),

m?DA=G占-H=0

6得

設(shè)平面AB1。的法向量〃2=(%,y,ZI),則,1，令X=

團(tuán)?。旦=才西+不/+3馬=0

m=(^3,3,—1),

n.BC=-y/3x2+%=0

設(shè)平面BBC的法向量〃=(/，%，Z2)，貝卜731，令W=上,得

nBBl=--^2--y2+3z2=Q

〃=(6,3,1)，

設(shè)平面Ad。與平面BBQ所成角為6,顯然。為銳角，則

…/力〃1_3+9-1_11

\m\\n\V13xV1313

所以平面A4。與平面8BC所成角的余弦值為

19.已知2〃+2個數(shù)排列構(gòu)成以q“(%>l)為公比的等比數(shù)列，其中第1個數(shù)為1,第2〃+2個數(shù)為8,

設(shè)4=log?%.

(1)證明：數(shù)列,上|是等差數(shù)列；

,7C7C,、

(2)設(shè)a=tan—tan——，求數(shù)列｛〃｝的前100項和幾。.

a”a,」1

【答案】(1)證明見詳解

(2)-99

【解析】

3

【分析】（1）根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)分析可得％=二一，再結(jié)合等差數(shù)列的定義分析證明;

2〃+1

（2）根據(jù)兩角差的正切公式整理得仇=結(jié)合裂項相消法運算求解.

【小問1詳解】

Q3

由題意可得：4用=：=8,且%>1,可得°=2

3312/2+1

所以4“=log,22n+l，可得一=

2〃+13

12(n+l)+l2?+1_2

貝I]-------------

%+133~~3

所以數(shù)列一1是以公差為;2的等差數(shù)列.

bJ3

【小問2詳解】

nn2TI

由（1）可得--------=—,

a

—n3

7171

(、tan-----tan——

2兀7i7C/r

則tan——tan--------=-------a-n4-_-,------a-?-=-J3,

3a,a兀兀

1"+1"1+tan——tan—

aa

n+\n

則

—耳tan—an斗

+???+_^f_L_2L

Hoo="1+b2T卜4Gotantan

3i)JIa01“I。

=——tan(68?！獆-100=—tan—100=-99

3I3)33

所以數(shù)列｛〃｝的前100項和S100=-99.

20.乒乓球被稱為中國的“國球”.20世紀(jì)60年代以來，中國乒乓球選手取得世界乒乓球比賽的大部分冠

軍，甚至多次包攬整個賽事的所有冠軍.乒乓球比賽每局采用11分制，每贏一球得1分，一局比賽開始

后，先由一方發(fā)2球，再由另一方發(fā)2球，依次每2球交換發(fā)球權(quán)，若其中一方先得11分且至少領(lǐng)先2

分即為勝方，該局比賽結(jié)束；若雙方比分打成1()：1()平后，發(fā)球權(quán)的次序仍然不變，但實行每球交換發(fā)

球權(quán)，先連續(xù)多得2分的一方為勝方，該局比賽結(jié)束.現(xiàn)有甲、乙兩人進(jìn)行乒乓球單打比賽，假設(shè)甲發(fā)

球時甲得分的概率為|,乙發(fā)球時甲得分的概率為各球的結(jié)果相互獨立，己知某局比賽甲先發(fā)球.

(1)求該局比賽中，打完前4個球時甲得3分的概率；

(2)求該局比賽結(jié)束時.，雙方比分打成11:1且甲獲勝的概率;

(3)若在該局雙方比分打成1():10平后，兩人又打了X個球該局比賽結(jié)束，求事件“XW4”的概率.

【答案】(1)-

3

⑵蔡

⑶-

4

【解析】

【分析】(1)分類討論，甲失一球，這球有是甲發(fā)球還是是乙發(fā)球，結(jié)合獨立事件概率乘法公式分析運算;

(2)分類討論，甲失一球，這球有是甲發(fā)球還是是乙發(fā)球，結(jié)合獨立事件概率乘法公式分析運算;

(3)由題意可得：*=2或乂=4,分類討論，甲贏得比賽還是是乙贏得比賽，結(jié)合獨立事件概率乘法公

式分析運算.

【小問1詳解】

若打完前4個球時甲得3分，則甲失一球，這球有可能是甲發(fā)球也可能是乙發(fā)球,

、22

22(2、xC'xi1

所以打完前4個球時甲得3分的概=—

'2+522

33J2)73

【小問2詳解】

若雙方比分打成11:1且甲獲勝，則甲失一球，這球有可能是甲發(fā)球也可能是乙發(fā)球，且乙最后一次發(fā)球

甲勝,

雙方比分打成u：i且甲獲勝的概率「=?,'(2]x?！獂c'xlxfi-1'l=—.

522J729

【小問3詳解】

由題意可得：若XW4,則X=2或X=4，

可得P(X=2)=-|x]_

2

2

P（X=4）1--

3

3

所以P（XW4）=P（X=2）+P（X=4）=j

22

21.已知橢圓E：0+}=l（a>6>O）的三個頂點構(gòu)成邊長為4的等邊三角形.

（1）求E的標(biāo)準(zhǔn)方程；

（2）已知直線/的傾斜角為銳角，/分別與x軸、>軸相交于點“，N,與E相交于A,8兩點，且N

為線段MB的中點，8關(guān)于x軸的對稱點為。，直線CN與E的一個交點為O.

（i）證明：直線C。與/的斜率之比為定值：

（ii）當(dāng)直線的傾斜角最小時，求/的方程.

22

【答案】（1）—%+^v-=1

124

（2）（i）證明見解析；（ii）y

37

【解析】

【分析】（1）依題意可得3=4,-=tan30°,即可求出“，h,從而得解;

（2）⑴設(shè)直線/的方程為丁=履+加（％>0），則M-工,0,N（O,m）,從而求出8、C,再根據(jù)斜

率公式計算可得；

（ii）由⑴可知直線8的方程為丁=一3日+加，設(shè)。優(yōu),必），聯(lián)立與橢圓方程，即可

求出同理可得反，即可表示出匕w，利用基本不等式求出心。的最小值，即可得到女的值，再由B

點坐標(biāo)求出加的值，即可得解.

【小問1詳解】

因為a>，>0,所以構(gòu)成等邊三角形的三個頂點為短軸的兩個頂點與長軸的一個頂點，

則2Z>=4,——tan30°,所以b=2,a=25/3>

所以橢圓方程為二+2-=l.

124

【小問2詳解】

⑴設(shè)直線/的方程為曠=履+6（左＞0）,則M-1,0,N（0,m）,

因為N為線段MB的中點，則8￡,時,

Im\

因為點B關(guān)于x軸的對稱點為C,所以C7,-2機(jī)，

=-2m-m=

所以8一m-"，所以＞2=一3,所以直線CO與/的斜率之比為定值.

丁一"k

k

（ii）由⑴可知直線CD的方程為y=-3丘+”，設(shè)4（X1,yJ,。（9,％），

y=kx-\-m

由＜//,可得（1+3-+6如a+3m2-12=0,

—+—=1

1124

所以自廣鏟'所以“（3而一⑵%

（1+3二）加

（3〃及一12伙

1Tm―rznJTL3機(jī)2—12

同理可得//=]127/"，所以々（1+27/）〃?

（3利2_12）/3（3疝-12快2

X—%_依1+3如_（1+3左2）日（1+27公）加

所以直線的斜率心。

%1-x2占一%2（3〃/-12快（3m2-12快

（1+3公）/〃（1+27%，〃？

1+9/13k、J13k,

=------=1＞2J-------1,

6k6k276k2

I3上1

當(dāng)且僅當(dāng)——=二，即女=一時，直線A。的斜率最小，此時，直線A￡＞的傾斜角最小，且

6k23

B（3m,2m）,

/\Qr?7~A＞77c4即…乎,

因為8（3九2〃?）在橢圓上，所以彳|-+半=1,解得力2=,

所以/的方程為y=；x±2g.

【點睛】方法點睛：利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：

（【）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標(biāo)為（不，片）、（0，〃2）；

（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于x（或y）的一元二次方程，必要時計算△；

（3）列出韋達(dá)定理；

（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為王+々、斗馬的形式；

（5）代入韋達(dá)定理求解.

22.已知函數(shù)f（x）=e'（sinx-cosx）.

（1）討論/（x）的單調(diào)性：

（2）證明：方程