2021年江苏省徐州市高考数学三调试卷.docx下载_163文库

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1、第 1 页（共 25 页） 2021 年江苏省徐州市高考数学三调试卷年江苏省徐州市高考数学三调试卷一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分。每题只有一项符合题目要求。分。每题只有一项符合题目要求。 1 （5 分）已知全集U，集合M，N是U的子集，且MN，则下列结论中一定正确的是 ( ) A()() UU MNU痧 B() U MN C() U MNU D() UM N 2 （5 分）清明节前夕，某校团委决定举办 “缅怀革命先烈，致敬时代英雄” 主题演讲比赛，经过初赛，共 10 人进入决赛，其中高一年级 2 人，高二年级 3 人，高三

2、年级 5 人，现采取抽签方式决定演讲顺序，则在高二年级 3 人相邻的前提下，高一年级 2 人不相邻的概率为( ) A 1 12 B 1 3 C 1 2 D 3 4 3 （5 分）已知 1 z， 2 z是复数，下列结论错误的是( ) A若 12 | 0zz，则 12 zz B若 12 zz，则 12 zz C若 12 | |zz，则 1122 z zz z D若 12 | |zz，则 22 12 zz 4 （5 分）函数 52sin ( )( 33 xx xx f xx ，0)(0，)的大致图象为( ) A B C D 5 （5 分）我国天文学和数学著作周髀算经中记载：一年有二十四个节气，每个

3、节气的晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度），二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则下列说法不正确的是( ) 第 2 页（共 25 页） A小寒比大寒的晷长长一尺 B春分和秋分两个节气的晷长相同 C小雪的晷长为一丈五寸 D立春的晷长比立秋的晷长长 6 （5 分）某圆锥母线长为 2，底面半径为3，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为( ) A2 B3 C2 D1 7 （5 分）抛物线 2 :4C yx的焦点为F，P是

4、其上一动点，点(1,1)M，直线l与抛物线C相交于A，B两点，下列结论正确的是( ) A|PMPF的最小值是 2 B动点P到点H (3,0)的距离最小值为 3 C存在直线l，使得A，B两点关于直线30 xy对称 D与抛物线C分别相切于A、B两点的两条切线交于点N，若直线AB过定点(2,0)，则点N在抛物线C的准线上 8 （5 分）已知函数( )f x是定义在区间(0,)上的可导函数，满足( )0f x 且 ( )( )0( )f xfxfx为函数的导函数），若01ab 且1ab ，则下列不等式一定成立的是( ) Af（a）(1)af（b） Bf（b）(1)a f（a） Caf（a）bf

5、（b） Daf（b）bf（a）二、选择题：本题共二、选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。每题有多个选项符合题目要求。分。每题有多个选项符合题目要求。第 3 页（共 25 页） 9 （5 分）设正实数a，b满足1ab，则( ) A 22 loglog2ab B 117 4 ab ab C 21 32 2 ab D 1 2 2 a b 10 （5 分）已知 2021232021 1232021 (1 2 ) o xaa xa xa xax，则( ) A展开式中所有项的二项式系数和为 2021 2 B展开式中所有奇次项系数和为 2021 31 2 C展开式中

6、所有偶次项系数和为 2021 31 2 D 3202112 232021 1 2222 aaaa 11 （5 分）半正多面体(semiregular)solid亦称“阿基米德多面体” ，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为 2，则( ) ABF 平面EAB B该二十四等边体的体积为 20 3 C该二十四等边体外接球的表面积为8 DPN与平面EBFN所成角的正弦值为 2 2 12 （5 分）已知函数 sincos ( ) xx f xee，其中e是自然

7、对数的底数，下列说法中，正确的是( ) A( )f x在(0,) 2 是增函数 B() 4 f x 是奇函数 C( )f x在(0, )上有两个极值点第 4 页（共 25 页） D设 ( ) ( ) f x g x x ，则满足 1 ()() 44 nn gg 的正整数n的最小值是 2 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。 13 （5 分）如图，在平面四边形ABCD中，已知3AD ，4BC ，E，F为AB，CD的中点，P，Q为对角线AC，BD的中点，则PQ EF的值为 14 （5 分）为了衡量星星的明暗程度，古希腊天文学家喜帕

8、恰斯在公元前二世纪首先提出了星等这个概念星等的数值越小，星星就越亮；星等的数值越大，星星就越暗到了 1850 年，由于光度计在天体光度测量的应用，英国天文学家普森又提出了亮度的概念，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述两颗星的星等与亮度满足 1221 2.5()mmlgElgE，其中星等为 k m的星的亮度为(1,2) k Ek 已知 “心宿二” 的星等是 1.00，“天津四” 的星等是 1.25，则“心宿二”的亮度大约是“天津四”的倍（结果精确到 0.01当|x较小时， 2 101 2.32.7) x xx 15 （5 分）已知双曲线 22 22 :1(0,0) xy Eab a

9、b 的左、右焦点分别为 1 F、 2 F，过点 1 F的直线l与双曲线的左、右两支分别交于A、B两点若 2 ABF的内切圆与边AB、 2 BF、 2 AF分别相切于点M、NP，且AP的长为 4，则a的值为 16 （5 分）在一次以“二项分布的性质”为主题的数学探究活动中，立德中学高三某小组的学生表现优异，发现的正确结论得到老师和同学的一致好评设随机变量( , )XB n p，记(1) kkn k kn pC pp ，0k ， 1， 2，n 在研究 k p的最大值时，小组同学发现：若(1)np 为正整数，则(1)knp时， 1kk pp ，此时这两项概率均为最大值；若(1)np

10、为非整数，当k取(1)np的整数部分，则 k p是唯一的最大值以此为理论基础，有同学重复投掷一枚质地均匀的骰子并实时记录点数 1 出现的次数当投掷到第 20 次时，记录到此时点数 1 出现 5 次，若继续再进行 80 次投掷试验，则当投掷到第 100 次时，点数 1 总共出现的次数为的概率最大四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分。解答时应有必要的演算步骤、文字说明等。分。解答时应有必要的演算步骤、文字说明等。第 5 页（共 25 页） 17（10 分）设ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c且cos1aB ，sin2bA （）求sin()

11、AC和边长a；（）当 22 bc取最小值时，求ABC的面积 18 （12 分）数列 n a中， 2 7a 且 * 24 () nn Snan nN，其中 n S为 n a的前n项和（）求 n a的通项公式 n a；（）证明： * 2222 123 111111 () 393 n nN aaaan 19 （12 分）在如图所示的圆柱 12 O O中，AB为圆 1 O的直径，C，D是AB的两个三等分点， EA，FC，GB都是圆柱 12 O O的母线（1）求证： 1/ / FO平面ADE；（2）若2BCFC，求二面角BAFC的余弦值 20 （12 分）某电子公司新开发一电子产品，该电子产

12、品的一个系统G有21n个电子元件组成，各个电子元件能正常工作的概率均为p，且每个电子元件能否正常工作相互独立若系统中有超过一半的电子元件正常工作，则系统G可以正常工作，否则就需维修（1）当2n ， 1 2 p 时，若该电子产品由 3 个系统G组成，每个系统的维修所需费用为 500 元，设为该电子产品需要维修的系统所需的总费用，求的分布列与数学期望；（2）为提高系统G正常工作的概率，在系统内增加两个功能完全一样的电子元件，每个新元件正常工作的概率均为p，且新增元件后有超过一半的电子元件正常工作，则系统C可以正常工作，问p满足什么条件时，可以提高整个系统G的正常工作概率？ 21

13、（12 分）某城市决定在夹角为30的两条道路EB、EF之间建造一个半椭圆形状的主题公园，如图所示，2AB 千米，O为AB的中点，OD为椭圆的长半轴，在半椭圆形区域内再建造一个三角形游乐区域OMN，其中M，N在椭圆上，且MN的倾斜角为45，交OD 于G （1）若3OE 千米，为了不破坏道路EF，求椭圆长半轴长的最大值；第 6 页（共 25 页）（2）若椭圆的离心率为 3 2 ，当线段OG长为何值时，游乐区域OMN的面积最大？ 22 （12 分）已知函数 2 1 ( )(21) () 2 f xxlnxxax aR （1）讨论函数( )f x的极值点的个数；（ 2 ）已知函数(

14、)( ) x e g xfx x 有两个不同的零点 1 x， 2 x，且 12. xx证明： 2 21 421 21 aa xx a 第 7 页（共 25 页） 2021 年江苏省徐州市高考数学三调试卷年江苏省徐州市高考数学三调试卷参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分。每题只有一项符合题目要求。分。每题只有一项符合题目要求。 1 （5 分）已知全集U，集合M，N是U的子集，且MN，则下列结论中一定正确的是 ( ) A()() UU MNU痧 B() U MN C() U MNU

15、 D() UM N 【解答】解：对于A，()() UUU MNMU痧?，所以A错误；对于B，因为MN，所以() U MN ，选项B正确；对于C，因为MN，且() U MN 所以() U MNU，选选C错误；对于D，因为MN，所以() UM N ，选选D错误故选：B 2 （5 分）清明节前夕，某校团委决定举办 “缅怀革命先烈，致敬时代英雄” 主题演讲比赛，经过初赛，共 10 人进入决赛，其中高一年级 2 人，高二年级 3 人，高三年级 5 人，现采取抽签方式决定演讲顺序，则在高二年级 3 人相邻的前提下，高一年级 2 人不相邻的概率为( ) A 1 12 B 1 3 C 1 2

16、D 3 4 【解答】解：清明节前夕，某校团委决定举办“缅怀革命先烈，致敬时代英雄”主题演讲比赛，经过初赛，共 10 人进入决赛，其中高一年级 2 人，高二年级 3 人，高三年级 5 人，采取抽签方式决定演讲顺序，二年级 3 人相邻，基本事件总数 38 38 nA A 在高二年级 3 人相邻的前提下，高一年级 2 人不相邻包含的基本事件个数 362 367 mA A A，在高二年级 3 人相邻的前提下，高一年级 2 人不相邻的概率为： 362 367 38 38 3 4 A A Am P nA A 第 8 页（共 25 页）故选：D 3 （5 分）已知 1 z， 2 z是复数，下列结

18、 ) A B C D 【解答】解： 52sin52sin ()( ) 3333 xxxx xxxx fxf x ，函数( )f x为偶函数，故排除BD， 5 ( )0 33 f ，故排除C，故选：A 5 （5 分）我国天文学和数学著作周髀算经中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度），二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则下列说法不正确的是( ) 第 9 页（共 25 页） A小寒比大寒的晷长

19、长一尺 B春分和秋分两个节气的晷长相同 C小雪的晷长为一丈五寸 D立春的晷长比立秋的晷长长【解答】解：由题意可知，由夏至到冬至的晷长构成等差数列 n a，其中 1 15a ， 13 135a，则10d ，同理可得，由冬至到夏至的晷长构成等差数列 n b，其中 1 135b ， 13 15b，则10d ，故大寒与小寒相邻，小寒比大寒的晷长长 10 寸，即一尺，故选项A正确；因为春分的晷长为 7 b，所以 71 61356075bb d ，因为秋分的晷长为 7 a，所以 71 6156075aad，故春分和秋分两个节气的晷长相同，故选项B正确；因为小雪的晷长为 11 a，所

20、以 111 1015100115aad，又 115 寸即一丈一尺五寸，故小雪的晷长为一丈一尺五寸，故选项C错误；因为立春的晷长和立秋的晷长分别为 4 b， 4 a，所以 41 3153045aad， 41 313530105bb d ，所以 44 ba，故立春的晷长比立秋的晷长长，故选项D正确故选：C 6 （5 分）某圆锥母线长为 2，底面半径为3，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为( ) A2 B3 C2 D1 【解答】解：如图所示，截面为SMN，P为MN的中点，设(03)OPxx ，第 10 页（共 25 页） 2,3SBOB，所以1SO ， 22 1,2

21、3SPxMNx，故 2222 11 1 2 3(1)4 22 SMN SMN SPxxx ，所以当1x 时，2 SMN S，此时的截面面积最大故选：A 7 （5 分）抛物线 2 :4C yx的焦点为F，P是其上一动点，点(1,1)M，直线l与抛物线C相交于A，B两点，下列结论正确的是( ) A|PMPF的最小值是 2 B动点P到点H (3,0)的距离最小值为 3 C存在直线l，使得A，B两点关于直线30 xy对称 D与抛物线C分别相切于A、B两点的两条切线交于点N，若直线AB过定点(2,0)，则点N在抛物线C的准线上【解答】解：A：当MP垂直于准线时，|PMPF的值最小，由抛物线的

22、性质：到焦点的距离等于到准线的距离可得：|PMPF等于M到准线的距离为1( 1)2 ，所以A正确； B：设(,)Pxy则 2 4yx，所以 22222 |(3)69429(1)822PHxyxxxxxx，当1x 时，|PH 的最小值为2 2，所以B不正确； C：假设存在这样的直线l，由题意设直线l的方程为：0 xym，设 1 (A x， 1) y， 2 (B x， 2) y， 2 0 4 xym yx 联立可得： 2 440yym， 16160m，所以1m ，第 11 页（共 25 页）所以 12 4yy， 1212 242xxyymm，所以A，B的中点P为(2,2)m，

23、由题意可得P在直线30 xy上，所以2230m，解得1m ，不满足1m ，所以 C不正确； D：设 1 (A x， 1) y， 2 (B x， 2) y， 2 4 y x ， 2 y x ，设直线AB的方程为：2xmy，所以AN，BN切线方程分别为： 1 11 () 2 y xxyy，即 2 11 11 24 xy yy，同理可得： 2 22 11 24 xy yy，两式联立求出 12 2 N yy y ，可得 12 1 4 N xy y，因为A，B在抛物线上 2 4yx， 2 2 4 xmy yx ，整理可得： 2 480ymy ，所以 12 8y y ，所以 1 ( 8)2

24、4 N x ，不在准线1x 上，所以D不正确故选：A 8 （5 分）已知函数( )f x是定义在区间(0,)上的可导函数，满足( )0f x 且 ( )( )0( )f xfxfx为函数的导函数），若01ab 且1ab ，则下列不等式一定成立的是( ) Af（a）(1)af（b） Bf（b）(1)a f（a） Caf（a）bf（b） Daf（b）bf（a）【解答】解：令( )( ) x F xe f x，( ) ( )( ) x F xef xf x ；又( )( )0f xfx，( )0F x ， ( )F x是(0,)上的减函数；令01x，则 1 x x ，由已知 1 ( )(

25、 )F xF x ，可得 1 1 ( )( ) x x f xef x ，下面证明： 1 2 1 x x e x ，即证明 1 20 xlnx x ，第 12 页（共 25 页）令 1 ( )2g xxlnx x ，则： 2 2 (1) ( )0 x g x x ，( )g x在(0,1)，( )g xg（1），即 1 2 1 x x e x ， 11 ( )( )xf xf xx ，若01ab 且1ab ，则af（a）bf（b），故选：C 二、选择题：本题共二、选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。每题有多个选项符合题目要求。分。每题有

26、多个选项符合题目要求。 9 （5 分）设正实数a，b满足1ab，则( ) A 22 loglog2ab B 117 4 ab ab C 21 32 2 ab D 1 2 2 a b 【解答】解：因为正实数a，b满足1ab，所以 2 1 () 24 ab ab ，当且仅当 1 2 ab时取等号， 2222 1 logloglog ()2 4 abablog ，A错误；令 1 (0, 4 tab， 11 abt abt 在(0， 1 4 上单调递减，当 1 4 t 时取得最小值17 4 ，B成立； 212()2 332 2 ababba ababab ，C不成立；正实数a，b满足1ab，

27、(1)211abaaa ，则 1 1 22 2 a b ，D成立故选：BD 10 （5 分）已知 2021232021 1232021 (1 2 ) o xaa xa xa xax，则( ) A展开式中所有项的二项式系数和为 2021 2 B展开式中所有奇次项系数和为 2021 31 2 C展开式中所有偶次项系数和为 2021 31 2 第 13 页（共 25 页） D 3202112 232021 1 2222 aaaa 【解答】解： 2021232021 1232021 (1 2 ) o xaa xa xa xax，故所有项的二项式系数和为 2021 22 n ，故A正确；令1x ，

28、可得 2021 1232021 3 o aaaaa，令1x ，可得 1232021 1 o aaaaa ，，并除以 2，可得展开式中所有偶次项系数和为 2021 2432020 31 2 o aaaaa ，故C正确；，并除以 2，可得奇次项的系数和为 2021 1352021 1 3 2 aaaa ，故B错误；令 1 2 x ，可得 202112 0 22021 0 222 aaa a ，而 0 1a ， 202112 22021 1 222 aaa ，故D正确，故选：ACD 11 （5 分）半正多面体(semiregular)solid亦称“阿基米德多面体” ，是由边数不全相

29、同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为 2，则( ) ABF 平面EAB B该二十四等边体的体积为 20 3 C该二十四等边体外接球的表面积为8 DPN与平面EBFN所成角的正弦值为 2 2 【解答】解：对于A，假设A对，即BF 平面EAB，于是BFAB， 90ABF，但六边形ABFPQH为正六边形，120ABF，矛盾，所以A错；第 14 页（共 25 页）对于B，补齐八个角构成棱长为 2 的正方体，则该二十四等边体的体积为 3 1 120 281 1 1

30、3 23 ，所以B对；对于C，取正方形ACPM对角线交点O，即为该二十四等边体外接球的球心，其半径为2R ，其表面积为 2 48R，所以C对；对于D，因为PN在平面EBFN内射影为NS，所以PN与平面EBFN所成角即为PNS，其正弦值为 12 22 PS PN ，所以D对故选：BCD 12 （5 分）已知函数 sincos ( ) xx f xee，其中e是自然对数的底数，下列说法中，正确的是( ) A( )f x在(0,) 2 是增函数 B() 4 f x 是奇函数 C( )f x在(0, )上有两个极值点 D设 ( ) ( ) f x g x x ，则满足 1 ()() 4

31、4 nn gg 的正整数n的最小值是 2 【解答】解：对于函数 sincos ( ) xx f xee，其中e是自然对数的底数，所以 sincos ( )cossin xx f xxex e，对于A：由于(0,) 2 x 时，cos0 x ，sin0 x ，所以( )0fx，所以函数( )f x为增函数，故A正确；第 15 页（共 25 页）对于B：设 sin()cos() 44 ( )() 4 xx h xf xee ，所以 sin()cos()cos()cos()cos()sin() 4442444 ()( ) xxxxxx hxeeeeeeh x ，故B正确；对于C：由 s

32、incos ( )cossin xx f xxex e，在(0,) 2 x 时，cos0 x ，sin0 x ，所以( )0fx，所以函数在此区间上无极值点，由 2 x 时，( )10fx ，下面考虑(, ) 2 x 上由 sin2cos2 ( )(cossin )(cossin) xx fxexxexx，当 3 (,) 24 x 时， 2 cossin0 xx， 2 cossin0 xx，所以( )0fx，函数( )fx为单调递减函数，由()1 2 f ， 22 22 32 ()() 42 fee ，所以 3 ()0 4 f ，故明显存在( )0fx；在 3 (, )

33、4 x 上， sincos ( )cossin xx f xxex e，由|sin| |cos |xx，而cos0 x ，sin0 x ，所以sincosxx ，所以sincos0 xx，而由 sincosxx ee，明显成立，即 sincos |cos |sin | xx x ex e，即 sincos cossin0 xx xex e，所以不存在零点，故( )fx在(0, )只有一个零点，即函数( )f x只有一个极值点故C错误；对于D：由1n 时， sincos 44 ()0 4 ee g ，第 16 页（共 25 页）所以 sincos 22 22 ()( )(1

34、) 42 2 ee gge ，明显()() 42 gg 不成立，由2n 时， 2 ()(1) 2 ge ，同理 33 sincos 22 44 22 34 ()() 3 43 4 ee gee ，由()1.0939 2 g ， 3 ()0.6515 4 g ，所以 3 () 24 gg ，所以n的最小值为 2，故D正确故选：ABD 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。 13 （5 分）如图，在平面四边形ABCD中，已知3AD ，4BC ，E，F为AB，CD的中点，P，Q为对角线AC，BD的中点，则PQ EF的值为 7

35、 4 【解答】解：如图，连接FP，FQ，EP，EQ， E，F为AB，CD的中点，P，Q为对角线AC，BD的中点，四边形EPFQ为平行四边形， 1 () 2 PQEQEPADBC， 1 () 2 EFEPEQADBC，且3AD ，4BC ， 2217 () 44 PQ EFADBC 故答案为： 7 4 第 17 页（共 25 页） 14 （5 分）为了衡量星星的明暗程度，古希腊天文学家喜帕恰斯在公元前二世纪首先提出了星等这个概念星等的数值越小，星星就越亮；星等的数值越大，星星就越暗到了 1850 年，由于光度计在天体光度测量的应用，英国天文学家普森又提出了亮度的概念，天体的明暗程度可以用星

36、等或亮度来描述两颗星的星等与亮度满足 1221 2.5()mmlgElgE，其中星等为 k m的星的亮度为(1,2) k Ek 已知 “心宿二” 的星等是 1.00，“天津四” 的星等是 1.25，则“心宿二”的亮度大约是“天津四”的 1.26 倍（结果精确到 0.01当|x较小时， 2 1012.32.7) x xx 【解答】解：由题意，两颗星的星等与亮度满足： 1221 2.5()mmlgElgE，令“心宿二”的星等 1 1.00m ， “天津四“的星等 2 1.25m ，则 2112 2.5()1.251.000.25mmlgElgE，所以 12 0.25 0.1 2.5 l

37、gElgE，则 0.1 122 0.110lgElgElgE，所以 0.1 12 10EE，即 0.11 2 1012.3 0.12.70.1 0.11.257 E E ，则”心宿二“的亮度大约是”天津四“的 1.26 倍，故答案为：1.26 15 （5 分）已知双曲线 22 22 :1(0,0) xy Eab ab 的左、右焦点分别为 1 F、 2 F，过点 1 F的直线l与双曲线的左、右两支分别交于A、B两点若 2 ABF的内切圆与边AB、 2 BF、 2 AF分别相切于点M、NP，且AP的长为 4，则a的值为 2 【解答】解：由题意可知：| |BMBN， 22 | |F PF

39、数，则(1)knp时， 1kk pp ，此时这两项概率均为最大值；若(1)np为非整数，当k取(1)np的整数部分，则 k p是唯一的最大值以此为理论基础，有同学重复投掷一枚质地均匀的骰子并实时记录点数 1 出现的次数当投掷到第 20 次时，记录到此时点数 1 出现 5 次，若继续再进行 80 次投掷试验，则当投掷到第 100 次时，点数 1 总共出现的次数为 18 的概率最大【解答】解：继续再进行 80 次投掷实验，出现点数为 1 次数X服从二项分布 1 (80, ) 6 XB，由 127 (1)8113.5 62 knp，结合题中的结论可知，当13k 时概率最大，

40、即后面 80 次中出现 13 次点数 1 的概率最大，加上前面 20 次中的 5 次，所以出现 18 次的概率最大，故答案为：18 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分。解答时应有必要的演算步骤、文字说明等。分。解答时应有必要的演算步骤、文字说明等。 17（10 分）设ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c且cos1aB ，sin2bA （）求sin()AC和边长a；（）当 22 bc取最小值时，求ABC的面积【解答】解：（）由正弦定理及cos1aB 与sin2bA 得：2s i nc o s1RAB ， 2 si

41、nsin2(RBAR是ABC的外接圆半径），两式相除，得 1cos 2sin B B ，设cosBk，sin2Bk， B是ABC的内角，sin0B，0k， 22 sincos1BB， 5 5 k ， 5 cos 5 B ， 2 5 sin 5 B ，将 5 cos 5 B 代入cos1aB ，得5a ，第 19 页（共 25 页） 2 5 sin()sin()sin 5 ACBB；（）由（）及余弦定理知 2222 2cos52bacacBcc， 2222 199 2252() 222 bcccc，当且仅当 1 2 c 时， 22 bc取得最小值 9 2 ， 1112 51 sin

42、5 22252 ABC SacB ， 22 bc最小时ABC的面积为 1 2 18 （12 分）数列 n a中， 2 7a 且 * 24 () nn Snan nN，其中 n S为 n a的前n项和（）求 n a的通项公式 n a；（）证明： * 2222 123 111111 () 393 n nN aaaan 【解答】解：（）由24 nn Snan，取1n ，有 11 24aa，得 1 4a ，当2n时， 11 2(1)4(1) nn Snan ，两式相减得 1 2(1)4 nnn anana ，即 1 (2)(1)40(2) nn nanan ， 12 (3)(2)40(3)

43、 nn nanan ，两式再相减得 12 (2)(24)(2)0 nnn nanana ，即 21 2(3) nnn aaan ， n a为等差数列，又 21 743daa，则43(1)31 n ann；证明：（）要证 2222 123 111111 393 n aaaan ，即证 2222 111111 . 4710(31)393nn ， 2 11111 () (31)(32)(31)3 3231nnnnn ， 2222 1111111111 .(1.) 4710(31)34473231nnn 1111 (1) 331393nn 故 * 2222 123 111111 () 39

44、3 n nN aaaan 19 （12 分）在如图所示的圆柱 12 O O中，AB为圆 1 O的直径，C，D是AB的两个三等分点，第 20 页（共 25 页） EA，FC，GB都是圆柱 12 O O的母线（1）求证： 1/ / FO平面ADE；（2）若2BCFC，求二面角BAFC的余弦值【解答】（1）证明：连接 1 OC，因为EA，FC，都是圆柱 12 O O的母线，所以/ /AECF，因为C，D是AB的两个三等分点，AB为圆 1 O的直径，所以 1 / /ADOC，又因为ADAEA， 1 CFO FF，所以平面/ /AED平面 1 OCF，又因为 1 O F 平面 1 OC

45、F，所以 1/ / FO平面ADE （2）解：连接AC，因为AB为圆 1 O的直径，所以ACBC，又因为CF 平面ABC，所以CFCB，CFAC，所以CA、CB、CF两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意得各点坐标如下： (0C，0，0)，(0B，2，0)，(0F，0，2)，(2 3A，0，0)， ( 2 3AB ，2，0)，( 2 3AF ，0，2)，设平面ABF的法向量为(mx，y，) z， 2 320 2 320 AB mxy AC mxz ，令1x ，则(1m ，3，3)，平面ACF的法向量为(0n ，1，0)，所以二面角BAFC的余弦值为 |321 | |77 1

46、 m n mn 第 21 页（共 25 页） 20 （12 分）某电子公司新开发一电子产品，该电子产品的一个系统G有21n个电子元件组成，各个电子元件能正常工作的概率均为p，且每个电子元件能否正常工作相互独立若系统中有超过一半的电子元件正常工作，则系统G可以正常工作，否则就需维修（1）当2n ， 1 2 p 时，若该电子产品由 3 个系统G组成，每个系统的维修所需费用为 500 元，设为该电子产品需要维修的系统所需的总费用，求的分布列与数学期望；（2）为提高系统G正常工作的概率，在系统内增加两个功能完全一样的电子元件，每个新元件正常工作的概率均为p，且新增元件后有超过一半的电子

47、元件正常工作，则系统C可以正常工作，问p满足什么条件时，可以提高整个系统G的正常工作概率？【解答】解：（1）当2n 时，一个系统有 3 个电子元件，则一个系统需要维修的概率为 233 3 111 ( )( ) 222 C，（1 分）设X为该电子产品需要维修的系统个数，则 1 (3, ) 2 XB，500X，（2 分） 3 3 11 (500 )()( )( ),0,1,2,3 22 kkk PkP XkCk ，（4 分）的分布列为： 0 500 1000 1500 P 1 8 3 8 3 8 1 8 1 5003750 2 E （6 分）（2）记21k 个元件组成的系统正常工

48、作的概率为.21 k pk 个元件中有i个正常工作的概率为 21 21 (1) iiki k Cpp ，因此系统工常工作的概率 21 21 21 (1) k iiki kk i k pCpp （7 分）第 22 页（共 25 页）在21k 个元件组成的系统中增加两个元件得到21k 个元件组成的系统，则新系统正常工作可分为下列情形：（a）原系统中至少有1k 个元件正常工作，概率为 1 21 (1) kkk kk pCpp ；（8 分）（b）原系统中恰有k个元件正常工作，且新增的两个元件至少有 1 个正常工作，概率为 21 21 1 (1) (1) kkk k pCpp ；（9

49、分）（c）原系统中恰有1k 个元件正常工作，且新增的两个元件均正常工作，概率为 211 21 (1) kkk k p Cpp （10 分）因此， 211211 1212121 (1)1 (1) (1)(1) kkkkkkkkk kkkkk ppp CpppCppCpp 1 21 (1)(21) kkk k pp Cp ，故当 1 2 p 时， k p单调增加，增加两个元件后，能提高系统的可靠性（12 分） 21 （12 分）某城市决定在夹角为30的两条道路EB、EF之间建造一个半椭圆形状的主题公园，如图所示，2AB 千米，O为AB的中点，OD为椭圆的长半轴，在半椭圆形区域内再建

50、造一个三角形游乐区域OMN，其中M，N在椭圆上，且MN的倾斜角为45，交OD 于G （1）若3OE 千米，为了不破坏道路EF，求椭圆长半轴长的最大值；（2）若椭圆的离心率为 3 2 ，当线段OG长为何值时，游乐区域OMN的面积最大？【解答】解：（1）以O为坐标原点，以OD所在的坐标为x轴，以OA所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，由题意(0,1)A，(3,0)E，由30OEF，所以| | tan303OFOE，第 23 页（共 25 页）所以( 3F，0)，3 EF k ，所以直线EF的方程为：33yx ，设ODa，则( ,0)D a，所以椭圆 2 2 2 1 x y a

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