1、2022年重庆市缙云教育联盟高考数学质检试卷（3月份）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1（5分）已知集合Ax|2x12，则AN的子集个数为（）A4B8C16D322（5分）已知i为虚数单位，若z1-i=12i，则|z|（）A10B10C5D23（5分）下列有关命题的说法正确的是（）A若|a+b|=|a|-|b|，则abB“sinx=32”的一个必要不充分条件是“x=3”C若命题p：x0R，ex01，则命题p：xR，ex1D，是两个平面，m，n是两条直线，如果mn，m，n，那么4（5分）已知二次函数yx24x+a的两个零点都在区
2、间（1，+）内，则a的取值范围是（）A（，4）B（3，+）C（3，4）D（，3）5（5分）已知数列an的前n项和为Sn，满足Sn+2n2an，则a2022（）A220222B220232C220242D2202126（5分）已知F1，F2分别为双曲线x2a2-y2b2=1(a0，b0)的左焦点和右焦点，过F2的直线l与双曲线的右支交于A，B两点，AF1F2的内切圆半径为r1，BF1F2的内切圆半径为r2，若r12r2，则直线l的斜率为（）A1B2C2D227（5分）已知棱长为3的正四面体ABCD，P是空间内的任一动点，且满足PA2PD，E为AD中点，过点D的平面平面BCE，则平面截动点P的轨迹
3、所形成的图形的面积为（）AB2C3D48（5分）设ae1.127，b=1.4-1，c2ln1.1，则（）AabcBacbCbacDcab二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分。（多选）9（5分）下列说法中正确的是（）A将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变B设有一个线性回归方程y=3-5x，变量x增加1个单位时，y平均增加5个单位C设具有相关关系的两个变量x，y的相关系数为r，则|r|越接近于0，x和y之间的线性相关程度越强D在一个22列联表中，由计算得K2的值，则K
4、2的值越大，判断两个变量间有关联的把握就越大（多选）10（5分）阿基米德（公元前287年公元前212年）是古希腊伟大的物理学家、数学家、天文学家，不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号抛物线上任意两点A、B处的切线交于点P，称PAB为“阿基米德三角形”已知抛物线C：x28y的焦点为F，过A、B两点的直线的方程为3x-3y+6=0，关于“阿基米德三角形”PAB，下列结论正确的是（）A|AB|=323BPAPBC点P的坐标为(3，-2)DPFAB（多选）11（5分）如图所示，四棱锥SABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，SDAB，则下列选项中两异面直线所成夹角大于45的是（）ABC
5、与SDBAB与SCCSB与ADDAC与SB（多选）12（5分）阿基米德的“平衡法”体现了近代积分法的基本思想，他用平衡法求得抛物线弓形（抛物线与其弦AB所在直线围成的图形）面积等于此弓形的内接三角形（内接三角形ABC的顶点C在抛物线上，且在过弦AB的中点与抛物线对称轴平行或重合的直线上）面积的43，现已知直线yx+32p与抛物线E：y22px（p0）交于A，B两点，且A为第一象限的点，E在A处的切线为l，线段AB的中点为D，直线DCx轴所在的直线交E于点C，下列说法正确的是（）A若抛物线弓形面积为8，则其内接三角形的面积为6B切线l的方程为2x2y+p0C若4n1AnSABC（nN*），则弦A
6、B对应的抛物线弓形面积大于A1+A2+An1+43An（n2）D若分别取AC，BC的中点V1，V2，过V1，V2且垂直y轴的直线分别交E于C1，C2，则SACC1+SBCC2=14SABC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）已知圆O的半径为2，A为圆内一点，OA=12，B，C为圆O上任意两点，则ACBC的取值范围是 14（5分）在三棱锥PABC中，AB4，PC8，异面直线PA，BC所成角为3，ABPA，ABBC，则该三棱锥外接球的表面积为 15（5分）已知函数f（x）=x(x-1)，x1x(1-x)ex，x1，若关于x的不等式f(x)-ax+32a0有且仅有2个整数解，
7、则实数a的取值范围为 16（5分）已知关于x的方程x2+2bx+c0（b，cR）在1，1上有实数根，04b+c3，则b的取值范围是 四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（10分）已知数列an满足a11，且an+12an+n1，若bn=2nan，bn的前n项和为Sn（1）求证：an+n为等比数列，并求an的通项公式；（2）求S4，并求满足不等式Sn242的最小正整数n的值18（12分）在AB2AD，sinACB2sinACD，SABC2SACD这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答已知在四边形ABCD中，ABC+ADC，BCCD2，且 _（1）
8、证明：tanABC3tanBAC；（2）若AC3，求四边形ABCD的面积19（12分）2022年2月6日，中国女足在两球落后的情况下，以3比2逆转击败韩国女足，成功夺得亚洲杯冠军，在之前的半决赛中，中国女足通过点球大战6：5惊险战胜日本女足，其中门将朱钰两度扑出日本队员的点球，表现神勇（1）扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有12的可能性扑不到球不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑出点球的个数X的分布列和期望；（2）好成绩的取得离不开平时的努力
9、训练，甲、乙、丙、丁4名女足队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外3人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外3人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，易知p11，p20试证明pn-14为等比数列；设第n次传球之前球在乙脚下的概率为qn，比较p10与q10的大小20（12分）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点为F、过F的直线与椭圆E交于点A、B、当直线AB的方程为y=x-22时，直线AB过椭圆的一个顶点（1）求椭圆E的标准方程；（2）已知点M(2，0)，若|MA|2|MB|，求直线AB的斜率21（
10、12分）如图，已知直三棱柱ABCA1B1C1，O，M，N分别为线段BC，AA1，BB1的中点，P为线段AC1上的动点，AA116，AC8（1）若AO=12BC，试证：C1NCM；（2）在（1）的条件下，当AB6时，试确定动点P的位置，使线段MP与平面BB1C1C所成角的正弦值最大22（12分）已知函数f(x)=lnx+ax，其中aR，e为自然对数的底数，e2.718（1）若函数f（x）在定义域上有两个零点，求实数a的取值范围；（2）当a1时，求证：f(x)exx+sinx2022年重庆市缙云教育联盟高考数学质检试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每
11、小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1（5分）已知集合Ax|2x12，则AN的子集个数为（）A4B8C16D32【解答】解：集合Ax|2x12x|xlog212，AN0，1，2，3，AN的子集个数为2416故选：C2（5分）已知i为虚数单位，若z1-i=12i，则|z|（）A10B10C5D2【解答】解：z1-i=12i，z（1i）（12i）13i，|z|=(-1)2+(-3)2=10故选：B3（5分）下列有关命题的说法正确的是（）A若|a+b|=|a|-|b|，则abB“sinx=32”的一个必要不充分条件是“x=3”C若命题p：x0R，ex01，则命题p：xR，ex1D，是两个
12、平面，m，n是两条直线，如果mn，m，n，那么【解答】解：对于A，|a+b|=|a|-|b|，2ab=-2|a|b|，a，b夹角为，故A错误；对于B，sinx=32”x=3+2k或x=23+2k，kZ，x=3“sinx=32”，“sinx=32”的一个充分不必要条件是“x=3”，故B错误；对于C，若命题p：x0R，ex01，则命题p：xR，ex1，故C正确；对于D，是两个平面，m，n是两条直线，如果mn，m，n，那么与平行或相交，故D错误故选：C4（5分）已知二次函数yx24x+a的两个零点都在区间（1，+）内，则a的取值范围是（）A（，4）B（3，+）C（3，4）D（，3）【解答】解：二次函
13、数yx24x+a的两个零点都在区间（1，+）内，=16-4a01-4+a0，解得3a4，故选：C5（5分）已知数列an的前n项和为Sn，满足Sn+2n2an，则a2022（）A220222B220232C220242D220212【解答】解：数列an的前n项和为Sn，满足Sn+2n2an，a12，所以Sn+1+2n+22an+1，Sn+2n2an，所以an+12an+2可得an+1+22（an+2）所以an+2是等比数列，首相为4，公比为2，可得an+22n+1，所以a2022220232故选：B6（5分）已知F1，F2分别为双曲线x2a2-y2b2=1(a0，b0)的左焦点和右焦点，过F2的
14、直线l与双曲线的右支交于A，B两点，AF1F2的内切圆半径为r1，BF1F2的内切圆半径为r2，若r12r2，则直线l的斜率为（）A1B2C2D22【解答】解：记AF1F2的内切圆圆心为C，边AF1、AF2、F1F2上的切点分别为M、N、E，易见C、E横坐标相等，则|AM|AN|，|F1M|F1E|，|F2N|F2E|，由|AF1|AF2|2a，即|AM|+|MF1|（|AN|+|NF2|）2a，得|MF1|NF2|2a，即|F1E|F2E|2a，记C的横坐标为x0，则E（x0，0），于是x0+c（cx0）2a，得x0a，同样内心D的横坐标也为a，则有CDx轴，设直线的倾斜角为，则OF2D=2
15、，CF2O90-2，在CEF2中，tanCF2Otan（90-2）=r1|EF|，在DEF2中，tanDF2Otan2=r2|EF|，由r12r2，可得2tan2=tan（90-2）cot2，解得tan2=22，则直线的斜率为tan=2tan21-tan22=21-12=22，故选：D7（5分）已知棱长为3的正四面体ABCD，P是空间内的任一动点，且满足PA2PD，E为AD中点，过点D的平面平面BCE，则平面截动点P的轨迹所形成的图形的面积为（）AB2C3D4【解答】解：设BCD的外心为O，过O点作BC的平行线，以O为坐标原点，建立的空间直角坐标系，如图所示，因为BC3，所以OD=3，OA=A
16、D2-OD2=6，则A（0，0，6），D（0，3，0），F（0，-32，0），设P（x，y，z），由PA2PD，可得x2+y2+(z-6)22x2+(y-3)2+z2，整理得x2+（y-433）2+（z+63）24，所以动点p的轨迹为以（0，433，-63）为球心，半径为2的球及球的内部，分别延长AB，AF，AC到点M，P，N，使得ABBM，AFFP，ACCN，可得CEDN，BEMD，可证得CE平面MND，BE平面MND，又由CEBEE，所以平面BCE平面MND，即平面MND为平面，如图所示，过O点作OO1PD，可得证得OO1平面MND，即OO1为点O到平面MND的距离，连接EF，根据面面平行
17、的性质，可得EFDP，在直角DEF中，可得sinDFE=DEDF=33，在直角OO1D中，可得OO1ODsinODO1ODsinDFE=333=1，所以O1D=OD2-OO12=22-12=3，即截面圆的半径为3，所以球与平面的截面表示半径为3的圆面，其面积为(3)2=3故选：C8（5分）设ae1.127，b=1.4-1，c2ln1.1，则（）AabcBacbCbacDcab【解答】解：（e1.1）2e2.23327（27）228，ae1.1270，由1.4-1=1.41.21.2-11.41.2+1.22-10.184，即b0.184，设f（x）lnx-2(x-1)x+1(x0)，则f（x）
18、=1x-4(x+1)2=(x-1)2x(x+1)20，f（x）在（0，+）上单调递增，且f（1）0，当x（1，+）时，f（x）0，即lnx2(x-1)x+1，当x（0，1）时，f（x）0，即lnx2(x-1)x+1，又1.11，ln1.12(1.1-1)1.1+10.095，c2ln1.10.19，即c0.19，综上所述，abc故选：B二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分。（多选）9（5分）下列说法中正确的是（）A将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变B设有一个线性
19、回归方程y=3-5x，变量x增加1个单位时，y平均增加5个单位C设具有相关关系的两个变量x，y的相关系数为r，则|r|越接近于0，x和y之间的线性相关程度越强D在一个22列联表中，由计算得K2的值，则K2的值越大，判断两个变量间有关联的把握就越大【解答】解：将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变，满足方差的性质，A正确；设有一个线性回归方程y=3-5x，变量x增加1个单位时，y平均增加5个单位，错误应该是减少5个单位；所以B不正确；设具有相关关系的两个变量x，y的相关系数为r，则|r|越接近于0，x和y之间的线性相关程度越弱，所以C 不正确；在一个22列联表中，由计算得K2
20、的值，则K2的值越大，判断两个变量间有关联的把握就越大，正确；故选：AD（多选）10（5分）阿基米德（公元前287年公元前212年）是古希腊伟大的物理学家、数学家、天文学家，不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号抛物线上任意两点A、B处的切线交于点P，称PAB为“阿基米德三角形”已知抛物线C：x28y的焦点为F，过A、B两点的直线的方程为3x-3y+6=0，关于“阿基米德三角形”PAB，下列结论正确的是（）A|AB|=323BPAPBC点P的坐标为(3，-2)DPFAB【解答】解：由x2=8y3x-3y+6=0，消去x得3y220y+120，y16，y2=23，解得x1=43y1=
21、6，x2=-433y2=23，可得|AB|=(43+433)2+(6-23)2=323，故A正确；由x28y，得y=18x2，y=14x，则kPA=1443=3，kPB=14（-433）=-33，kPAkPB1，故PAPB，故B正确；直线PA的方程为y6=3（x43），直线PB的方程为y-23=-33（x-433），联立方程可得交点P（433，2），故C错误；kAB=33，kPF=-2-2433-0=-3，kABkPF1，故ABPF，故D正确故选：ABD（多选）11（5分）如图所示，四棱锥SABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，SDAB，则下列选项中两异面直线所成夹角大于45的是（）ABC
22、与SDBAB与SCCSB与ADDAC与SB【解答】解：对于A，SD底面ABCD，BC平面ABCD，SDBC，BC与SD所成角为90，故A正确；对于B，底面ABCD是正方形，ABCD，AB与SC所成角为SCD45，故B错误；对于C，ADBC，SB与AD所成角为SBC，由题知tanSBC=SCBC=21，SBC45，故C正确；对于D，SD底面ABCD，AC平面ABCD，SDAC，ABCD是正方形，ACBD，SDBDD，AC平面SBD，SB平面SBD，ACSB，则AC与SB所成角为90，故D正确故选：ACD（多选）12（5分）阿基米德的“平衡法”体现了近代积分法的基本思想，他用平衡法求得抛物线弓形（
23、抛物线与其弦AB所在直线围成的图形）面积等于此弓形的内接三角形（内接三角形ABC的顶点C在抛物线上，且在过弦AB的中点与抛物线对称轴平行或重合的直线上）面积的43，现已知直线yx+32p与抛物线E：y22px（p0）交于A，B两点，且A为第一象限的点，E在A处的切线为l，线段AB的中点为D，直线DCx轴所在的直线交E于点C，下列说法正确的是（）A若抛物线弓形面积为8，则其内接三角形的面积为6B切线l的方程为2x2y+p0C若4n1AnSABC（nN*），则弦AB对应的抛物线弓形面积大于A1+A2+An1+43An（n2）D若分别取AC，BC的中点V1，V2，过V1，V2且垂直y轴的直线分别交E
24、于C1，C2，则SACC1+SBCC2=14SABC【解答】解：A选项：内接三角形的面积834=6，故选项A正确；B选项：联立方程y2=2pxy=-x+32p，解得x1=p2y1=p，x1=9p2y2=-3p，又点A在第一象限，A（P2，P），y=2px，y=2p2x，当x=p2时，y1，故切线方程为ypx-p2，即2x2y+p0，故选项B正确；C选项：由4n1AnSABC（nN*），得A14A2，令n2，SABC4A2，弓形面积为43SABC=163A2=4A2+43A2=A1+43A2，所以不等式不成立，故选项C错误；D选项：由A(p2，p)，B（9p2，3p）知D（5p2，2p），DCx
25、轴，C（p2，2p），又AC，BC的中点V1，V2，易求V1(p2，0)，V2(5p2，-2p)，C1（0，0），C2（2p，2p），SACC1=12C1V12p=p22，SBCC2=12C2V22p=p22，SABC=12CD4p=4p2，SACC1+SBCC2=14SABC成立，故选项D正确，故选：ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）已知圆O的半径为2，A为圆内一点，OA=12，B，C为圆O上任意两点，则ACBC的取值范围是 -18，10【解答】解：如图，设BC的中点为D，连接OA，OC，OD，则ODBC设为OA和BC的夹角，则ACBC=（OC-OA）BC=O
26、CBC-OABC=|OC|BC|cosBCO|OA|BC|cos=12|BC|-12|BC|cos，且12|BC|-12|BC|12|BC|-12|BC|cos12|BC|+12|BC|，由|BC|0，4，当|BC|=12时，ACBC有最小值-18；当|BC|4时，ACBC有最大值10所以ACBC的取值范围是-18，10故答案为：-18，1014（5分）在三棱锥PABC中，AB4，PC8，异面直线PA，BC所成角为3，ABPA，ABBC，则该三棱锥外接球的表面积为 80【解答】解：过点A作ADBC，过点C作CDAB，AD与CD相交于点D，连接PD，因为ABBC，所以ADCD，又ABBC4，所以
27、四边形ABCD为正方形，所以CDAD4，异面直线PA，BC所成角为PAD，所以PAD=3或23，因为ABBC，所以ABAD，又因为ABPA，PAADA，所以AB平面PAD，因为PD平面PAD，所以ABPD，故CDPD，因为PC8，由勾股定理得：PD=82-42=43，当PAD=3时，如图，在PAD中，由余弦定理得：cosPAD=PA2+AD2-PD22PAAD=12，解得：PA8，则PD2+AD2PA2，所以PDAD，因为ADABA，所以PD平面ABCD，取PB中点O，对角线AC，BD相交于点E，则E为BD中点，连接OE，则OEPD，所以OE平面ABCD，则点O即为该三棱锥外接球的球心，其中O
28、E=12PD=23，EB=22，由勾股定理得：OB=12+8=25，即半径r=25，外接球表面积为4r280当PAD=23时，如图，在PAD中，由余弦定理得：cosPAD=PA2+AD2-PD22PAAD=-12，解得：PA4，则过点P作PNAD交DA的延长线于点N，则PAN=3，故AN=12PA=2，PN=23，因为AB平面PAD，PN平面PAD，所以ABPN，因为ADABA，所以PN平面ABCD，对角线AC，BD相交于点E，根据ABC为直角三角形，AC为斜边，故E为球心O在平面ABC的投影，即OE平面ABCD，过点O作OMPN于点M，连接EN，OP，OC，则OMEN，OEMN，OCOP且为
29、外接球半径，其中NAE135，由余弦定理得：EN=AN2+AE2-2ANAEcosNAE=25，设OEMNh，由勾股定理得：PM2+OM2OE2+EC2，即(23-h)2+(25)2=h2+(22)2，解得：h=23，代入上式，解得OP=25，即半径r=25，外接球表面积为4r280故答案为：8015（5分）已知函数f（x）=x(x-1)，x1x(1-x)ex，x1，若关于x的不等式f(x)-ax+32a0有且仅有2个整数解，则实数a的取值范围为 （83e3，127e24，245）【解答】解：当x1时，f（x）x（1x）ex，所以f（x）（x2+x1）ex，令f（x）0，得-1+52x-1+5
30、2；令f（x）0，得x-1+52或-1+52x1，所以f（x）在（，-1+52）上单调递减，在（-1+52，-1+52）上单调递增，在（-1+52，1上单调递减，且x0时，f（x）0；当x1时，f（x）x（x1）（x-12）2-14，f（x）在（1，+）上单调递增又因为f(x)-ax+32a0可以变为f（x）a（x-32），由图1，2可知，f(0)a(0-32)f(-1)a(-1-32)f(-2)a(-2-32)f(-3)a(-3-32)或f(1)a(1-32)f(2)a(2-32)f(3)a(3-32)f(4)a(4-32)，解得83e3a127e2或4a245故答案为：（83e3，127e
31、24，245）16（5分）已知关于x的方程x2+2bx+c0（b，cR）在1，1上有实数根，04b+c3，则b的取值范围是0，2【解答】解：设方程的根为x，则x2+2bx+c0，cx22bx（x1，1），04b+c3，04bx22bx3（x1，1），x22-x2bx2+32-x，设2xt（t1，3），则4t+t42b7t+t4，t1，3，（4t+t）min4，（7t+t）max8，02b4，0b2故答案为：0，2四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（10分）已知数列an满足a11，且an+12an+n1，若bn=2nan，bn的前n项和为Sn（1）求
32、证：an+n为等比数列，并求an的通项公式；（2）求S4，并求满足不等式Sn242的最小正整数n的值【解答】解：（1）证明：数列an满足a11，且an+12an+n1，an+1+n+12（an+n），a1+12，数列an+n为等比数列，首项与公比都为2，an+n2n，an2nn（2）bn=2nan=4nn2n，令数列n2n的前n项和为Tn，Tn2+222+323+n2n，2Tn22+223+（n1）2n+n2n+1，相减可得：Tn2+22+23+2nn2n+1=2(2n-1)2-1-n2n+1，化为：Tn（n1）2n+1+2Sn=4(4n-1)4-1-（n1）2n+12=4n+1-43-（n1
33、）2n+1+2S4246又S350，满足不等式Sn242的最小正整数n的值为418（12分）在AB2AD，sinACB2sinACD，SABC2SACD这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答已知在四边形ABCD中，ABC+ADC，BCCD2，且 _（1）证明：tanABC3tanBAC；（2）若AC3，求四边形ABCD的面积【解答】（1）证明：在ABC中，由正弦定理知，ACsinABC=BCsinBAC=ABsinACB，在ACD中，由正弦定理知，ACsinADC=CDsinDAC=ADsinACD，因为ABC+ADC，所以sinABCsinADC，又BCCD，所以sinBACsinD
34、AC，因为BAC+DAC，所以BACDAC，选择条件：因为AB2AD，所以sinACB2sinACD，所以sin（ABC+BAC）2sin（ADC+DAC）2sin（ABC+BAC）2sin（ABCBAC），即sinABCcosBAC+cosABCsinBAC2sinABCcosBAC2cosABCsinBAC，整理得，sinABCcosBAC3cosABCsinBAC，所以sinABCcosABC=3sinBACcosBAC，即tanABC3tanBAC选择条件：由sinACB2sinACD，知证明过程同选择条件：SABC=12ABBCsinABC，SACD=12ADCDsinADC，因为A
35、BC+ADC，所以sinABCsinADC，又SABC2SACD，且BCCD，所以AB2AD，以下证明过程同（2）解：设AB2AD2x，因为ABC+ADC，所以cosABC+cosADC0，在ABC中，由余弦定理知，cosABC=AB2+BC2-AC22ABBC=4x2+4-922x2=4x2-58x，在ACD中，由余弦定理知，cosADC=AD2+CD2-AC22ADCD=x2+4-92x2=x2-54x，所以4x2-58x+x2-54x=0，解得x2=52，即AB2x=10，AD=102，所以cosABCcosADC=108，所以sinABCsinADC=368，故四边形ABCD的面积SS
36、ABC+SACD=12ABBCsinABC+12ADCDsinADC=12102368+121022368=915819（12分）2022年2月6日，中国女足在两球落后的情况下，以3比2逆转击败韩国女足，成功夺得亚洲杯冠军，在之前的半决赛中，中国女足通过点球大战6：5惊险战胜日本女足，其中门将朱钰两度扑出日本队员的点球，表现神勇（1）扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有12的可能性扑不到球不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑出点球的个数X的分布
37、列和期望；（2）好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲、乙、丙、丁4名女足队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外3人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外3人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，易知p11，p20试证明pn-14为等比数列；设第n次传球之前球在乙脚下的概率为qn，比较p10与q10的大小【解答】解：（1）由题意可得，门将每次可以扑出点球的概率p=1313312=16，XB（3，16），门将在前三次扑出点球的个数X可能的取值为0，1，2，3，P（Xk）=C3k(16)k(56)3-k，k0，1，2，
38、3，故X的分布列为：X 0 12 3 P 125216 2572 5721216 故E（X）=316=12（2）证明：第n次传球之前在甲脚下的概率为pn，则当n2时，第n1次传球之前球在甲脚下的概率为pn1，第n1次传球之前球不在甲脚下的概率为1pn1，故pn=pn-10+(1-pn-1)13=-13pn-1+13，即pn-14=13(pn-1-14)，又p1-14=34，pn-14是以34为首项，公比为-13的等比数列，由可知，pn=34(-13)n-1+14，p10=34(-13)9+1414，q10=13(1-p10)14，故p10q1020（12分）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(
39、ab0)的右焦点为F、过F的直线与椭圆E交于点A、B、当直线AB的方程为y=x-22时，直线AB过椭圆的一个顶点（1）求椭圆E的标准方程；（2）已知点M(2，0)，若|MA|2|MB|，求直线AB的斜率【解答】解：（1）因为过F的直线与椭圆E交于点A、B、当直线AB的方程为y=x-22时，直线AB过椭圆的一个顶点可得cb=22，所以a2c2+c2=12+12=1，所以椭圆的方程为：x2+y212=1；（2）由题意可得直线AB的斜率不为0，设方程为xmy+22，设A（x1，y2），B（x2，y2），联立x=my+22x2+2y2=1，整理可得：（2+m2）y2+2my-12=0，可得2m24（2
40、+m2）（-12）0恒成立，y1+y2=2m2+m2，y1y2=-12(2+m2)，因为kAM+kBM=y1x1-2+y2x2-2=y1(my2-22)+y2(my1-22)(my2-22)(my1-22)=2my1y2-22(y1+y2)(my2-22)(my1-22)=2m-12(2+m2)-22-2m2+m2(my2-22)(my1-22)=0，所以x轴平分AMB，由y1y20，|MA|2|MB|可得y12y2，由可得y2=-2m2+m2，y1=22m2+m2，可得-2m2+m222m2+m2=-12(2+m2)，解得m2=27，所以直线的斜率满足k2=72，即直线的斜率为14221（1
41、2分）如图，已知直三棱柱ABCA1B1C1，O，M，N分别为线段BC，AA1，BB1的中点，P为线段AC1上的动点，AA116，AC8（1）若AO=12BC，试证：C1NCM；（2）在（1）的条件下，当AB6时，试确定动点P的位置，使线段MP与平面BB1C1C所成角的正弦值最大【解答】证明：（1）在ABC 中，O为BC中点且AO=12BC，ABAC平面ABC平面ACC1A1交线为AC，AB平面ACC1A1，ABCMM，N分别为AA1，BB1的中点，MNABCMMN在直角AMC和直角MA1C1中，AMA1M8，ACA1C18，AMCA1MC1，CM=C1M=64+64=82，CM2+C1M2=128+128=162=CC12，CMC1M，MNC1MMCM平面C1MN，C1N平面 C1MN，CMC1N（2）AA1平面 ABC，由（1）得AB，AC，AA1两两垂直，以A为原点，以AB，AC，AA1为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图，则 A（0，0，0），B（6，0，0），C（0，8，0），C1（0，8，16），M（0，0，8），B1（6，0，16），BC=(-6，8，0)，BB1=(0，0，16)设平面BB1C1C 的一个法向量为n=（x，y，z），则-6x+8y=016z=0，令x4，得y=3，n=(4，3，0)，设P(x，y，z)，AP=mAC(0m1)
