1、试卷第 1页，共 24页20242024 年新课标全国年新课标全国卷数学真题卷数学真题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题一、单选题1已知1 iz ，则z（）A0B1C2D2【答案】C【分析】由复数模的计算公式直接计算即可.【详解】若1 iz ，则22112z .故选：C.2已知命题 p：x R，|1|1x；命题 q：0 x，3xx，则（）Ap 和 q 都是真命题Bp和 q 都是真命题Cp 和q都是真命题Dp和q都是真命题【答案】B【分析】对于两个命题而言，可分别取=1x、1x，再结合命题及其否定的真假性相反即可得解.【详解】对于p而言，取=1x，则有101x，故p是假命题，p是真命题，
2、对于q而言，取1x，则有3311xx，故q是真命题，q是假命题，综上，p和q都是真命题.故选：B.3已知向量,a b 满足1,22aab，且2bab，则b（）A12B22C32D1【答案】B【分析】由2bab得22ba b，结合1,22aab，得221 441 64a bbb ，由此即可得解.【详解】因为2bab，所以20bab，即22ba b，又因为1,22aab，试卷第 2页，共 24页所以221 441 64a bbb ，从而22b.故选：B.4某农业研究部门在面积相等的 100 块稻田上种植一种新型水稻，得到各块稻田的亩产量（单位：kg）并部分整理下表亩产量900，950）950，10
3、00）1000，1050）1100，1150）1150，1200）频数612182410据表中数据，结论中正确的是（）A100 块稻田亩产量的中位数小于 1050kgB100 块稻田中亩产量低于 1100kg 的稻田所占比例超过 80%C100 块稻田亩产量的极差介于 200kg 至 300kg 之间D100 块稻田亩产量的平均值介于 900kg 至 1000kg 之间【答案】C【分析】计算出前三段频数即可判断 A；计算出低于 1100kg 的频数，再计算比例即可判断B；根据极差计算方法即可判断 C；根据平均值计算公式即可判断 D.【详解】对于 A,根据频数分布表可知,612183650,所以
4、亩产量的中位数不小于1050kg,故 A 错误；对于 B，亩产量不低于1100kg的频数为341024，所以低于1100kg的稻田占比为1003466%100，故 B 错误；对于 C，稻田亩产量的极差最大为1200900300，最小为1150950200，故 C 正确；对于 D，由频数分布表可得，亩产量在1050,1100)的频数为100(612182410)30，所以平均值为1(6 925 12 975 18 102530 107524 1125 10 1175)1067100，故 D错误.故选；C.5已知曲线 C：2216xy（0y），从 C 上任意一点 P 向 x 轴作垂线段PP，P为垂
5、足，则线段PP的中点 M 的轨迹方程为（）A221164xy（0y）B221168xy（0y）试卷第 3页，共 24页C221164yx（0y）D221168yx（0y）【答案】A【分析】设点(,)M x y，由题意，根据中点的坐标表示可得(,2)P xy，代入圆的方程即可求解.【详解】设点(,)M x y，则0(,),(,0)P x yP x，因为M为PP的中点，所以02yy，即(,2)P xy，又P在圆2216(0)xyy上，所以22416(0)xyy，即221(0)164xyy，即点M的轨迹方程为221(0)164xyy.故选：A6设函数2()(1)1f xa x，()cos2g xxa
6、x，当(1,1)x 时，曲线()yf x与()yg x恰有一个交点，则a（）A1B12C1D2【答案】D【分析】解法一：令 21,cosaxF xaxG x，分析可知曲线()yF x与()yG x恰有一个交点，结合偶函数的对称性可知该交点只能在 y 轴上，即可得2a，并代入检验即可；解法二：令 (),1,1h xf xg xx，可知 h x为偶函数，根据偶函数的对称性可知 h x的零点只能为 0，即可得2a，并代入检验即可.【详解】解法一：令()f xg x，即2(1)1cos2a xxax，可得21cosaxax，令 21,cosaxF xaxG x，原题意等价于当(1,1)x 时，曲线()
7、yF x与()yG x恰有一个交点，注意到 ,F xG x均为偶函数，可知该交点只能在 y 轴上，可得 00FG，即1 1a，解得2a，若2a，令 F xG x，可得221 cos0 xx 因为1,1x，则220,1 cos0 xx，当且仅当0 x 时，等号成立，可得221 cos0 xx，当且仅当0 x 时，等号成立，试卷第 4页，共 24页则方程221 cos0 xx 有且仅有一个实根 0，即曲线()yF x与()yG x恰有一个交点，所以2a 符合题意；综上所述：2a.解法二：令 2()1cos,1,1h xf xg xaxax x，原题意等价于 h x有且仅有一个零点，因为 221co
8、s1coshxaxaxaxaxh x，则 h x为偶函数，根据偶函数的对称性可知 h x的零点只能为 0，即 020ha，解得2a，若2a，则 221cos,1,1h xxx x，又因为220,1 cos0 xx当且仅当0 x 时，等号成立，可得 0h x，当且仅当0 x 时，等号成立，即 h x有且仅有一个零点 0，所以2a 符合题意；故选：D.7已知正三棱台111ABCABC-的体积为523，6AB，112AB，则1A A与平面 ABC 所成角的正切值为（）A12B1C2D3【答案】B【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高4 33h，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得4 33A
9、M，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台111ABCABC-补成正三棱锥PABC，1A A与平面 ABC 所成角即为PA与平面 ABC 所成角，根据比例关系可得18PABCV，进而可求正三棱锥PABC的高，即可得结果.【详解】解法一：分别取11,BC BC的中点1,D D，则113 33AD,AD=，可知1 1 11316 69 3,233222ABCA B CSS ，试卷第 5页，共 24页设正三棱台111ABCABC-的为h，则1 111529 339 3333ABCA B CVh，解得4 33h，如图，分别过11,A D作底面垂线，垂足为,M N，设AMx，则2221116
10、3AAAMAMx=+=+，2 3DNADAMMNx=-=-，可得22211162 33DDDND Nx，结合等腰梯形11BCC B可得22211622BBDD,即2216162 3433xx，解得4 33x，所以1A A与平面 ABC 所成角的正切值为11tan1AMA ADAM=；解法二：将正三棱台111ABCABC-补成正三棱锥PABC，则1A A与平面 ABC 所成角即为PA与平面 ABC 所成角，因为11113PAABPAAB，则1 1 1127P A B CP ABCVV，可知1 1 12652273ABC A B CP ABCVV，则18PABCV，设正三棱锥PABC的高为d，则1
11、136 618322P ABCVd ，解得2 3d，取底面 ABC 的中心为O，则PO底面 ABC，且2 3AO，试卷第 6页，共 24页所以PA与平面 ABC 所成角的正切值tan1POPAOAO.故选：B.8设函数()()ln()f xxaxb，若()0f x，则22ab的最小值为（）A18B14C12D1【答案】C【分析】解法一：由题意可知：()f x的定义域为,b，分类讨论a与,1bb的大小关系，结合符号分析判断，即可得1ba，代入可得最值；解法二：根据对数函数的性质分析ln()xb的符号，进而可得xa的符号，即可得1ba，代入可得最值.【详解】解法一：由题意可知：()f x的定义域为
12、,b，令0 xa解得xa；令ln()0 xb解得1xb；若 ab，当,1xbb 时，可知0,ln0 xaxb，此时()0f x，不合题意；若1bab ，当,1xab 时，可知0,ln0 xaxb，此时()0f x，不合题意；若1ab，当,1xbb 时，可知0,ln0 xaxb，此时()0f x；当1,xb时，可知0,ln0 xaxb，此时()0f x；可知若1ab，符合题意；若1ab，当1,xba时，可知0,ln0 xaxb，此时()0f x，不合题意；综上所述：1ab，即1ba，则2222211112222abaaa，当且仅当11,22ab 时，等号成立，所以22ab的最小值为12；解法二：
13、由题意可知：()f x的定义域为,b，令0 xa解得xa；令ln()0 xb解得1xb；试卷第 7页，共 24页则当,1xbb 时，ln0 xb，故0 xa，所以10ba；1,xb时，ln0 xb，故0 xa，所以10ba；故10ba，则2222211112222abaaa，当且仅当11,22ab 时，等号成立，所以22ab的最小值为12.故选：C.【点睛】关键点点睛：分别求0 xa、ln()0 xb的根，以根和函数定义域为临界，比较大小分类讨论，结合符号性分析判断.二、多选题二、多选题9对于函数()sin2f xx和()sin(2)4g xx，下列正确的有（）A()f x与()g x有相同零
14、点B()f x与()g x有相同最大值C()f x与()g x有相同的最小正周期D()f x与()g x的图像有相同的对称轴【答案】BC【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可.【详解】A 选项，令()sin20f xx，解得,2kxkZ，即为()f x零点，令()sin(2)04g xx，解得,28kxkZ，即为()g x零点，显然(),()f x g x零点不同，A 选项错误；B 选项，显然maxmax()()1f xg x，B 选项正确；C 选项，根据周期公式，(),()f x g x的周期均为22，C 选项正确；D 选项，根据正弦函数的性质()f x的
15、对称轴满足2,224kxkxkZ，()g x的对称轴满足32,4228kxkxkZ，显然(),()f x g x图像的对称轴不同，D 选项错误.故选：BC试卷第 8页，共 24页10抛物线 C：24yx的准线为 l，P 为 C 上的动点，过 P 作22:(4)1A xy的一条切线，Q 为切点，过 P 作 l 的垂线，垂足为 B，则（）Al 与A相切B当 P，A，B 三点共线时，|15PQ C当|2PB 时，PAABD满足|PAPB的点P有且仅有 2 个【答案】ABD【分析】A 选项，抛物线准线为=1x，根据圆心到准线的距离来判断；B 选项，,P A B三点共线时，先求出P的坐标，进而得出切线长
16、；C 选项，根据2PB 先算出P的坐标，然后验证1PAABkk 是否成立；D 选项，根据抛物线的定义，PBPF，于是问题转化成PAPF的P点的存在性问题，此时考察AF的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设P点坐标进行求解.【详解】A 选项，抛物线24yx的准线为=1x，A的圆心(0,4)到直线=1x的距离显然是1，等于圆的半径，故准线l和A相切，A 选项正确；B 选项，,P A B三点共线时，即PAl，则P的纵坐标4Py，由24PPyx，得到4Px，故(4,4)P，此时切线长22224115PQPAr，B 选项正确；C 选项，当2PB 时，1Px，此时244PPyx，故(1,2)P或(1,
17、2)P，当(1,2)P时，(0,4),(1,2)AB，4220 1PAk，4220(1)ABk，不满足1PAABkk；当(1,2)P时，(0,4),(1,2)AB，4(2)60 1PAk ，4(2)60(1)ABk ，不满足1PAABkk；于是PAAB不成立，C 选项错误；D 选项，方法一：利用抛物线定义转化试卷第 9页，共 24页根据抛物线的定义，PBPF，这里(1,0)F，于是PAPB时P点的存在性问题转化成PAPF时P点的存在性问题，(0,4),(1,0)AF，AF中点1,22，AF中垂线的斜率为114AFk，于是AF的中垂线方程为：2158xy，与抛物线24yx联立可得216300yy
18、，2164 301360 ，即AF的中垂线和抛物线有两个交点，即存在两个P点，使得PAPF，D 选项正确.方法二：（设点直接求解）设2,4tPt，由PBl可得1,Bt，又(0,4)A，又PAPB，根据两点间的距离公式，422(4)1164ttt，整理得216300tt，2164 301360 ，则关于t的方程有两个解，即存在两个这样的P点，D 选项正确.故选：ABD11设函数32()231f xxax，则（）A当1a 时，()f x有三个零点B当0a时，0 x 是()f x的极大值点C存在 a，b，使得xb为曲线()yf x的对称轴D存在 a，使得点 1,1f为曲线()yf x的对称中心【答案
19、】AD【分析】A 选项，先分析出函数的极值点为0,xxa，根据零点存在定理和极值的符号判试卷第 10页，共 24页断出()f x在(1,0),(0,),(,2)aaa上各有一个零点；B 选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C 选项，假设存在这样的,a b，使得xb为()f x的对称轴，则()(2)f xfbx为恒等式，据此计算判断；D 选项，若存在这样的a，使得(1,33)a为()f x的对称中心，则()(2)66f xfxa，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.【详解】A 选项，2()666()fxxaxx xa，由于1a，故,0,xa 时()0fx，故()f x在,0,a上单
20、调递增，(0,)xa时，()0fx，()f x单调递减，则()f x在0 x 处取到极大值，在xa处取到极小值，由(0)10 f，3()10f aa，则(0)()0ff a，根据零点存在定理()f x在(0,)a上有一个零点，又(1)1 30fa ，3(2)410faa，则(1)(0)0,()(2)0fff a fa，则()f x在(1,0),(,2)aa上各有一个零点，于是1a 时，()f x有三个零点，A 选项正确；B 选项，()6()fxx xa，a0时，(,0),()0 xafx，()f x单调递减，,()0 x时()0fx，()f x单调递增，此时()f x在0 x 处取到极小值，B
21、 选项错误；C 选项，假设存在这样的,a b，使得xb为()f x的对称轴，即存在这样的,a b使得()(2)f xfbx，即32322312(2)3(2)1xaxbxabx，根据二项式定理，等式右边3(2)bx展开式含有3x的项为303332C(2)()2bxx，于是等式左右两边3x的系数都不相等，原等式不可能恒成立，于是不存在这样的,a b，使得xb为()f x的对称轴，C 选项错误；D 选项，方法一：利用对称中心的表达式化简方法一：利用对称中心的表达式化简(1)33fa，若存在这样的a，使得(1,33)a为()f x的对称中心，则()(2)66f xfxa，事实上，32322()(2)2
22、312(2)3(2)1(126)(1224)18 12f xfxxaxxaxa xaxa ，于是266(126)(1224)18 12aa xaxa试卷第 11页，共 24页即12601224018 1266aaaa，解得2a，即存在2a 使得(1,(1)f是()f x的对称中心，D 选项正确.方法二：直接利用拐点结论方法二：直接利用拐点结论任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，32()231f xxax，2()66fxxax，()126fxxa，由()02afxx，于是该三次函数的对称中心为,22aaf，由题意(1,(1)f也是对称中心，故122aa，即存在2a 使得(
23、1,(1)f是()f x的对称中心，D 选项正确.故选：AD【点睛】结论点睛：（1）()f x的对称轴为()(2)xbf xfbx；（2）()f x关于(,)a b对称()(2)2f xfaxb；（3）任何三次函数32()f xaxbxcxd都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是()0fx的解，即,33bbfaa是三次函数的对称中心三、填空题三、填空题12记nS为等差数列na的前 n 项和，若347aa，2535aa，则10S.【答案】95【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出1,a d，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.【详解】因为数列na为等差数列，则由题意
24、得1111237345adadadad，解得143ad，则10110 91010445 3952Sad .故答案为：95.13已知为第一象限角，为第三象限角，tantan4，tantan21，则sin().试卷第 12页，共 24页【答案】2 23【分析】法一：根据两角和与差的正切公式得tan2 2，再缩小的范围，最后结合同角的平方和关系即可得到答案；法二：利用弦化切的方法即可得到答案.【详解】法一：由题意得tantan4tan2 21tantan121，因为32,2,2,2 22kkmm，,Zk m，则22,222mkmk，,Zk m，又因为tan2 20，则322,2222mkmk，,Zk
25、 m，则sin0，则sin2 2cos，联立22sincos1，解得2 2sin3.法二：因为为第一象限角，为第三象限角，则cos0,cos0,222cos1cossincos1tan，222cos1cossincos1tan，则sin()sincoscossincoscos(tantan)222224442 24coscos31tan1tan(tantan)(tantan1)42 故答案为：2 23.14在如图的 44 方格表中选 4 个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的 4 个数之和的最大值是【答案】24112试卷第 13页，共
26、 24页【分析】由题意可知第一、二、三、四列分别有 4、3、2、1 个方格可选；利用列举法写出所有的可能结果，即可求解.【详解】由题意知，选 4 个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，则第一列有 4 个方格可选，第二列有 3 个方格可选，第三列有 2 个方格可选，第四列有 1 个方格可选，所以共有432 124 种选法；每种选法可标记为(,)a b c d，a b c d,分别表示第一、二、三、四列的数字，则所有的可能结果为：(11,22,33,44),(11,22,34,43),(11,22,33,44),(11,22,34,42),(11,24,33,43),(11,24,33,42)，
27、(12,21,33,44),(12,21,34,43),(12,22,31,44),(12,22,34,40),(12,24,31,43),(12,24,33,40)，(13,21,33,44),(13,21,34,42),(13,22,31,44),(13,22,34,40),(13,24,31,42),(13,24,33,40)，(15,21,33,43),(15,21,33,42),(15,22,31,43),(15,22,33,40),(15,22,31,42),(15,22,33,40)，所以选中的方格中，(15,21,33,43)的 4 个数之和最大，为1521 3343112.故
28、答案为：24；112【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定第一、二、三、四列分别有 4、3、2、1 个方格可选，利用列举法写出所有的可能结果.四、解答题四、解答题15记ABC的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知sin3cos2AA(1)求 A(2)若2a，2 sinsin2bCcB，求ABC的周长【答案】(1)6A(2)263 2【分析】（1）根据辅助角公式对条件sin3cos2AA进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决；（2）先根据正弦定理边角互化算出B，然后根据正弦定理算出,b c即可得出周长.【详解】（
29、1）方法一：常规方法（辅助角公式）方法一：常规方法（辅助角公式）试卷第 14页，共 24页由sin3cos2AA可得13sincos122AA，即sin()13A，由于 4(0,)(,)333AA，故32A，解得6A方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）由sin3cos2AA，又22sincos1AA，消去sin A得到：224cos4 3cos30(2cos3)0AAA，解得3cos2A，又(0,)A，故6A方法三：利用极值点求解方法三：利用极值点求解设()sin3cos(0)f xxxx，则()2sin(0)3f xxx，显然6x 时，max(
30、)2f x，注意到()sin3cos22sin()3f AAAA，max()()f xf A，在开区间(0,)上取到最大值，于是xA必定是极值点，即()0cos3sinfAAA，即3tan3A，又(0,)A，故6A方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）设(1,3),(sin,cos)abAA，由题意，sin3cos2a bAA，根据向量的数量积公式，cos,2cos,a ba ba ba b，则2cos,2cos,1a ba b，此时,0a b，即,a b 同向共线，根据向量共线条件，31 cos3 sintan3AAA，又(0,)A，故6A方法五：利
31、用万能公式求解方法五：利用万能公式求解设tan2At，根据万能公式，22223(1)sin3cos211ttAAtt，整理可得，2222(23)(23)0(23)ttt，解得tan232At，根据二倍角公式，223tan13tAt，又(0,)A，故6A试卷第 15页，共 24页（2）由题设条件和正弦定理2 sinsin22sinsin2sinsincosbCcBBCCBB，又,(0,)B C，则sinsin0BC，进而2cos2B，得到4B，于是712CAB，26sinsin()sin()sincossincos4CABABABBA，由正弦定理可得，sinsinsinabcABC，即27sin
32、sinsin6412bc，解得2 2,62bc，故ABC的周长为263 216已知函数3()exf xaxa(1)当1a 时，求曲线()yf x在点1,(1)f处的切线方程；(2)若()f x有极小值，且极小值小于 0，求 a 的取值范围【答案】(1)e 110 xy(2)1,【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；（2）解法一：求导，分析0a和0a 两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得2ln10aa，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知()exfxa有零点，可得0a，进而利用导数求 fx的单调性和极值，分析可得2ln10aa，构建函数解不等式即可.【详解】（1）当1a
33、时，则()e1xf xx，()e1xfx，可得(1)e2f，(1)e 1f，即切点坐标为1,e2，切线斜率e1k，所以切线方程为e2e 11yx，即e 110 xy.（2）解法一：因为()f x的定义域为R，且()exfxa，若0a，则()0fx对任意xR恒成立，试卷第 16页，共 24页可知()f x在R上单调递增，无极值，不合题意；若0a，令()0fx，解得lnxa；令()0fx，解得lnxa；可知()f x在,lna内单调递减，在ln,a 内单调递增，则()f x有极小值3lnlnfaaaaa，无极大值，由题意可得：3lnln0faaaaa，即2ln10aa，构建 2ln1,0g aaa
34、a，则 120gaaa，可知 g a在0,内单调递增，且 10g，不等式2ln10aa 等价于 1g ag，解得1a，所以 a 的取值范围为1,；解法二：因为()f x的定义域为R，且()exfxa，若()f x有极小值，则()exfxa有零点，令()e0 xfxa，可得exa，可知exy 与ya有交点，则0a，若0a，令()0fx，解得lnxa；令()0fx，解得lnxa；可知()f x在,lna内单调递减，在ln,a 内单调递增，则()f x有极小值3lnlnfaaaaa，无极大值，符合题意，由题意可得：3lnln0faaaaa，即2ln10aa，构建 2ln1,0g aaaa，因为则2,
35、ln1yaya在0,内单调递增，可知 g a在0,内单调递增，且 10g，不等式2ln10aa 等价于 1g ag，解得1a，所以 a 的取值范围为1,.17如图，平面四边形 ABCD 中，8AB，3CD，5 3AD，90ADC，30BAD，试卷第 17页，共 24页点 E，F 满足25AEAD，12AFAB，将AEF沿 EF 对折至PEF!，使得4 3PC(1)证明：EFPD；(2)求面 PCD 与面 PBF 所成的二面角的正弦值【答案】(1)证明见解析(2)8 6565【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得2EF，利用勾股定理的逆定理可证得EFAD，则,EFPE EFDE，结合线面垂直的判
36、定定理与性质即可证明；（2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明PEED，建立如图空间直角坐标系Exyz，利用空间向量法求解面面角即可.【详解】（1）由218,5 3,52ABADAEAD AFAB ，得2 3,4AEAF，又30BAD，在AEF中，由余弦定理得2232cos16 122 4 2 322EFAEAFAE AFBAD ,所以222AEEFAF，则AEEF，即EFAD，所以,EFPE EFDE，又,PEDEE PEDE、平面PDE，所以EF平面PDE，又PD 平面PDE，故EFPD；（2）连接CE，由90,3 3,3ADCEDCD，则22236CEEDCD，在PEC中，4
37、3,2 3,6PCPEEC，得222ECPEPC，所以PEEC，由（1）知PEEF，又,ECEFE ECEF、平面ABCD，所以PE 平面ABCD，又ED 平面ABCD，所以PEED，则,PE EF ED两两垂直，建立如图空间直角坐标系Exyz，则(0,0,0),(0,0,2 3),(0,3 3,0),(3,3 3,0),(2,0,0),(0,2 3,0)EPDCFA，由F是AB的中点，得(4,2 3,0)B，试卷第 18页，共 24页所以(3,3 3,2 3),(0,3 3,2 3),(4,2 3,2 3),(2,0,2 3)PCPDPBPF ，设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为11
38、1222(,),(,)nx y zmxyz，则1111133 32 303 32 30n PCxyzn PDyz ，2222242 32 3022 30m PBxyzm PFxz ，令122,3yx，得11220,3,1,1xzyz，所以(0,2,3),(3,1,1)nm，所以165cos,65513m nm nm n ，设平面PCD和平面PBF所成角为，则28 65sin1cos65，即平面PCD和平面PBF所成角的正弦值为8 6565.18某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮 3 次，若 3 次都未投中，则该队被淘汰，比赛成员为
39、 0 分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮 3 次，每次投中得 5 分，未投中得 0 分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为 p，乙每次投中的概率为 q，各次投中与否相互独立(1)若0.4p，0.5q，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于 5 分的概率(2)假设0pq，（i）为使得甲、乙所在队的比赛成绩为 15 分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？（ii）为使得甲、乙，所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？【答案】(1)0.686(2)（i）由甲参加第一阶段比赛；（i）由甲参加第一
40、阶段比赛；试卷第 19页，共 24页【分析】（1）根据对立事件的求法和独立事件的乘法公式即可得到答案；（2）（i）首先各自计算出331(1)Ppq甲，331(1)Pqp乙，再作差因式分解即可判断；(ii)首先得到X和Y的所有可能取值，再按步骤列出分布列，计算出各自期望，再次作差比较大小即可.【详解】（1）甲、乙所在队的比赛成绩不少于 5 分，则甲第一阶段至少投中 1 次，乙第二阶段也至少投中 1 次，比赛成绩不少于 5 分的概率3310.610.50.686P.（2）（i）若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为 15 分的概率为331(1)Ppq甲，若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙
41、所在队的比赛成绩为15分的概率为331(1)Pqp乙，0pq，3333()()PPqqpqpppq甲乙2222()()()()()()qpqpqppqppqqpqppq qpq2222()333pqp qp qpq3()()3()(1)(1)10pq pqpqpqpq pqpq，PP甲乙，应该由甲参加第一阶段比赛.(ii)若甲先参加第一阶段比赛，数学成绩X的所有可能取值为 0，5，10，15，333(0)(1)1(1)(1)P Xppq，3213511C1P Xpqq，3223(10)1(1)C(1)P Xpqq，33(15)1(1)P Xpq，332()15 1(1)1533E Xpqppp
42、q记乙先参加第一阶段比赛，数学成绩Y的所有可能取值为 0，5，10，15，同理32()1533E Yqqqp()()15()()3()E XE Ypq pqpqpq pq试卷第 20页，共 24页15()(3)pq pq pq，因为0pq，则0pq，31 1 30pq ，则()(3)0pq pq pq，应该由甲参加第一阶段比赛.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是计算出相关概率和期望，采用作差法并因式分解从而比较出大小关系，最后得到结论.19已知双曲线22:0C xym m，点15,4P在C上，k为常数，01k按照如下方式依次构造点2,3,.nP n，过1nP作斜率为k的直线与C的左支交于点
43、1nQ，令nP为1nQ关于y轴的对称点，记nP的坐标为,nnxy.(1)若12k，求22,xy；(2)证明：数列nnxy是公比为11kk的等比数列；(3)设nS为12nnnP P P的面积，证明：对任意的正整数n，1nnSS.【答案】(1)23x，20y(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出2P的坐标即可；（2）根据等比数列的定义即可验证结论；（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明nS的取值为与n无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明nS的取值为与n无关的定值即可.【详解】（1）试卷第 21页，共 24页由已知有22549m，故C的方
44、程为229xy.当12k时，过15,4P且斜率为12的直线为32xy，与229xy联立得到22392xx.解得3x 或5x，所以该直线与C的不同于1P的交点为13,0Q，该点显然在C的左支上.故23,0P，从而23x，20y.（2）由于过,nnnPxy且斜率为k的直线为nnyk xxy，与229xy联立，得到方程229nnxk xxy.展开即得2221290nnnnkxk ykxxykx，由于,nnnPxy已经是直线nnyk xxy和229xy的公共点，故方程必有一根nxx.从而根据韦达定理，另一根2222211nnnnnnk ykxkyxk xxxkk，相应的2221nnnnnyk ykxy
45、k xxyk.所以该直线与C的不同于nP的交点为222222,11nnnnnnnkyxk xyk ykxQkk，而注意到nQ的横坐标亦可通过韦达定理表示为2291nnnykxkx，故nQ一定在C的左支上.所以2212222,11nnnnnnnxk xkyyk ykxPkk.这就得到21221nnnnxk xkyxk，21221nnnnyk ykxyk.所以2211222211nnnnnnnnxk xkyyk ykxxykk222222221211111nnnnnnnnnnxk xkxyk ykykkkxyxykkkk.再由22119xy，就知道110 xy，所以数列nnxy是公比为11kk的等
46、比数列.（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点,U V W，若,UVa b，,UWc d，则试卷第 22页，共 24页12UVWSadbc.（若,U V W在同一条直线上，约定0UVWS）证明：211sin,1cos,22UVWSUVUWUV UWUVUWUV UW 222211122UV UWUVUWUVUWUV UWUVUW 2222212abcdacbd222222222222122a ca db cb da cb dabcd222221112222a db cabcdadbcadbc.证毕，回到原题.由于上一小问已经得到21221nnnnxk xkyxk，21221nnnnyk
47、ykxyk，故22211222221211111nnnnnnnnnnnnxk xkyyk ykxkkkxyxyxykkkk.再由22119xy，就知道110 xy，所以数列nnxy是公比为11kk的等比数列.所以对任意的正整数m，都有nn mnn mx yy x 1122nn mnn mnn mnn mnn mnn mnn mnn mx xy yx yy xx xy yx yy x1122nnn mn mnnn mn mxyxyxyxy1 11 12 12 1mmnnnnnnnnkkxyxyxyxykk22111211mmnnkkxykk911211mmkkkk.而又有111,nnnnnnPP
48、xxyy ，122121,nnnnnnPPxxyy，故利用前面已经证明的结论即得 1212112112n nnnP PPnnnnnnnnSSxxyyyyxx试卷第 23页，共 24页 12112112nnnnnnnnxxyyyyxx 1212112212nnnnnnnnnnnnxyyxx yy xx yy x221 9 119 119112 2 112 11211kkkkkkkkkkkk.这就表明nS的取值是与n无关的定值，所以1nnSS.方法二：由于上一小问已经得到21221nnnnxk xkyxk，21221nnnnyk ykxyk，故22211222221211111nnnnnnnnnn
49、nnxk xkyyk ykxkkkxyxyxykkkk.再由22119xy，就知道110 xy，所以数列nnxy是公比为11kk的等比数列.所以对任意的正整数m，都有nn mnn mx yy x 1122nn mnn mnn mnn mnn mnn mnn mnn mx xy yx yy xx xy yx yy x1122nnn mn mnnn mn mxyxyxyxy1 11 12 12 1mmnnnnnnnnkkxyxyxyxykk22111211mmnnkkxykk911211mmkkkk.这就得到2323119 112 11nnnnnnnnkkxyyxx yy xkk，以及221313
50、22911211nnnnnnnnkkxyyxx yy xkk.两式相减，即得 232313131122nnnnnnnnnnnnnnnnxyyxxyyxx yy xx yy x.移项得到232131232131nnnnnnnnnnnnnnnnxyy xxyy xyxx yyxx y.故321213nnnnnnnnyyxxyyxx.而333,nnnnnnP Pxxyy，122121,nnnnnnPPxxyy.试卷第 24页，共 24页所以3nnP P 和12nnPP平行，这就得到12123n nnnnnP PPPPPSS，即1nnSS.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，
