湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高三上学期月考试卷数学（二）含答案.pdf

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1、第 1 页/共 5 页学科网（北京）股份有限公司大联考雅礼中学大联考雅礼中学 2024 届高三月考试卷（二）数学届高三月考试卷（二）数学得分：得分：_本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共 8 页时量页时量 120 分钟，满分分钟，满分 150分第卷一、选择题：本题共分第卷一、选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的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.若12zi，则1zz（）A.24i B.24i C.62iD.62i2.全集U R

2、，集合2,3,5,7,9A，4,5,6,8B，则阴影部分表示的集合是（）A.2,3,5,7,9B.2,3,4,5,6,7,8,9C.4,6,8D.53.函数 2log22xxxxf x部分图象大致是（）A.B.C.D.4.在边长为 3 的正方形 ABCD 中，点 E 满足2CEEB ，则AC DE（）A.3B.3C.4D.45.某校科技社利用 3D 打印技术制作实心模型如图，该模型的上部分是半球，下部分是圆台其中半球的第 2 页/共 5 页学科网（北京）股份有限公司的体积为3144cm，圆台的上底面半径及高均是下底面半径的一半打印所用原料密度为31.5g/cm，不考虑打印损耗，制作该模型所需原

3、料的质量约为（）（1.54.7）A.3045.6gB.1565.1gC.972.9gD.296.1g6.已知数列 na为等比数列，其前 n 项和为nS，10a，则“公比0q”是“对于任意*nN，0nS”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件7.若存在实数 a，对任意的 x0，m，都有(sin xa)(cos xa)0 恒成立，则实数 m 的最大值为()A.4B.2C.34D.548.已知函数 f x定义域为 R，2,24fxfxff，且 f x在1,上递增，则10 xf x的解集为（）A.2,04,B.,15,C.,24,D.1,05,二、选择题

4、：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 分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分9.对于实数a，b，c，下列选项正确的是（）A.若ab，则2ababB.若0ab，则aabbC.若11ab，则0a，0b D.若0ab，0c，则bcbaca10.已知函数 23sin cos3cos2f xxxx，则下列说法正确的是（）A sin 23f xx的.第 3 页/共 5 页学科网（北京）股份有限公司B.函数 f

5、 x的最小正周期为C.函数 f x的对称轴方程为5Z12xkkD.函数 f x的图象可由sin2yx的图象向右平移3个单位长度得到11.设nS是公差为d（0d）的无穷等差数列 na的前n项和，则下列命题正确的是（）A.若0d，则1S是数列 nS的最大项B.若数列 nS有最小项，则0d C.若数列 nS是递减数列，则对任意的：*Nn，均有0nS D.若对任意的*Nn，均有0nS，则数列 nS是递增数列12.如图所示，在棱长为 2 的正方体1111ABCDABC D中，点M，N分别为棱11BC，CD上的动点（包含端点），则下列说法正确的是（）A.四面体11AD MN的体积为定值B.当M，N分别为棱

6、11BC，CD的中点时，则在正方体中存在棱与平面1AMN平行C.直线MN与平面ABCD所成角的正切值的最小值为22D.当M，N分别为棱11BC，CD的中点时，则过1A，M，N三点作正方体的截面，所得截面为五边形第卷第卷三、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.若函数 lnfxxax的图象在1x 处的切线斜率为 3，则a_14.在平面直角坐标系xOy中，圆O与x轴正半轴交于点 A，点B，C在圆O上，若射线OB平分的第 4 页/共 5 页学科网（北京）股份有限公司AOC，3 4,5 5B，则点C的坐标为_15.已知函数 f x的定义域为R

7、，exyf x是偶函数，3exyf x是奇函数，则 f x的最小值为_16.已知菱形ABCD中，对角线2 3BD，将ABD沿着BD折叠，使得二面角ABDC为120，AC3 3，则三棱锥ABCD的外接球的表面积为_.四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分请在答题卡指定区域内作答解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤分请在答题卡指定区域内作答解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.已知正项数列 na的前n项和为nS，且满足22nnnSaa.（1）求数列 na的通项公式；（2）设24nnnba a，数列 nb的前n项和为nT，证明：3nT.18.在ABC中，角A

8、、B、C所对的边分别为a、b、c，已知33cossinbaCC.（1）求A；（2）若8a，ABC的内切圆半径为3，求ABC的周长.19.如图，在三棱柱111ABCABC-中，11BCBCO，12BCBB，1AO，160B BC，且AO 平面11BBC C（1）求证：1ABBC；（2）求二面角111ABCA的正弦值20.如图，已知椭圆2222:1(0)xyCabab上一点(0,2)A，右焦点为(c,0)F，直线AF交椭圆于第 5 页/共 5 页学科网（北京）股份有限公司B点，且满足|2|AFFB，3 3|2AB（1）求椭圆C的方程；（2）若直线(0)ykx k与椭圆相交于,C D两点，求四边形A

9、CBD面积的最大值21.如图所示，ABCP是圆锥的一部分(A 为圆锥的顶点)，O是底面圆的圆心，23BOC，P是弧BC上一动点（不与B、C重合），满足COPM是AB的中点，22OAOB（1）若/MP平面AOC，求sin的值；（2）若四棱锥MOCPB体积大于14，求三棱锥AMPC体积的取值范围22.混管病毒检测是应对单管病毒检测效率低下的问题，出现的一个创新病毒检测策略，混管检测结果为阴性，则参与该混管检测的所有人均为阴性，混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中至少有一人为阳性假设一组样本有 N 个人，每个人患病毒的概率相互独立且均为01pp目前，我们采用 K人混管病毒检测，定义成本函数Nf

10、XKXK，这里 X 指该组样本 N 个人中患病毒的人数（1）证明：2EfXp N；（2）若4010p，1020K证明：某混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中大概率恰有一人为阳性的第 1 页/共 21 页学科网（北京）股份有限公司大联考雅礼中学大联考雅礼中学 2024 届高三月考试卷（二）届高三月考试卷（二）数学数学命题人：卿科命题人：卿科 审题人：陈朝阳审题人：陈朝阳 匡鈾龄匡鈾龄得分：得分：_本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共 8 页时量页时量 120 分钟，满分分钟，满分 150分分第卷第卷一、选择题：本题共一、选择题

11、：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，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.若12zi，则1zz（）A.24i B.24i C.62iD.62i【答案】C【解析】【分析】根据复数的乘法运算和共轭复数的定义求解.【详解】122i 12i244i2i62izz故选:C.2.全集U R，集合2,3,5,7,9A，4,5,6,8B，则阴影部分表示的集合是（）A.2,3,5,7,9B.2,3,4,5,6,7,8,9C.4,6,8D.5【答案】C【解析】【分析】根据给定的条件利用韦恩图反应的集合运算直接计算作答

12、.【详解】韦恩图的阴影部分表示的集合为()UAB，而全集U R，集合2,3,5,7,9A，4,5,6,8B，所以()4,6,8UAB.第 2 页/共 21 页学科网（北京）股份有限公司故选：C3.函数 2log22xxxxf x的部分图象大致是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用函数的奇偶性和特殊点即得.【详解】易知 2log22xxxxf x的定义域为0 x x，因为 22loglog2222xxxxxxxfxxfx ，所以 f x为奇函数，排除答案 B，D；又 2202222f，排除选项 C故选:A4.在边长为 3 的正方形 ABCD 中，点 E 满足2CEEB ，则AC D

13、E（）A.3B.3C.4D.4【答案】A【解析】【分析】建立直角坐标系，写出相关点的坐标，得到AC，DE，利用数量积的坐标运算计算即可.【详解】以 B 为原点，BC，BA 所在直线分别为 x，y 轴，建立如图所示直角坐标系，第 3 页/共 21 页学科网（北京）股份有限公司由题意得0,3,1,0,3,0,3,3AECD，所以3,3AC，2,3DE ，所以 32333AC DE .故选：A.5.某校科技社利用 3D 打印技术制作实心模型如图，该模型的上部分是半球，下部分是圆台其中半球的体积为3144cm，圆台的上底面半径及高均是下底面半径的一半打印所用原料密度为31.5g/cm，不考虑打印损耗，

14、制作该模型所需原料的质量约为（）（1.54.7）A.3045.6gB.1565.1gC.972.9gD.296.1g【答案】C【解析】【分析】由题意可知所需要材料的体积即为半球体积与圆台体积之和，先求出圆台的体积，再利用组合体的体积乘以打印所用原料密度可得结果.【详解】设半球的半径为R，因为332144cm3VR半球，所以6R，由题意圆台的上底面半径及高均是 3，下底面半径为 6，所以2222311363 6363cm33VSSS Sh 下下上上圆台，所以该实心模型的体积为314463207cmVVV半球圆台，所以制作该模型所需原料的质量为207 1.52074.7972.9g故选：C第 4

15、页/共 21 页学科网（北京）股份有限公司6.已知数列 na为等比数列，其前 n 项和为nS，10a，则“公比0q”是“对于任意*nN，0nS”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据等比数列的通项公式以及前n项和公式，分别验证充分性以及必要性即可得到结果.详解】若10a，且公比0q，则110nnaa q，所以对于任意*nN，0nS 成立，故充分性成立；若10a，且12q ，则111112212111101323212nnnnnaSaa ，所以由对于任意*nN，0nS，推不出0q，故必要性不成立；所以“公比0q”是“对

16、于任意*nN，0nS”的充分不必要条件.故选:A7.若存在实数 a，对任意的 x0，m，都有(sin xa)(cos xa)0 恒成立，则实数 m 的最大值为()A.4B.2C.34D.54【答案】C【解析】【分析】根据已知不等式得到，要求 ysin x 和 ycos x图象不在 ya22的同一侧，利用正弦函数、余弦函数图象的性质进行解答即可【详解】在同一坐标系中，作出 ysin x 和 ycos x 的图象，【的第 5 页/共 21 页学科网（北京）股份有限公司当 m4时，要使不等式恒成立，只有 a22，当 m4时，在 x0，m上，必须要求 ysin x 和 ycos x 的图象不在 ya2

17、2的同一侧.由图可知 m 的最大值是34.故选：C.8.已知函数 f x的定义域为 R，2,24fxfxff，且 f x在1,上递增，则10 xf x的解集为（）A.2,04,B.,15,C.,24,D.1,05,【答案】D【解析】【分析】根据2fxfx可得 f x关于直线1x 对称，根据 24ff 可得 240ff，结合函数 f x的单调性可得函数图象，根据图象列不等式求解集即可.【详解】解：函数 f x，满足2fxfx，则 f x关于直线1x 对称，所以 244fff，即 240ff，又 f x在1,上递增，所以 f x在,1上递减，则可得函数 f x的大致图象，如下图：所以由不等式10

18、xf x可得，20210 xx 或414xx，解得10 x 或5x，故不等式10 xf x的解集为1,05,.故选：D.第 6 页/共 21 页学科网（北京）股份有限公司二、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 分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分9.对于实数a，b，c，下列选项正确的是（）A.若ab，则2ababB.若0ab，则aabbC.若11ab，则0a，0b D.若0ab，0c，则

19、bcbaca【答案】ABD【解析】【分析】利用比较法、特例法逐一判断即可.【详解】对选项 A，因为ab，所以022ababa，022ababb，所以2abab，故 A 正确；对选项 B，0ab，1aaabb，所以aab，因为1ababb，所以abb，即aabb，故 B 正确；对选项 C，令2a，3b，满足11ab，不满足0a，0b，故 C 错误；对选项 D，因为0ab，0c，所以0a bcb acc abbcbacaa aca ac，故 D 正确故选：ABD10.已知函数 23sin cos3cos2f xxxx，则下列说法正确的是（）A.sin 23f xxB.函数 f x的最小正周期为C.

20、函数 f x的对称轴方程为5Z12xkkD.函数 f x图象可由sin2yx的图象向右平移3个单位长度得到【答案】AB的第 7 页/共 21 页学科网（北京）股份有限公司【解析】【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，再结合正弦函数的图像性质逐项判断.【详解】2311 cos2313sin cos3cossin23sin2cos2sin 22222223xf xxxxxxxx，所以 A 正确；对于 B，函数 f x的最小正周期为22，所以 B 正确；对于 C，由232xk，kZ，得5122kx，Zk，所以函数 f x的对称轴方程为5122kx，Zk，所以 C 不正确；对于 D，sin2yx

21、的图象向右平移6个单位长度，得sin2sin 263yxx，所以函数 f x的图象可由sin2yx的图象向右平移6个单位长度得到，所以 D 不正确故选：AB11.设nS是公差为d（0d）的无穷等差数列 na的前n项和，则下列命题正确的是（）A.若0d，则1S是数列 nS的最大项B.若数列 nS有最小项，则0d C.若数列 nS是递减数列，则对任意的：*Nn，均有0nS D.若对任意的*Nn，均有0nS，则数列 nS是递增数列【答案】BD【解析】【分析】取特殊数列判断 A；由等差数列前n项和的函数特性判断 B；取特殊数列结合数列的单调性判断C；讨论数列nS是递减数列的情况，从而证明 D.【详解】

22、对于 A：取数列 na为首项为 4，公差为2的等差数列，2146SS，故 A 错误；对于 B：等差数列 na中，公差0d，211(1)()222nn nddSnadnan，nS是关于 n 的二次函数.当数列 nS有最小项，即nS有最小值，nS对应的二次函数有最小值，对应的函数图象开口向上，0d，B 正确；对于 C：取数列 na为首项为 1，公差为2的等差数列，22nSnn，第 8 页/共 21 页学科网（北京）股份有限公司122(1)2(1)(2)210nnSnnnnSn ，即1nnSS恒成立，此时数列 nS是递减数列，而110S ，故 C 错误；对于 D：若数列nS是递减数列，则10(2)n

23、nnaSSn，一定存在实数k，当nk时，之后所有项都为负数，不能保证对任意*Nn，均有0nS.故若对任意*Nn，均有0nS，有数列nS是递增数列，故 D 正确故选：BD12.如图所示，在棱长为 2 的正方体1111ABCDABC D中，点M，N分别为棱11BC，CD上的动点（包含端点），则下列说法正确的是（）A.四面体11AD MN的体积为定值B.当M，N分别为棱11BC，CD的中点时，则在正方体中存在棱与平面1AMN平行C.直线MN与平面ABCD所成角的正切值的最小值为22D.当M，N分别为棱11BC，CD的中点时，则过1A，M，N三点作正方体的截面，所得截面为五边形【答案】ACD【解析】【

24、分析】求出四面体的体积判断 A；把正方体的棱分成 3 类，再判断各类中的一条即可判断 B；作出线面角，并求出其正切表达式判断 C；利用线线、线面平行的性质作出截面判断 D.【详解】点M，N在棱11BC，CD上运动时，M到11AD距离始终为2，N到平面11A D M的距离始终为2，所以四面体11AD MN的体积1111422 2323NA MDV 恒为定值，A 正确；第 9 页/共 21 页学科网（北京）股份有限公司在正方体1111ABCDABC D中，棱可分为三类，分别是1111,A A AB AD，及分别与它们平行的棱，又1111,A A AB AD不与平面1AMN平行，则在正方体1111A

25、BCDABC D中，不存在棱与平面1AMN平行，B 错误；正方体棱长为 2，如图 1，过M作1MMBC于1M，则有1MM 平面ABCD，于是MN与平面ABCD所成角即为1MNM，于是11112tanMMMNMM NM N，又1M N长度的最大值为2 2，所以MN与平面ABCD所成角的正切值的最小值为22，C 正确；如图 2，取BC中点M，连接,AM MM，有11/MMBBAA，且11MMBBAA，则四边形1AAMM是平行四边形，有1/AMAM，过N作AM的平行线交AD于点E，此时14DEDA，则1/ENAM，即EN为过1A，M，N三点的平面与平面ABCD的交线，连接1AE，在BC上取点F，使得

26、14CFCB，同证1/AMAM的方法得11/AEB F，在棱1CC上取点G，使113CGCC，连接MG并延长交直线BC于H，则112CHC MCF，即11FHC MB M，而1/FHB M，于是四边形1FHMB是平行四边形，有11/MGB FAE，则MG为过1A，M，N三点的平面与平面11BCC B的交线，连接NG，则可得五边形1AMGNE即为正方体中过1A，M，N三点的截面，D 正确故选：ABD【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在

27、几何体的同一平面上.第卷第卷三、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 分分第 10 页/共 21 页学科网（北京）股份有限公司13.若函数 lnfxxax的图象在1x 处的切线斜率为 3，则a_【答案】2【解析】【分析】求导，利用 13f 求解即可.【详解】解：因为 lnfxxax，所以 1afxx，又函数 lnfxxax的图象在1x 处的切线斜率为 3，则 1131af ，所以2a 故答案为：214.在平面直角坐标系xOy中，圆O与x轴的正半轴交于点A，点B，C在圆O上，若射线OB平分AOC，3 4,5 5B，则点C的坐标为_【答案】724,

28、25 25【解析】【详解】由题意可知圆O的半径为2234155，设AOBBOC，由题意可知4sin5=，3cos5，则 点C的 横 坐 标 为271 cos21 2sin25 ，点C的 纵 坐 标 为241 sin22sincos25故答案为：724,25 25 15.已知函数 f x的定义域为R，exyf x是偶函数，3exyf x是奇函数，则 f x的最小值为_【答案】2 2第 11 页/共 21 页学科网（北京）股份有限公司【解析】【分析】由题意可得 e2exxf x，再结合基本不等式即可得答案.【详解】解：因为函数 exyf x为偶函数，则 eexxfxf x，即 eexxf xfx，

29、又因为函数 3exyf x为奇函数，则 3e3exxfxf x，即 3e3exxf xfx，联立可得 e2exxf x，由基本不等式可得 e2e2 e2e2 2xxxxf x，当且仅当e2exx时，即当1ln22x 时，等号成立，故函数 f x的最小值为2 2故答案为：2 216.已知菱形ABCD中，对角线2 3BD，将ABD沿着BD折叠，使得二面角ABDC为120，AC3 3，则三棱锥ABCD的外接球的表面积为_.【答案】28【解析】【分析】将ABD沿BD折起后，取BD中点为E，连接AE，CE，得到120AEC，在AEC中由余弦定理求出AE的长，进一步求出AB的长,分别记三角形ABD与BCD

30、的重心为G、F，记该几何体ABCD的外接球球心为O，连接OF，OG，证明RtOGE与Rt OFE全等，求出OE，再推出BDOE，连接OB，由勾股定理求出OB，即可得出外接球的表面积.【详解】将ABD沿BD折起后，取BD中点为E，连接AE，CE，则AEBD，CEBD，所以AEC即为二面角ABDC的平面角，所以120AEC；设AEa，则AECEa,在AEC中2222cos120ACAEECAE CE，即2127222aaa 解得3a，即3AE，所以2332 3AB 第 12 页/共 21 页学科网（北京）股份有限公司所以ABD与BCD是边长为2 3的等边三角形.分别记三角形ABD与BCD的重心为G

31、、F，则113EGAE，113EFCE；即EFEG；因为ABD与BCD都是边长为2 3的等边三角形，所以点G是ABD的外心，点F是BCD的外心；记该几何体ABCD的外接球球心为O，连接OF，OG，根据球的性质，可得OF 平面BCD，OG平面ABD，所以OGE与OFE都是直角三角形，且OE为公共边，所以RtOGE与Rt OFE全等，因此1602OEGOEFAEC，所以2cos60EFOE；因为AEBD，CEBD，AECEEI，且AE 平面AEC，CE 平面AEC，所以BD平面AEC；又OE 平面AEC，所以BDOE，连接OB，则外接球半径为2222327OBOEBE，所以外接球表面积为24728

32、S.故答案为：28【点睛】思路点睛：求解几何体外接球体积或表面积问题时，一般需要结合几何体结构特征，确定球心位置，求出球的半径，即可求解；在确定球心位置时，通常需要先确定底面外接圆的圆心，根据球心和截面外接圆的圆心连线垂直于截面，即可确定球心位置；有时也可将几何体补型成特殊的几何体（如长方体），根据特殊几何体的外接球，求出球的半径.四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分请在答题卡指定区域内作答解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤分请在答题卡指定区域内作答解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.已知正项数列 na的前n项和为nS，且满足22nnnSaa.第

33、 13 页/共 21 页学科网（北京）股份有限公司（1）求数列 na的通项公式；（2）设24nnnba a，数列 nb的前n项和为nT，证明：3nT.【答案】（1）nan；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用,nna S的关系，结合已知条件以及等差数列的通项公式即可求得结果；（2）根据（1）中所求，利用裂项求和法求得nT，即可证明.【小问 1 详解】依题意可得，当1n 时，2111122Saaa，0na，则11a；当2n 时，22nnnSaa，21112nnnSaa，两式相减，整理可得1110nnnnaaaa，又 na为正项数列，故可得11nnaa，所以数列 na是以11a 为首项，1

34、d 为公差的等差数列，所以nan.【小问 2 详解】证明：由（1）可知nan，所以42222nbn nnn，44441 32 43 52nTn n22222222222222132435462112nnnnnn222 1312nn，所以3nT 成立18.在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知33cossinbaCC.（1）求A；（2）若8a，ABC的内切圆半径为3，求ABC的周长.【答案】（1）23 （2）18.第 14 页/共 21 页学科网（北京）股份有限公司【解析】【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出tan A的值，结合角A 的取值范围可求得角A的值；（

35、2）利用三角形的面积公式可得出182bcbc，结合余弦定理可求得bc的值，即可求得ABC的周长.【小问 1 详解】解：因为33cossinbaCC，由正弦定理可得3sinsin3cossinBACC，因为ABC，所以sinsinsincoscossinBACACAC，代入式整理得3cossinsinsinACAC，又因为A、0,C，sin0C，则3cossin0AA，所以tan3A ，又因为0,A，解得23A.【小问 2 详解】解：由（1）知，23A，因为ABC内切圆半径为3，所以113sin22ABCSabcbcA，即3832bcbc，所以，182bcbc，由余弦定理22222cos3abc

36、bc得2264bcbc，所以264bcbc，联立，得22864bcbc，解得10bc，所以ABC的周长为18abc.19.如图，在三棱柱111ABCABC-中，11BCBCO，12BCBB，1AO，160B BC，且AO 平面11BBC C第 15 页/共 21 页学科网（北京）股份有限公司（1）求证：1ABBC；（2）求二面角111ABCA的正弦值【答案】（1）证明见解析 （2）4 37【解析】【分析】（1）根据线面垂直的性质和判断定理可得1BC 平面1ABC，从而即可证明1ABBC；（2）建立以O为原点，分别以OB，1OB，OA所在直线为x，y，z轴的空间坐标系，利用空间向量求解即可.【小

37、问 1 详解】证明：因AO 平面11BBC C，1BC 平面11BBC C，所以1AOBC，因为1BCBB，四边形11BBC C是平行四边形，所以四边形11BBC C是菱形，所以11BCBC又因为1AOBCO，AO 平面1ABC，1BC 平面1ABC，所以1BC 平面1ABC，因为AB平面1ABC，所以1ABBC【小问 2 详解】解：以O为原点，分别以OB，1OB，OA所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示，则3,0,0B，10,1,0B，0,0,1A，13,0,0C，所以10,1,1AB，113,1,0C B，113,0,1A BAB ，为第 16 页/共 21 页学科

38、网（北京）股份有限公司设平面11ABC的一个法向量为1111,nx y z，则111111111030nAByzn C Bxy ，取11x，可得13y ，13z ，所以11,3,3n u r，设平面111BC A的一个法向量为2222,nxyz，则21122111223030nABxzn C Bxy ，取21x，可得23y ，23z，所以21,3,3n ，设二面角111ABCA的大小为，因为 1212121,3,31,3,31cos,777n nn nnn ，所以214 3sin177，所以二面角111ABCA的正弦值为4 3720.如图，已知椭圆2222:1(0)xyCabab上一点(0,2

39、)A，右焦点为(c,0)F，直线AF交椭圆于B点，且满足|2|AFFB，3 3|2AB（1）求椭圆C的方程；（2）若直线(0)ykx k与椭圆相交于,C D两点，求四边形ACBD面积的最大值【答案】（1）22132xy；（2）3 2.第 17 页/共 21 页学科网（北京）股份有限公司【解析】【分析】（1）由已知得2b，由|2|AFFB且 3 3|2AB，知|3AFa，即可求出椭圆C的标准方程；（2）直线AF的方程为220 xy，与椭圆联立求出32(,)22B，求出点,A B到直线(0)ykx k的距离为1221dk，223221kdk，联立直线ykx与椭圆方程结合弦长公式求出CD，求出四边形

40、ACBD的面积121()2SCD dd，整理化简利用二次函数求出最值.【详解】（1）(0,2)AQ为椭圆C上一点，2b又|2|AFFB，3 3|2AB 可得，|3AF，即3a 所以椭圆C的标准方程是22132xy.（2）由（1）知(1,0)F，(0,2)A，直线AF的方程为220 xy，联立22132220 xyxy，整理得：22462(3)0 xxxx，解得：1230,2xx，32(,)22B设点(0,2)A，32(,)22B到直线(0)ykx k的距离为1d和2d，则1221dk，223221kdk，直线(0)ykx k与椭圆相交于,C D两点，联立22132xyykx，整理得：22(32

41、)6kx，解得：342266,3232xxkk.223422 61132kCDkxxk.第 18 页/共 21 页学科网（北京）股份有限公司设四边形ACBD面积为S，则21222161 3(2)()23221kkSCD ddkk23 62(0)232kkk.设2(2,)tk，则2kt，2223 63 63 61222113(2)236 2836 28ttSttttt 23 613 2213 23884t当13 28t，即84 2233 2tk，即23k 时，四边形ACBD面积有最大值3 2.【点睛】思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线

42、、椭圆的条件；（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题21.如图所示，ABCP是圆锥的一部分(A 为圆锥的顶点)，O是底面圆的圆心，23BOC，P是弧BC上一动点（不与B、C重合），满足COPM是AB的中点，22OAOB（1）若/MP平面AOC，求sin的值；（2）若四棱锥MOCPB的体积大于14，求三棱锥AMPC体积的取值范围第 19 页/共 21 页学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）34 （2）333,1212【解析】【分析】（1）取OB的中点N，连接MN，证明出/NP OC，可得出3ONP，OPN，然后在ONP

43、中利用正弦定理可求得sin的值；（2）计算得出四边形OCPB的面积33sin264S，结合20,3可求得的取值范围，设三棱锥AMPC的体积为2V，三棱锥ABPC的体积为3V，计算得出2361133sin2324VV，结合正弦型函数的基本性质可求得结果.【小问 1 详解】解：取OB的中点N，连接MN，M为AB的中点，则/MN OA，MN 平面AOC，AO 平面AOC，则/MN平面AOC，由题设，当/MP平面AOC时，因为MPMNM，所以，平面/MNP平面AOC，NP 平面MNP，则/NP平面AOC，因为NP平面OBPC，平面OBPC 平面AOCOC，则/NP OC，所以，3ONPBOC，OPNC

44、OP，在OPN中，由正弦定理可得sinsin3ONOP，故sin33sin4ONOP.【小问 2 详解】第 20 页/共 21 页学科网（北京）股份有限公司解：四棱锥MOCPB的体积11 113 23VOA SS，其中S表示四边形OCPB的面积，则1121131sinsinsincossin2232222SOP OCOP OB333sincossin4426，所以，1131sin3664VS，可得3sin62，203，则5666，故2363，解得,6 2.设三棱锥AMPC的体积为2V，三棱锥ABPC的体积为3V，由于M是AB的中点，则231112sin2623VVOASOB OC133333s

45、in,32412126.22.混管病毒检测是应对单管病毒检测效率低下的问题，出现的一个创新病毒检测策略，混管检测结果为阴性，则参与该混管检测的所有人均为阴性，混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中至少有一人为阳性假设一组样本有 N 个人，每个人患病毒的概率相互独立且均为01pp目前，我们采用 K人混管病毒检测，定义成本函数NfXKXK，这里 X 指该组样本 N 个人中患病毒的人数（1）证明：2EfXp N；（2）若4010p，1020K证明：某混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中大概率恰有一人为阳性公众号：高中试卷君【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由均

46、值的性质及基本不等式即可证明.（2）由二项分布的概率及条件概率化简即可证明.【小问 1 详解】第 21 页/共 21 页学科网（北京）股份有限公司由题意可得X满足二项分布,XB N p，由E aXbaE Xb知，2NNEfXKXEpNNKpKK，当且仅当1KpK时取等号；【小问 2 详解】记PP（混管中恰有 1 例阳性|混管检测结果为阳性），iPP（混管中恰有 i 例阳性）=C1K iiiKpp，0,1,iK，令 e1xh xx，332 102 10 x，则 e1xh x，当302 1,0 x 时，0h x，h x为单调递减，当300,2 1x时，0h x，h x为单调递增，所以 00h xh，且332 1032 10e2 1010h ，332 1032 10e2 1010h，所以当332 102 10 x，e10 xx 即e1xx，两边取自然对数可得ln1xx，所以当4010p，1020K时，所以ln 11ee1KKpKppKp，则110111111111KKKpKpKppPPKpPKpp 故某混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中大概率恰有一人为阳性.