江苏省南京市2024届高考考前20题-数学试题含答案.pdf

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1、1南京市 2024 届高三数学考前综合题目录三角函数与解三角形.2集合与常用逻辑用语.5复数.6不等式.7数列.7概率与统计.11立体几何.18平面向量.23解析几何.25函数与导数.342三角函数与解三角形1(单选)阻尼器是一种以提供阻力达到减震效果的专业工程装置我国第一高楼上海中心大厦的阻尼器减震装置，被称为“镇楼神器”，如图 1 所示由物理学知识可知，某阻尼器的运动过程可近似为单摆运动，其离开平衡位置的位移 y(m)和时间 x(s)的函数关系为 f(x)3sinx56(0)，该函数的部分图象如图 2 所示若该图象上两相邻的最高点与最低点的距离为 4，则 f(1)()A.1B.1C.32D

2、.32【答案】D【解析】设 f(x)的最小正周期为 T，则 42(2 3)2T22，解得 1612T24，于是 T4因为 T2，0，所以2T2，所以 f(x)3sin2x56，所以 f(1)3sin256 3sin3 33232故选 D【说明】本题考查函数 yAsin(x)图象的对称性2在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，且 a6，4sin B5sin C，当 A2C 时，ABC 的周长为_【答案】15【提示】根据正弦定理及 4sin B5sin C，得 4b5c，即 b5c4图 1图 23由 A2C，得 B3C又因为bsin Bcsin C，所以5c4sin(3C)cs

3、in C5c4sin C(4cos2C1)由 sin C0，得 4cos2C154，解得 cos C34或34(舍去)，于是 sin C 1cos2C74.因为 A2C，所以 sin Asin2C 2sin Ccos C234743 78又因为asin Acsin C，所以63 78c74，解得 c4，b5，于是 abc15故ABC 的周长为 15【说明】本题主要考查正弦定理及三角恒等变换3在ABC 中，角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c，若 a2bcsinA，则cbbc的最大值为_【答案】5【提示】由余弦定理，得 bc(sinA2cosA)b2c2，即b2c2bcsinA2cosA，

4、于是cbbc 5sin(A)，其中 tan2当 A2时，cbbc取得最大值 5【说明】本题利用余弦定理及辅助角公式，得cbbc 5sin(A)，并结合三角函数的有界性可求其最大值，如何构造目标式是思路关键4在ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且满足 csinBbcos(C6)0(1)求 C；(2)若 AB 边上的高 CD 为 3，求 AB 的最小值【答案】(1)3；(2)2解：(1)在ABC 中，由正弦定理，易得 bsinCcsinB 4 52 39:u I d:4 52 39 4又因为 csinBbcos(C6)0，所以 bsinCbcos(C6)，所以 sinC32c

5、osC12sinC，即 sinC 3cosC，因为 C(0，)，sinC0，所以 cosC0，故 tanC 3，于是 C3(2)思路 1：由(1)，得 C3设ACD(03)，则BCD3.在 RtACD 中，ADCDtan 3tan在 RtBCD 中，BDCDtan(3)3tan(3)于是 ABADBD 3tan 3tan(3)3(1tan2)1 3tan.令 t1 3tan，则 tan3(t1)3因为 03，所以 1t4，所以 AB3(13(t1)32)tt4t22t4t22(当且仅当 t2 时，等号成立)，所以 AB 的最小值为 2思路 2：由(1)，得 C3，根据余弦定理以及基本不等式，得

6、 AB2AC2BC22ACBCcosCAC2BC2ACBCACBC又因为 SABC12ACBCsinC12ABCD，且 CD 3，所以 ACBC2AB所以 AB22AB，即 AB2故 AB 的最小值为 2【说明】本题考查解三角形、不等式等知识，利用转化与化归思想解决问题5(单选)古人把正弦函数、余弦函数、正切函数、余切函数、正割函数、余割函数、正矢函数、余矢函数这八种三角函数的函数线合称为八线其中余切函数 cot1tan，正割函数 sec1cos，余割函数 csc1sin，正矢函数versin1cos，余矢函数 vercos1sin如图 3 所示，角始边为 x 轴的非负半轴，其终边与单位圆交点

7、 PA，B 分别是单位圆与 x 轴正半轴和 y 轴正半轴的交点过点 P 作 PM 垂直 x 轴，作 PN 垂直 y 轴，垂足分别为 M，N，过点 A 作 x 轴的垂线，过点 B 作 y 轴的垂线分别交角的终边于 T，S，其中 AM，PS，BS，NB 为有图 35向线段下列表示正确的是()AversinAMBcscPSCcotBSDsecNB【答案】C【提示】根据题意，易证OMPOATSBOPNO.对于选项 A，因为 1cos1OMMA，即 versinMA，故选项 A 错误.对于选项 B，根据三角函数定义并结合相似三角形的相似比，得 csc1sin1MPBOMPOSOPOS，故选项 B错误.对

8、于选项 C，cot1tan1tanOSBBS，故选项 C 正确.对于选项 D，根据三角函数定义并结合相似三角形相似比，得 sec1cos1OMOAOMOTOPOT，故选项 D 错误故选 C【说明】本题属于新定义题，解题的关键是读懂题意根据新定义，利用三角函数定义并结合相似三角形相似比求解，注意有向线段集合与常用逻辑用语1(单选)集合 AxN|1x4的子集个数为()A.2B.4C.8D.16【答案】D【提示】由题意，得 A0，1，2，3，故集合 A 子集个数为 16 个故选 D【说明】本题考查子集个数问题2(单选)已知集合 Ss|s2n1，nZ，Tt|t4n1，nZ，则 ST()ABSCTDZ【

9、答案】B【提示】在集合 T 中，令 nk(kZ)，则 t4n12(2k)1(kZ)，而集合 S 中，s2n1(nZ)，所以必有 TS，所以 STS.6故选 B【说明】本题考查集合间的关系与运算3(单选)已知集合 A，B，定义 A*Bx|xA 且 xB，A#Bx|xA 或 xB，则对于集合 M，N，下列结论一定正确的是()AM*(M*N)NB(M*N)#(N*M)C(M#N)*MND(M*N)(N*M)【答案】D【提示】根据题中的新定义，易得 M*Nx|xM 且 xN，N*Mx|xN 且 xM，则(M*N)(N*M)故选 D【说明】本题考查集合之间的关系与运算复数1(单选)已知复数 zxyi(x

10、，yR)，则|z2 z|2z z，则复数 z 在复平面内对应点的轨迹为()A圆B椭圆C双曲线D抛物线【答案】B【提示】因为 zxyi（x，yR），所以 zxyi(x，yR)从而 z zxyixyi2x，z2 z(xyi)2(xyi)x3yi，故|z2 z|2x29y2，又因为|z z|2z z，所以 x29y22x，即(x1)29y21.所以复数 z 在复平面内对应点的轨迹为椭圆.【说明】本题考查复数的加减运算，复数模，轨迹法研究曲线等相关知识.2.(多选)下列四个命题中的假命题为()A.已知 z1，z2，z3C，若 z1z2z1z3，则 z2z3B.若 z1z2，则|z1z2|z1|2C若|

11、z1z2|z1z2|，则 z1z20D(z1z2)2(z1z2)2【答案】ACD【提示】对于选项 A 项，z10，z2i，z3i，显然有 z1z2z1z30，但 z2z3不成立，故选项 A 错误对于选项 B 项，设 z1abi(a，bR)，则 z2abi，于是|z1z2|(abi)(abi)|a2b2，|z1|2a2b2，7故选项 B 正确对于选项 C，令 z11i，z21i，则 z1z22，z1z22i，于是|z1z2|z1z2|，但是 z1z2(1i)(1i)20，故选项 C 错误对于选项 D，令 z1abi(a，bR)，则 z2cdi(c，dR)，则(z1z2)2(ac)(bd)i2(a

12、c)2(bd)22(ac)(bd)i，(z1z2)2(ac)(bd)i2(ac)2(bd)22(ac)(bd)i，两式不同，故 D 不一定成立故选 ACD【说明】本题考查复数的概念和基本运算.不等式1(单选)已知 ealg3，blg(ln3)，cln13，则 a，b，c 的大小关系是()AcbaBbacCcabDbca【答案】C【提示】由 ealg3，得 aln(lg3)因为 3lg3lg271，所以 lg313，所以 ln(lg3)ln13，所以 ac又因为 ln31lg30，所以 lg(ln3)0ln(lg3)，所以 ba【说明】本题考查指对幂关系比较大小的基本方法(即化成同底，利用函数单

13、调性比较)数列1.设正项等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 21S2S60，则公比的取值范围为_【答案】(0，2)【提示】显然 q0，于是 S6S2q2S2q4S2(1q2q4)S2，因为 21S2S60，所以 1q2q421，即(q25)(q24)0，故 0q24，解得 0q2所以 q 的取值范围为(0，2)【说明】本题考查等比数列求和公式以及不等式的性质.2.数列an满足 an2(1)nan3n1，前 16 项和为 532，则 a1_【答案】6 10 8 7 18 8:f I d:10 8 7 18 8 8【提示】根据题意，当 n 为奇数时，an2an3n1，当 n 为偶数时，an2a

14、n3n1设数列an的前 n 项和为 Sn，则S16a1a2a3a4a16a1a3a5a15(a2a4)(a14a16)a1(a12)(a110)(a124)(a144)(a170)(a1102)(a1140)(5172941)8a1392928a1484532所以 a16【说明】本题考查数列的奇偶项求和问题.3.(单选)已知数列an的前 n 项和为 Sn，S11，S23，且32an1是 2an，an2的等差中项，则使得ni1iai25164成立的最小的 n 的值为（）A.8B.9C.10D.11【答案】B【提示】由题意，得 an23an12an，即 an2an12(an1an).因为 a2a1

15、S22S110，所以数列an1an是公比为 2 的等比数列，所以 an1an2n1.由累加法，可知 an2n1，故ni1iai120221322n2n1，2ni1iai121220321n2n2。两式相减，得ni1iai4n22n1，令 4n22n125164，得n22n1564,易证数列n22n1是单调递减数列，则 n8.故选 B.【说明】本题考查了等比数列的定义、求通项公式、求和公式、错位相减法求和以及数列的单调性等相关知识4(多选)已知数列an满足 a11，an112ann，n 是奇数，an2n，n 是偶数，设an的前 n 项和为 Sn，下列结论正确的是()A数列a2n2是等比数列B a

16、2n2(12)nCS811D数列S2n1是单调递减数列【答案】ABD【提示】对于选项 A，因为 a2n2212a2n12n1212(a2n4n)2n112a2n112(a2n2)，且 a22121912120，所以数列a2n2是等比数列故选项 A 正确.对于选项 B，a2212，a2n212(12)n1(12)n，a2n2(12)n，故选项 B 正确.对于选项 C，由 a2n12a2n12n1，得 a2n164n(12)n1因为 a2na2n184n3(12)n，所以 S2n(a1a2)(a3a4)(a2n1a2n)8n(44n)n2321(12)n1122n26n332n，S81131611

17、，故选项 C错误对于选项 D，S2n1S2na2n2n26n542n，所以S2n1是单调递减数列，故选项 D 正确故选 ABD【说明】本题考查数列分奇偶项递推关系，等比数列，分组求和等知识点5已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 n，an，Sn成等差数列已知数列bn首项 b11，且 bn12bn2n3(1)求数列an的通项公式，并求数列an1anan1的前 n 项和 Tn；(2)若将数列bn中去掉数列an的项后余下的项按原顺序组成数列cn，求 c1c2c30的值(3)是否存在不同的 m，nN*，使得 am，a3，an成等差数列?如果存在，请求出 m，n 的值；如果不存在，请说明理由【答案】(

18、1)an2n1，Tn112n11；(2)1176；(3)不存在解：(1)因为 n，an，Sn成等差数列，所以 Snn2an，所以 Sn1n12an1(n2)由，得 an12an2an1，于是 an12(an11)(n2).又因为 S112a1，所以 a11，所以 a112，因此，数列an1是首项为 2，公比为 2 的等比数列所以 an122n12n，即 an2n1又因为an1anan12n(2n1)(2n11)12n112n11，10所以 Tn(113)+(1317)+(12n112n11)112n11(2)因为 bn12bn2n3，所以 bn1(2n1)2bn(2n1)2n(b11)0，所以

19、数列bn（2n1）是各项均为 0 的常数数列，所以 bn=2n1所以数列bn是以 1 为首项，2 为公差的等差数列又因为 a11，a23，a37，a415，a531，a663，b3263，b3671所以 c1c2c30(b1b2b36)(a1a2a6)36(171)2(212226)63622781176.(3)假设存在不同的 m，nN*，不妨假设 mn 使得 am，a3，an成等差数列，则 2m12n12(231)，即 2m2n24，两边除以 16 得，2m42n41因为 mn，所以 2m42n4，所以 2m411，所以 m3当 m1 时，nlog214；当 m2 时，nlog212，这与题

20、设矛盾，所以不存在不同的 m，nN*使得 am，a3，an成等差数列【说明】考查 an与 Sn关系，以及数列递推，新数列求和，数列不定方程等6已知数列an，bn满足：存在 kN*，对于任意的 nN*，使得 bnkanank，则称数列bn与an成“k 级关联”记bn与an的前 n 项和分别为 Tn，Sn(1)已知 an2n，bn2n，nN*，判断bn与an是否成“4 级关联”，并说明理由；(2)若数列bn与an成“2 级关联”，其中 ancosn21，nN*，且有 b11，b22，求 T2024S2024的值；(3)若数列bn与an成“k 级关联”且有 bn2022，求证：Sn为递增数列，当且仅

21、当 a1，a2，a2k0【答案】(1)bn与an不成“4 级关联”(2)2023(3)证明见解析解：(1)由 bn4anan4，得 2n44n8，即 2n2n2，显然，等式不恒成立，举反例：n1 时，有：左83右所以bn与an不成“4 级关联”(2)由 bn2anan2，得 bn2an2an.利用累加法,得(b2024a2024)(b2023a2023)(b3a3)a1a2a2022，整理得 T2024S2024(b1b2)(a1a2)S2022，即 T2024S2024S2022(a1a2)(b1b2).由 ancosn21，nN*可知：an4an且第一周期内有 a11，a20，a31，a4

22、2，所以 S2022505412021，11又因为 b11，b22，所以 T2024S20242021132023.(3)证明：由已知可得 anank2022，所以 ankan2kanank2022，所以 anan2k(*)，(a)先说明必要性由Sn为递增数列可知：Sn1Snan10(nN*)，当 1n2k1 时，Sn1Snan10，所以 a2，a2k0，当 n2k 时，S2k1S2ka2k10，由(*)式可知：a1a2k10，故 a1，a2，a2k0，(必要性得证)(b)再说明充分性考虑反证法假设数列Sn中存在两项满足 Si1Si，得到 Si1Siai10，由于 ana2kn，结合 a1，a

23、2，a2k0，能够得到 ana1，n2km1，a2，n2km2，a2k，n2k(m1)其中 mN可知 an0 对于全体正整数 N*都成立，这与存在一项 ai10 矛盾，假设不成立(充分性得证)由(a)，(b)，命题得证【说明】考查数列背景的新定义，属于创新题，涉及递推、数列求和、充要条件证明等知识.概率与统计1(多选)已知(ax1x)n(a0)的展开式中只有第 7 项的二项式系数最大若展开式中所有项的系数和为 1，则正确的命题是()An12Ba1C展开式中所有二项式系数的和为 4096D展开式中第 11 项为 24x10【答案】AC【提示】对于选项 A，因为展开式中只有第 7 项的二项式系数最

24、大，所以 n12故选项 A 正确对于选项 B，令 x1，则展开式中所有项的系数和为(a1)121，解得 a2 或 0(舍去)，故选项 B 错误对于选项 C，展开式中所有项的二项式系数和为 212，故选项 C 正确对于选项 D，展开式的通项公式为 Tr1Cr12(2x)12r(1x)rCr12(1)r212rx122r，r0，1，12，令 r10，则展开式中第 11 项为 C1012(1)1022x8264x8，故选项 D 错误故选 AC r t w e o :u I d:r t w e o 12【说明】考查二项式定理及其二项式系数、项的系数、通项公式2(单选)下图 4 是根据某班学生在一次数学

25、考试中的成绩画出的频率分布直方图，则由直方图得到的 75%分位数为()A85B86C87D88【答案】B【提示】前三组的频率之和为(0.0100.0200.030)100.6，第四组的频率为 0.025100.25，则 75%分位数在第四组80，90)内，故 75%分位数为 80100.750.60.2586故选 B【说明】考查频率分布直方图和百分位数概念的理解与计算3(单选)将 7 个完全相同的小球放入编号分别为 1，2，3 的三个盒子中，要求每个盒子中球的个数不小于它的编号，则不同的放法种数为()A3B6C12D24【答案】A【提示】根据题意，先在 2 号盒子里放入 1 个小球，3 号盒子

26、放入 2 个小球，原问题即可以转化为将剩下的 4 个小球放入 3 个小盒，每个小盒至少放一个的问题，即将剩下的 4 个小球排成一排，排好后有 3 个空位可选，在 3 个空位中选择两个空位，插入两个挡板即可，则有 C233 种不同的放法故选 A【说明】考查相同元素的排列问题，由于数字较小，也可以用枚举法求解4(多选)设 M，N 是两个随机事件，且 P(M)0，P(N)0，则下列说法正确的是()图 413A若 P(M|N)P(N|M)，则 P(M)P(N)1B若 P(M|N)P(M|N)，则 P(MN)P(M)P(N)C若 M，N 相互独立，且 P(M)0.5，P(N)0.3，则 P(MN)0.8

27、5D若 M，N 为互斥事件，且 P(M)0.5，P(N)0.3，则 P(MN)0.2【答案】BC【提示】对于选项 A，因为 P(M|N)P(MN)P(N)，P(N|M)P(MN)P(M)，当 P(MN)0 时，因为 P(M|N)P(N|M)，所以 P(M)P(N)，又 P(M)P(M)1，所以 P(M)P(N)1；当 P(MN)0 时，P(M)P(N)1 不成立故选项 A错误对于选项 B，P(M|N)P(M|N)P(MN)P(N)P(MN)P(N)P(MN)P(N)P(M)P(MN)1P(N)P(MN)P(MN)P(N)P(M)P(N)P(MN)P(N)P(MN)P(M)P(N)P(N)P(M

28、N)=1P(M)P(N)P(MN)P(M)P(N)，故选项 B 正确对于选项 C，由 M，N 相互独立，则 P(MN)P(M)P(N)P(MN)P(M)P(N)P(M)P(N)0.50.70.50.70.85故选项 C 正确对于选项 D，由 P(M)0.5，P(N)0.3，得 P(M)0.5，P(N)0.7因为 M，N 为互斥事件，所以 P(MN)0，又因为 P(MN)P(MN)1P(MN)1故选项 D 错误故选 BC【说明】本题考查条件概率公式，概率的性质，考查两个相互独立的事件，互斥事件的理解和运算.5一组样本数据 x1，x2，x24的平均数为 170.5，方差为 12.96，另一组样本数

29、据 x25，x26，x50的平均数为160.5，方差为 36.96两组数据合成一组新数据 x1，x2，x50，则新数据的方差为_【答案】50.4【提示】令m170.5，s2112.96，n160.5，s2236.96，x150(24170.526160.5)165.3，则 s2150i12nis2i(xix)21502412.96(170.5165.3)22636.96(160.5165.3)250.4故新数据的方差的估计值为 50.4.【说明】本题考查分层抽样数据的方差6为了了解高中学生课后自主学习数学时间(x 分钟/天)和他们的数学成绩(y 分)的关系，某实验小组做了调查，得到一些数据(如

30、下表所示)编号12345学习时间 x3040506070数学成绩 y6578859910814请根据所给数据，预测每天课后自主学习数学时间为 100 分钟时的数学成绩为_分(参考数据：5i1xiyi22820，5i1yi435，xi(i1，2，3，5)的方差为 200)附：bni1(xi x)(yi y)ni1(xi x)2，a ybx【答案】140.5【提示】x3040506070550，y435587又因为 xi(i1，2，3，4，5)的方差为155i1(xi x)2200，所以b5i1(xi x)(yi y)5i1(xi x)25i1xiyi5 x y520022820550871000

31、1.07，所以a ybx871.075033.5，所以y1.07x33.5，当 x100 时，y140.5，故预测每天课后自主学习数学时间达到 100 分钟时的数学成绩为 140.5 分【说明】本题考查一元线性回归模型以及公式变形，考查一元线性回归模型参数的最小二乘估计方法7手机用户可通过“微信”查自己每天行走的步数，同时也可以和好友进行运动量的比较或点赞现从小华的朋友圈内随机选取了 100 人，记录了他们某一天的行走步数，数据整理如下表：02000200150005001800080011000010001 以上男58121213女10121369若某人一天的行走步数超过 8000，则被评定

32、为“积极型”，否则被评定为“懈怠型”(1)根据题意完成下面的 22 列联表，并据此判断能否有 95%的把握认为“评定类型”与“性别”有关；积极型懈怠型总计男女总计附：15P(2x0)01000050001000050001x02706384166357879108282n(adbc)2(ab)(cd)(ac)(bd)，其中 nabcd；(2)以这 100 人的样本数据估计该朋友圈的总体数据，且以频率估计概率，若从该朋友圈的男性好友中抽取 3人，记其中被评定为“积极型”的男性人数为 X，求随机变量 X 的数学期望(3)在被评定为“积极型”的对象中采用分层抽样的方法从样本中抽取 8 人，再从中随机

33、抽取 3 人，求抽到女性“积极型”人数 Y 的概率分布列【答案】(1)有 95%的把握认为，“评定类型”与“性别”有关系；(2)32；(3)见解析解：(1)提出假设 H0：“评定类型”与“性别”没有关系根据列联表的数据求得2100(25352515)2505040604167，因为当 H0成立时，P(23841)0050,这里的241673841，所以有 95%的把握认为，“评定类型”与“性别”有关系(2)根据题设条件，X 服从二项分布，其可能取值为 0，1，2，3，抽取的男性好友中被评定为积极型的概率为12，故P(X0)C03(12)0(12)318，P(X1)C13(12)1(12)238

34、，P(X2)C23(12)2(12)138，P(X3)C33(12)3(12)018，X 的概率分布如下表所示X0123P18383818因此，随机变量 X 的均值为 E(X)01813823831832答：随机变量 X 的数学期望为32(3)100 人中男生“积极型”有 25 人，女生“积极型”有 15 人，抽取比例为 53，抽取男生 5 人，女生 3 人，Y 的所有可能取值为 0，1，2，3，从而 P(Y0)C35C38528；P(Y1)C13C25C381528；积极型懈怠型总计男252550女153550总计4060100 q p i u q i i :f I d:q p i u q

35、i i 16P(Y2)C23C15C381556；P(Y3)C33C38156所以随机变量 Y 的分布列如下表：Y0123P52815281556156【说明】考查 22 列联表，2的运算，超几何分布与二项分布的辨别与应用第(2)问也可以通过说明 XB(3，12)，进而求解 E(X)312328甲乙两人报名参加由某网络科技公司举办的“技能闯关”双人电子竞技比赛，比赛规则如下：每一轮“闯关”结果都采取计分制，若在一轮闯关中，一人过关另一人未过关，过关者得 1 分，未过关者得1 分；若两人都过关或都未过关则两人均得 0 分甲、乙过关的概率分别为 m 和 n，在一轮闯关中，甲的得分记为 X(1)求

36、X 的分布列；(2)为了增加趣味性，系统给每位报名者基础分 3 分，并且规定出现一方比另一方多过关三轮者获胜，此二人比赛结束Pi(i0，1，2，3，4，5，6)表示“甲的累积得分为 i 时，最终认为甲获胜”的概率，则 P00，P61，xPi1yPizPi10，其中 xP(X1)，yP(X0)，zP(X1)，令 m05，n06证明：点 M(32Pi1，)，N(Pi1，)的中点横坐标为54Pi；(3)在第(2)问的条件下求 P2，并尝试解释游戏规则的公平性【答案】(1)见解析;(2)证明见解析;(3)P216133012，此时得出甲获胜的概率非常小，说明这种游戏规则是公平的解：(1)X1，0，1P

37、(X1)(1m)n；P(X0)mn(1m)(1n)；P(X1)m(1n)随机变量 X 的概率分布列如下表所示X101P(1m)nmn(1m)(1n)m(1n)(2)根据题设条件，得 x(105)0603，y0506(105)(106)05，z05(106)02于是有 03Pi105Pi02Pi10，即32Pi1Pi152Pi17根据中点坐标公式，得32Pi1Pi1254Pi，命题得证(3)由(2)可知 Pi152Pi32Pi1，于是 P652P532P452(52P432P3)32P4194P4154P3194(52P332P2)154P3658P3578P2658(52P232P1)578P

38、221116P219516P121116(52P132P0)19516P166532P163332P0又 P00，P61，所以 P132665，P252P132P016133P2表示甲累计得分为 2 分时，最终认为甲获胜概率，由计算结果可以看出，在甲过关的概率为 05，乙过关的概率为 06 时，认为甲获胜的概率为 P216133012，此时得出甲获胜的概率非常小，说明这种游戏规则是公平的【说明】考查了离散型随机变量的分布列，用概率说明游戏的公平性考查了学生分析问题、解决问题的能力9一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现

39、三次音乐获得 150 分，出现两次音乐获得 100 分，出现一次音乐获得 50 分，没有出现音乐则获得300 分，设每次击鼓出现音乐的概率为 p(0p25)，且各次击鼓出现音乐相互独立(1)若一盘游戏中仅出现一次音乐的概率为 f(p)，求 f(p)的最大值点 p0；(2)玩过这款游戏的许多人都发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了设每盘游戏的得分为随机变量，请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因【答案】(1)p013；(2)若干盘游戏后，每盘游戏的平均得分是负分由概率统计的相关知识可知：经过若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而会减少解：(1)由题可知，一盘

40、游戏中仅出现一次音乐的概率为 f(p)C13p(1p)23p36p23p，0p25，则 f(p)3(3p1)(p1)由 f(p)0 得 p13，或 p1(舍)，当 p(0，13)时，f(p)0；当 p(13，25)时，f(p)0所以 f(p)在区间(0，13)上单调递增，在区间(13，25)上单调递减18所以，当 p13时，f(p)有最大值，即 f(p)的最大值点 p013(2)随机变量的可能值为300，50，100，150，从而P(300)(1p)3；P(50)C13p(1p)2；P(100)C23p2(1p)；P(150)p3随机变量的概率分布如下表所示所以 E()300(1p)350C1

41、3p(1p)2100C23p2(1p)150p3300(p33p272p1)，令 g(p)p33p272p1，则 g(p)3p26p723(p1)2120，所以 g(p)在区间(0，25)上单调递增，于是 g(p)g(25)21250，故 E()0这说明每盘游戏的平均得分是负分由概率统计的相关知识可知：经过若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而会减少【说明】考查独立重复试验概率计算以及概率中的函数思想立体几何1(单选)设，是两个平面，m，n 是两条直线，则下列命题为真命题的是()A若 m，n，mn，则B若 m，m，n，则 mnC若 m，n，m，n，则D若 mn，m，则 n【答案】B【

42、提示】对于选项 A，易得，相交或平行，故选项 A 错误对于选项 B，由线面平行的判定定理和性质，得 mn，故选项 B 正确对于选项 C，当 m 与 n 相交时，有，否则，与不一定平行，故选项 C 错误对于选项 D，由 mn，m，得 n或 n，故选项 D 错误故选 B-30050100150P(1p)3C13p(1p)2C23p2(1p)p319【说明】本题考查空间中直线、平面之间的位置关系2(多选)已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，点 E，O 分别是 A1B1，A1C1的中点，P 在正方体内部且满足AP34AB12AD23AA1，则下列说法正确的是()A异面直线 AA1到直线

43、B1D1的距离是22B点 O 到平面 ABC1D1的距离为24C平面 A1BD 与平面 B1CD1间的距离为32D点 P 到直线 AB 的距离为56【答案】ABD【提示】对于选项 A，只要找到公垂线段 A1O(其值为22)即可，也可以用向量法求解对于选项 B，可以用等积法，也可以用向量法如图 5 所示，建立空间直角坐标系，易得AD1(0，1，1)，C1O(12，12，0)设平面 ABC1D1的一个法向量为 m(x1，y1，z1)，则mAD10mBA0即y1z10 x10，取 y11，则 m(0，1，1)，故 O 到平面 ABC1D1的距离为|C1Om|m|12224，故选项 B 正确对于选项

44、C，易证 BA1/CD1因为 BA1平面 B1CD1，CD1平面 B1CD1，所以 BA1/平面 B1CD1，同理 BD/平面 B1CD1，且 BDBA1B，BD，BA1平面 DBA1，所以平面 DBA1/平面 B1CD1(直接用结论距离占体对角线 AC1的13也可以用向量，平面 DBA1与平面 B1CD1的距离即为 B1到平面 DBA1的距离)又BD(1，1，0)，B1A1(1，0，0)，设平面 DBA1的一个法向量为 n(x2，y2，z2)，则nBD0nBA10即x2y20 x2z20，取 y21，则 n(1，1，1)，故 B1到平面 DBA1的距离为|nB1A1|n|33，故选项 C 错

45、误对于选项 D，因为AP34AB12AD23AA1，所以 P(34，12，23)于是AP(34，12，23)，AB(1，0，0)，故点 P 到直线 AB 的距离为AP2(APAB|AB|)2916144991656，故选项 D 正确故选 ABD【说明】本题考查空间几种距离的求法图 5 RT WEO :u I d:RT WEO 203如图 6 所示，四边形 ABCD 是长方形，AB3，BC4，半圆面 APD平面 ABCD点 P 为半圆弧AD上一动点（点 P 不与点 A，D 重合），当直线 PB 与平面 ABCD 所成角最大时，平面 PAB 截四棱锥 PABCD 外接球的截面面积为_【答案】154

46、【提示】过点 P 作 PFAD 于点 F因为半圆面 APD平面 ABCD，半圆面 APD平面 ABCDAD，PF平面 APD，所以 PF平面 ABCD，所以PBF 为直线 PB 与平面 ABCD 所成角设 AFx，则 DF4x，PF x(4x)，BF 9x2易知 BD5，PB2BF2PF294x，所以 sin2PBFPF2PB24xx294x设 f(x)4xx294x(0 x4)，则 f(x)4x218x36(94x)22(x6)(2x3)(94x)2当 x(0，32)时，f(x)0，f(x)单调递增；当 x(32，4)时，f(x)0，f(x)单调递减因此，f(x)maxf(32)14，sin

47、PBF 的最大值为12，此时PBF 最大，PB9432 15易知 PB 为 RtPAB 的斜边，又平面 PAB 截四棱锥 PABCD 的外接球的截面为PAB 的外接圆，所以截面圆的直径为 PB，于是 S(152)2154故平面 PAB 截四棱锥 PABCD 外接球的截面面积为154【说明】此题考查函数方法求立体几何中的最值4如图 8 所示，四棱锥 SABCD 中，底面 ABCD 为矩形，SDAD，AD2，DC4，SD2 3，点 M 在侧棱SC 上，BM3，ABM60(1)证明：M 是侧棱 SC 的中点；(2)求平面 SAM 与平面 BAM 夹角的余弦值【答案】(1)证明见解析；(2)17 33

48、6解：(1)思路 1：在平面 SDC 中作 MNSD 交 CD 于 N，在平面 ABCD 中作 NEAD 交 AB 于 E，连 ME、NB图 6图 7图 821设 MNx，由相似三角形，易得 NCEB2 33x在 RtMNE 中，由勾股定理，得 ME 4x2在MEB 中，由余弦定理，得(4x2)2(2 33x)232232 33xcos60，解得 x 3或 5 3(舍)，从而 MN12SD所以点 M 为侧棱 SC 的中点思路 2：在平面 SDC 中作 MFCD 交 SD 于点 F，则 MFAB设 MFx，由相似三角形，求出 DF，由勾股定理，易得 AF在梯形 ABMF 中，作平行线 ME，由余

49、弦定理，解得 x2，从而 ME12DC，所以点 M 为侧棱 SC 的中点(2)过 D 作平面 ABCD 的垂线 DH，以 D 为坐标原点，DA，DC，DH方向为 x，y，z 轴正方向建立空间直角坐标系设 M(0，y，z)，由 BM3 和 ME 7，列方程组解，解得 M(0，52，112)，从而得 S(0，1，11)令平面 SAM 的一个法向量为 n(x，y，z)，则ASn0AMn0，求得 n(2 11，11，3)设平面 AMB 的一个法向量为 m(a，b，c)，由mAB0mAM0求得 m(11，0，4)，令二面角 SAMB 的大小为，则|cos|mn|m|n|17 336故平面 SAM 与平面

50、 BAM 夹角的余弦值为17 336【说明】此题考查添辅助线、解三角形等平面几何知识列方程组求解坐标也是难点5如图，在四棱锥 PABCD 中，ADBC，M 为 BP 的中点，AM平面 CDP图 9图 1022(1)求证：BC2AD；(2)若 PAAB，ABAPADCD1，再从条件，条件，条件这三个条件中选择一个作为已知，使四棱锥 PABCD 存在且唯一确定(i)求证：PA平面 ABCD；()设平面 CDP平面 BAPl，求二面角 ClB 的正弦值条件：ABPC；条件：BPDP；条件：CBMCPM注：如果选择的条件不能使得四棱锥存在且唯一确定，第(i)问得 0 分；如果选择多个条件分别解答，按第