2022年北京市101中学怀柔分校高考数学模拟试卷（学生版+解析版）

2022年北京市101中学怀柔分校高考数学模拟试卷

一、单选题

1.已知集合A={x|-/+2x>0},8="仇>1},则AACRB=()

A.(0,1)B.(0,1]C.(…，o)D.(1,2)

2.已知i为虚数单位，复数z=^(«GR)是纯虚数，则|遥—嗝=()

A.V5B.4C.3D.2

3.已知平面向量：=3i+2/,b=2i+3;,若i与j为单位正交基底，贝丘与b夹角的余弦值

为()

1255

A.—B.—C.—D.1

131213

4.要将甲、乙、丙、丁4名同学分到A,B,C三个班中，要求每个班至少分到一人，则甲

被分到A班的分法种数为()

A.6B.12C.24D.36

5.我们学过用角度制与弧度制度量角，最近，有学者提出用“面度制”度量角，因为在半

径不同的同心圆中，同样的圆心角所对扇形的面积与半径平方之比是常数，从而称这个

常数为该角的面度数，这种用面度作为单位来度量角的单位制，叫做面度制.在面度制

下，角e的面度数为导则角0的余弦值为()

73I1V3

A.—B.—Q,C.—D.

2222

6.某学校组建了演讲、舞蹈、航模、合唱、机器人五个社团，全校3000名学生每人都参加

且只参加其中一个社团，校团委从这3000名学生中随机选取部分学生进行调查，并将调

A.50B.75C.100D.125

7.岳阳楼与湖北武汉黄鹤楼，江西南昌滕王阁并称为“江南三大名楼”，是“中国十大历史

文化名楼”之一，世称“天下第一楼”.其地处岳阳古城西门城墙之上，紧靠洞庭湖畔，

下瞰洞庭，前望君山.始建于东汉建安二十年（215年），历代屡加重修，现存建筑沿袭

清光绪六年（1880年）重建时的形制与格局.因北宋滕宗谅重修岳阳楼，邀好友范仲淹

作《岳阳楼记》使得岳阳楼著称于世.自古有“洞庭天下水，岳阳天下楼“之美誉.小

李为测量岳阳楼的高度选取了与底部水平的直线AC,如图，测得NQAC=30°,NDBC

=45。，AB=14米，则岳阳楼的高度C£）约为（）（&*1.414,V3»1.732）

8.定义在（0,+8）上的函数/（x）的导函数，G）满足011（x）则必有（）

A.6V（1）<f（2）B.81/（1）>16^（3）

C.4/（2）>f（4）D.729/（2）>Mf（3）

二、多选题

（多选）9.某次音乐节，评委给13支乐队的评分（十分制）如图，下列说法正确的是（）

B.13支乐队中评分不低于7分的有6支

C.13支乐队评分的平均数约为6.46

D.第6支到第12支乐队的评分逐渐降低

（多选）10.已知尸=3,3>'=4,则（）

A.B.xy=2C.x>yD.x4-y>2y[2

(多选)11.根据中国古代重要的数学著作《孙子算经》记载，我国古代诸侯的等级自低到

高分为：男、子、伯、侯、公五个等级.现有每个级别的诸侯各一人，君王要把50处领

地全部分给5位诸侯，要求每位诸侯都分到领地且级别每高一级就多分〃，处(机为正整

数).按这种分法，下列结论正确的是()

A.为“男”的诸侯分到的领地不大于6处的概率是3

4

B.为“子”的诸侯分到的领地不小于6处的概率是三

4

C.为“伯”的诸侯分到的领地恰好为10处的概率是1

D.为“公”的诸侯恰好分到16处领地的概率是三

4

(多选)12.己知函数/(x)=2cos(3X+<P)(3>o,0<<p<J)的图象的相邻两条对称轴

间的距离为2m/(0)=1.则()

A.3=j

B./(%)的图象关于直线》=一竽对称

C.f(x)的单调递减区间为［4Kt—竽，4E:+粤］(k€Z)

D./(%)的解集为［4囱一等，4垢］(kez)

三、填空题

13.已知等差数列{〃〃},〃4=-〃8,03-45=4,则。1=.

14.已知P为双曲线C：x2一。=i右支上一点，R,上分别为C的左、右焦点，且线

段AIA2,BIB2分别为C的实轴与虚轴.若|AIA2|,四及|,成等比数歹IJ,则尸尸2|=

15.甲、乙、丙三位同学获得某项竞赛活动的前三名，但具体名次未知.3人作出如下预测：

甲说：我不是第三名；乙说：我是第三名；丙说：我不是第一名.若甲、乙、丙3人的

预测结果有且只有一个正确，由此判断获得第三名的是

16.著名数学家棣莫佛CDemoivre,1667〜1754)出生于法国香槟，他在概率论和三角学方

面,发表了许多重要论文.1707年棣莫佛提出了公式：［r(cos0+zsin6)］w=iJ\cos/?O+zsin/?0),

其中r>0,〃EN*.根据这个公式，则(cos爸+is讥强)6=；若网^^^+is讥力尸=

-16,则「=.

四、解答题

17.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,2acosA=V3(/?cosC+ccosB).

(1)求角A；

(2)若b=2遍，BC边上的高为3,求c.

18.在等差数列｛z｝中，m=3,其前"项和为S”,各项均为正数的等比数列｛加｝中，b\=\,

且满足b3=S2,ai+a2+bi=i0.

(I)求数列｛断｝与｛加｝的通项公式;

(II)若数列｛々｝的前n项和为Tn,证明：Tn<\.

19.请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答.

①点•(日1+而)=0；②PC=77；③点P在平面ABC。的射影在直线A。上.

如图，平面五边形以BC。中，△%£>是边长为2的等边三角形，AD//BC,AB=2BC=

2,ABLBC,将△出£)沿AD翻折成四棱锥P-ABCD,E是棱PD上的动点(端点除外)，

F、M分别是AB、CE的中点，且____.

(1)求证：ABVFM-,

(2)当E尸与平面玄。所成角最大时，求平面ACE与平面以。所成的锐二面角的余弦

20.调味品品评师的重要工作是对各种品牌的调味品进行品尝、分析、鉴定、研发，周而复

始、反复对比.对调味品品评师考核测试的一种常用方法如下：拿出n瓶外观相同但品

质不同的调味品让他品尝，要求其按品质优劣为它们排序；经过一段时间，等其记忆淡

忘之后，再让其品尝这〃瓶调味品，并重新按品质优劣为它们排序，称这个过程为一轮

测试.根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评分.

现设"=4,分别以“1,及，”3,a4表示第一次排序为1,2,3,4的四种调味品在第二次

排序时的序号,并令X=|l-ai|+|2-a2\+\3-«|+|4-a4\,则X是对两次排序的偏离程度

的一种描述（如：若第二次排序的序号为1,3,2,4,则X=2）.

（1）假设41,。2,43,44的排列等可能为1,2,3,4的各种排列，求随机变量X的分

布列和数学期望；

（2）某调味品品评师在相继进行的三轮测试中，都有XW2,贝IJ：

①假设各轮测试相互独立，试按（1）的结果，计算出现这种情况的概率；

②请你判断该调味品品评师的品味鉴别能力如何，并说明理由.

21.2022年北京冬奥会标志性场馆--国家速滑馆的设计理念来源于一个冰和速度结合的

创意，沿着外墙面由低到高盘旋而成的“冰丝带”，就像速度滑冰运动员高速滑动时留下

的一圈圈风驰电掣的轨迹，冰上划痕成丝带,22条“冰丝带”又象征北京2022年冬奥会.其

中“冰丝带”呈现出圆形平面、椭圆形平面、马鞍形双曲面三种造型，这种造型富有动

感，体现了冰上运动的速度和激情.这三种造型取自于球、椭球、椭圆柱等空间几何体，

其设计参数包括曲率、挠率、面积、体积等.对几何图形的面积、体积计算方法的研究

在中国数学史上有过辉煌的成就，如《九章算术》中记录了数学家刘徽提出利用牟合方

盖的体积来推导球的体积公式，但由于不能计算牟合方盖的体积并没有得出球的体积计

算公式.直到200年以后数学家祖冲之、祖晒父子在《缀术》提出祖曜原理：“幕势既同，

则积不容异”，才利用牟合方盖的体积推导出球的体积公式.原理的意思是：两个等高的

几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.

（I）利用祖胞原理推导半径为R的球的体积公式时，可以构造如图②所示的几何体

几何体M的底面半径和高都为R,其底面和半球体的底面同在平面a内.设与平面a平

行且距离为d的平面p截两个几何体得到两个截面，请在图②中用阴影画出与图①中阴

影截面面积相等的图形并给出证明；

（II）现将椭圆+£=1（心心0）所围成的椭圆面分别绕其长轴、短轴旋转一周后

得两个不同的椭球A,B（如图3）,类比（I）中的方法，探究椭球A的体积公式，并

写出椭球A,B的体积之

22.设函数+孩一,g(x)=QX-3,

(1)求函数(p(x)=f(x)+g(x)的单调增区间；

(2)当。=1时，记//(%)=/(x)・g(x),是否存在整数入，使得关于工的不等式2入2

h(x)有解？若存在，请求出入的最小值；若不存在，请说明理由.

2022年北京市101中学怀柔分校高考数学模拟试卷

参考答案与试题解析

一、单选题

1.己知集合4=区-7+2x>0},8={x|x>l},则ADCR8=()

A.(0,1)B.(0,1]C.(-8,o)D.(1,2)

【解答】解：•••An&IOVxVZ},B={x|x>l},

CRB={X\X^I],AACRB=(0,1].

故选：B.

2.已知i为虚数单位，复数2=昼(”6R)是纯虚数，则南一山|=()

A.V5B.4C.3D.2

【解答】解：z=^=奔需尊=心”纥生是纯虚数，

i-l1)(1■十I)Z

则{害之

解得“=-2,

则|b+24=3.

故选：C.

3.已知平面向量;=3；+2；,b=2i+3j,若；与;为单位正交基底，贝丘与?夹角的余弦值

为()

1255

A.-B.——C.—D.1

131213

【解答】解：根据题意，设:与1夹角为。，

平面向量Q=3i+2j,b=2i+3j,且i与j为单位正交基底，

则|。|=，9+4=\b\=V4+9=V13，=6+6=12,

则cos0=

1。1网

故选：A.

4.要将甲、乙、丙、丁4名同学分到A,B,C三个班中，要求每个班至少分到一人，则甲

被分到A班的分法种数为()

A.6B.12C.24D.36

【解答】解：根据题意，分2步进行分析：

①将甲、乙、丙、丁4名同学分为3组，有C42=6种分组方法，

②将甲所在的组分到A班，剩下2组安排到B、C班，有42=2种情况,

则有6义2=12种分法，

故选：B.

5.我们学过用角度制与弧度制度量角，最近，有学者提出用“面度制”度量角，因为在半

径不同的同心圆中，同样的圆心角所对扇形的面积与半径平方之比是常数，从而称这个

常数为该角的面度数，这种用面度作为单位来度量角的单位制，叫做面度制.在面度制

71

下，角e的面度数为或则角e的余弦值为（）

V311V3

A.一殍B.-4C.-D.一

2222

【解答】解：设角0所在的扇形的半径为〃

-r26rrn_

则由题意，可得—=不解得e=冬，

r23§

”日27T1

可得COS。=COS=——.

32

故选：B.

6.某学校组建了演讲、舞蹈、航模、合唱、机器人五个社团，全校3000名学生每人都参加

且只参加其中一个社团，校团委从这3000名学生中随机选取部分学生进行调查，并将调

A.50B.75C.100D.125

【解答】解：由条形统计图得抽到50名同学演讲,

由扇形统计图片得抽到的学生中演讲同学占10%,

・・.一共抽取的学生数为："=^=500（人），

...抽到的学生中合唱学生占：—XW0%=400/0,

.•.选取的学生中参加机器人社团的学生数为：

500（1-40%-10%-15%-20%）=75（人）.

故选：B.

7.岳阳楼与湖北武汉黄鹤楼，江西南昌滕王阁并称为“江南三大名楼”，是“中国十大历史

文化名楼”之一，世称“天下第一楼”.其地处岳阳古城西门城墙之上，紧靠洞庭湖畔，

下瞰洞庭，前望君山.始建于东汉建安二十年（215年），历代屡加重修，现存建筑沿袭

清光绪六年（1880年）重建时的形制与格局.因北宋滕宗谅重修岳阳楼，邀好友范仲淹

作《岳阳楼记》使得岳阳楼著称于世.自古有“洞庭天下水，岳阳天下楼“之美誉.小

李为测量岳阳楼的高度选取了与底部水平的直线AC,如图，测得ND4C=30°,ZDBC

=45°,A8=14米，则岳阳楼的高度CO约为（）（鱼=1.414,次。1.732）

【解答】解：设CQ=x,

如图，测得ND4C=30°,NDBC=45°,AB=14米,

则：DC=BC,

在△AC。中，

利用三角函数的关系式:

tanZDAC=Y

V3X

整理得式=

工+14’

解得:X^19（米）,

故选：B.

8.定义在（0,+8）上的函数/（X）的导函数/（x）满足^则必有（）

A.64/(1)</(2)B.81/(1)>\6f(3)

C.4/(2)>f(4)D.729/(2)>6学(3)

【解答】解：令〃(X)=牛，xe(0,+8),

则/(X)=列(”答5-幻=X-叼6f(x),

,：xf(x)<6f(x),：.xf(x)-6f(x)<0,：.h'(x)<0,

函数a（%）在（o,+°°）上单调递减,

：.h(1)>h(2)>h(3)>h(4),

即f(1)>f(2)>f(3)>f(4)

即/⑴>-6T>729>4096,

A64/,(I)>f(2),729f(1)>f(3),64/(2)>f(4),729/(2)>64f(3),

故A,B,C错误，£>正确.

故选：D.

二、多选题

（多选）9.某次音乐节，评委给13支乐队的评分（十分制）如图，下列说法正确的是（）

011345^8910111213^=

A.13支乐队评分的极差为7

B.13支乐队中评分不低于7分的有6支

C.13支乐队评分的平均数约为6.46

D.第6支到第12支乐队的评分逐渐降低

【解答】解：对于4,13支乐队评分的极差为10-3=7,选项4正确；

对于8,13支乐队中评分不低于7分的有10、7、10、9、8、7共6支，选项8正确；

对于C,计算13支乐队评分的平均值为上x（10+6+7+5+3+10+9+4+8+6+5+4+7）=

13

QA

言=6.46,选项C正确；

对于D,从第6支到第12支乐队的评分并不是逐渐降低的,其中第9支乐队评分较高的,

选项。错误.

故选：ABC.

（多选）10.已知尸=3,3>'=4,则（）

A.x<^B.xy—2C.x>yD.x+y>2\/2

【解答】解：,答=3,3y=4,

.*.x=log23»y=21og32,

因为9>8,A32>23,故210g23>/og223,即210g23>3,

：.x>l，所以选项A错误，

"."Ay=log23-21og32=2,所以选项B正确，

344

log?2>/°。23>,。。33»

34

••1+log22>1+，。。33»

即Iog23>log34,所以选项C正确，

由于B正确，所以=2A/L所以选项。正确.

故选：BCD.

（多选）11.根据中国古代重要的数学著作《孙子算经》记载，我国古代诸侯的等级自低到

高分为：男、子、伯、侯、公五个等级.现有每个级别的诸侯各一人，君王要把50处领

地全部分给5位诸侯，要求每位诸侯都分到领地且级别每高一级就多分用处（机为正整

数）.按这种分法，下列结论正确的是（）

3

A.为“男”的诸侯分到的领地不大于6处的概率是:

B.为“子”的诸侯分到的领地不小于6处的概率是工

4

C.为“伯”的诸侯分到的领地恰好为10处的概率是1

D.为“公”的诸侯恰好分到16处领地的概率是二

【解答】解：由题意可知，5位诸侯分得的领地数成等差数列｛劭｝,

设该等差数列的前〃项和为S”因为的=50,则有5%+竽巾=50,即“1=10-2m

因为〃，均为正整数，

则有产=心,『1=5,『1=。,产=上共四种情况,

=1=2=3=4

当猊二:时，有m=8,42=9,43=10,04=11,45=12,

当｛.二：时，有42=8,〃3=10,44=12,45=14,

当｛宾二;时，有。1=4，42=7,43=10,44=13,as—16,

当晚二时,有。1=2,01=6,6/3=10,44=14,05=18,

其中m,。2,。3,〃4,〃5分别对应男、子、伯、侯、公分到领地数，

所以为“男”的诸侯分到的领地不大于6处的概率是士故选项4正确;

4

为“子”的诸侯分到的领地不小于6处的概率是1,故选项B错误；

为“伯”的诸侯分到的领地恰好为10处的概率是1,故选项C正确;

为“公”的诸侯恰好分到16处领地的概率是工，故选项。正确.

4

故选：ACD.

(多选)12.已知函数/(x)=2cos(u)x+(p)(a)>0,0<(p<^)的图象的相邻两条对称轴

间的距离为2m/(0)=1.则()

A.3=%

B./(%)的图象关于直线》=一号对称

C.f(x)的单调递减区间为［4m一冬，4hr+等］(依Z)

D.f(x)21的解集为［4E-竽，4^n］(依Z)

T

【解答】解：函数/(%)图象的相邻两条对称轴间的距离为2e即鼻=如，

解得T=4ir,所以3=竿=与选项A错误；

171

由，(0)=2cos(p=l,得cos(p=5，解得(p=2Ki土一，kWZ,

又OVtpV*,所以(p=4所以/(冗)=2cos(-x+^)；

由八一鄂=2cos(-J+J)=2,所以/(x)的图象关于直线”一竽对称，选项3

正确；

令2阮<5<2丘+11,依Z,解得44n-ZcGZ；

所以了(工)的单调减区间为［4内i一等，4匕r+粤］,依Z,选项C正确；

令/(x)21,得cos(r+等)>i>解得2/JI—5<蔡+5<2Znr+5,依Z；即4/m-WxW

,2323z333

4E,ZEZ；

所以f(x)21的解集是[4内r一学，4内r],依Z,选项。正确.

故选：BCD.

三、填空题

13.己知等差数列｛〃〃｝,〃4=-〃8，43-々5=4,则0=等.

【解答】解：在等差数列｛板｝中，设公差为力

由。4=-。8,〃3-05=4,

想+3d=-(4+7d)即[2%+10d=0

付i(Qi+2d)-(a1+4d)=4f1t-2d=4'

解得｛建2

故答案为：10.

14.已知P为双曲线C：x2一1=1右支上一点，尸|,已分别为C的左、右焦点，且线

段4A2,BIB2分别为C的实轴与虚轴.若14A成等比数列，则仍尸2|=」.

【解答】解：由双曲线的方程x2_[=1,则。=1,b=2,所以|AIA2|=2,|81因=4,

由14A2|,四固，|PF1|成等比数列，即|BIB2|2=|4A2|・『FI|,则16=2X|PFI|,

所以|PFI|=8,

由P在双曲线的右支上，则|PF1|-|P放|=2,所以|PF2|=6,

故答案为：6.

15.甲、乙、丙三位同学获得某项竞赛活动的前三名，但具体名次未知.3人作出如下预测:

甲说：我不是第三名；乙说：我是第三名；丙说：我不是第一名.若甲、乙、丙3人的

预测结果有且只有一个正确，由此判断获得第三名的是甲

【解答】解：若甲正确，则乙、丙均错误，故丙是第一名，乙是第二名，甲是第三名，

与“甲说：我不是第三名”正确相矛盾，

故甲错误，因此，甲为第三名；

于是乙、丙中必有一人正确，一人错误.

若丙错误(则乙正确)，即丙是第一名，而甲是第三名，故乙是第二名，与乙正确“我是

第三名”矛盾，

故丙正确，即丙不是第一名，为第二名；

故答案为：甲.

16.著名数学家棣莫佛^Demoivre,1667~1754)出生于法国香槟，他在概率论和三角学方

面,发表了许多重要论文.1707年棣莫佛提出了公式:[XcosO+isin。)]"=/(cos"0+isin〃。)，

其中r>0,〃€N*.根据这个公式,则(cos$+isin金)6=/；若[r(cos/+isin箴|，=

-16,则r=2.

77"TT71]L

【解答】解：由题意可知(cos豆+is讥分)6=cos—r+zsin-=i.

[r(cos,+isin^)]4=—16,可得，r4(cosn+zsinir)=-16,

所以r=2.

故答案为：i;2.

四、解答题

17.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为mb,c,2acosA=V3(hcosC4-ccosB).

(1)求角A；

(2)若b=2遮，BC边上的高为3,求c.

【解答】解：(1)V2acosA=\[3｛bcosC+ccosB),

:.由正弦定理可得：2sinAcosA=V3(sinBcosC+sinCcosB),即2sinAcosA=V3sin(8+C)

=V3sinA,

VsinA^O,

,AV3

•・cosA=

•••由AE(0,it),可得A=z.

o

111

(2)V5AABC=2^^=2a9^BC9且人=28，〃BC=3,sinA="

A-x2^/3xcx4=2x〃X3,解得a=

•二由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA,可得(-^-)2=(2>/3)2+c2-2x2^3x导c,即c2

-9c+18=0,

；・解得c=3或6.

18.在等差数列｛劭｝中，m=3,其前〃项和为S〃，各项均为正数的等比数列｛为｝中，6=1,

且满足。3=S2,。1+。2+4=10.

(I)求数列｛〃〃｝与｛b｝的通项公式;

(II)若数列｛4｝的前〃项和为〃，证明：Tn<l，

【解答】解：（I）设数列｛4〃｝的公差为a｛瓦｝的公比为夕,

rasl.17c7s(3+3+d+1=10

因为勿=1,加=S2,“1+42+61=10,所以12,o.»，

(q=Q3+3+d

解答d=3,q=3(负值舍去)，

故。〃=3+3(H-1)=3〃，囱=3"，

(H)证明：由(I)得%=-3产=3吗+D,

_.12211

所以一=--------=一(一一——).

Sn3n(n+l)3nn+1

所以数列｛?-｝的前〃项和为为=£(1—义+/一卷=5(1-),

/乙D7c7cI•!.5iLIX

9

所以T"Vg.

19.请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答.

①最•(日1+而)=0；②PC=木;③点P在平面4BCD的射影在直线A。上.

如图，平面五边形附BCD中，△以。是边长为2的等边三角形，AD//BC,AB=2BC=

2,AB±BC,将△抬。沿AD翻折成四棱锥P-ABCD,E是棱PD上的动点(端点除外)，

F、M分别是AB、CE的中点，且.

(1)求证：ABVFM-.

(2)当EF与平面外力所成角最大时，求平面4CE与平面巩。所成的锐二面角的余弦

【解答】(1)证明：取，C。的中点分别为0,G,连接P0,FG,

选择①：

因为昂•（易+而）=0,PA+PD=2PO,

所以赢•访=0,即BA_LPO....................................................................（1分）

又BALAD,ADHPO=O,

所以8A_L平面以D....................................................................（2分）

因为M,G分别为CE,C。的中点，

所以MG//PD,且MGC平面PAD,POu平面PAD,

所以MG〃平面力£>......................................（3分）

同理可得：FG〃平面出。.

因为MGAFG=G,

所以平面FGM〃平面物力，.....................................（4分）

所以BA_L平面FGM.....................................................................（5分）

又FMu平面FGM,

所以BA_LFM.................................................................（6分）

选择②：

连接OC,则OC=A8=2,OP=V3,

因为PC=y/7,PC2=OP2+OC2,

所以BAJ_PO.....................................................................（1分）

又ADQPO=O,

所以BA_L平面以Q......................................（2分）

因为M,G分别为CE,CQ的中点，

所以MG〃尸。，且MGC平面也。，尸。<=平面

所以MG〃平面B4D....................................................................（3分）

同理可得：PG〃平面附。.

因为MGAFG=G,

所以平面FGM〃平面B4。，.....................................（4分）

所以&4_L平面FGM.....................................................................（5分）

又FMu平面FGM,

所以8A_LFM.................................................................（6分）

选择③：

因为点P在平面A8CZ）的射影在直线40上，

所以平面以D_L平面ABCD....................................................................（1分）

因为平面以。。平面ABCQ=A£>,OPu平面以。，ADrPO,

所以OP_L平面ABCQ,

所以&4_LP0.....................................................................（2分）

XBA±AD,ADC\PO=O,

所以平面以D.....................................................................（3分）

因为例，G分别为CE,CQ的中点，

所以MG〃尸。，且MGC平面B4O,PDu平面B4D,

所以MG〃平面%D....................................................................（4分）

同理可得：/G〃平面以O.

因为MGAFG=G,

所以平面PGM〃平面外。，.....................................（5分）

所以8Al.平面FGM.

又FMu平面FGM,

所以8A_LFM.................................................................（6分）

（2）解：连接AE,EF,由（1）可知：48，平面公。，

所以乙4E尸即为EF与平面以。所成的角.

因为tm4EF=^=%，所以当AE最小时，N4EF最大，

所以当AE，P。，即E为PQ中点，AE最小..............................（7分）

以点0为坐标原点，以0C为x轴，0。为y轴，0P为z轴，建立如图所示的空间直角

坐标系，

则4（0,-1,0）,E（0,易，C（2,0,0）.

所以族=（0,|,AC=（2,1,0）.....................（8

分）

设平面CAE的法向量为m=（xi,yi,zi）,

（3□.由n1

则《yi+WZi=0,,令%]=6，得7n=&,_i,V3）.....................（9

2%i+月=0

分）

由题意可知:平面孙。的法向量为”=（1,0,0）,......................（10分）

所以cosVm，n>=湍嬴=塔,.................................（11分）

y/17

所以平面ACE与平面以。所成的锐二面角的余弦值为=7...............（12分）

20.调味品品评师的重要工作是对各种品牌的调味品进行品尝、分析、鉴定、研发，周而复

始、反复对比.对调味品品评师考核测试的一种常用方法如下：拿出n瓶外观相同但品

质不同的调味品让他品尝，要求其按品质优劣为它们排序；经过一段时间，等其记忆淡

忘之后，再让其品尝这n瓶调味品，并重新按品质优劣为它们排序，称这个过程为一轮

测试.根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评分.

现设〃=4,分别以防，“2,。3,。4表示第一次排序为1,2,3,4的四种调味品在第二次

排序时的序号,并令%=|1-</1|+|2-能|+|3-03|+|4-训,则X是对两次排序的偏离程度

的一种描述（如：若第二次排序的序号为1,3,2,4,则X=2）.

（1）假设G,“2,43,44的排列等可能为1,2,3,4的各种排列，求随机变量X的分

布列和数学期望；

（2）某调味品品评师在相继进行的三轮测试中，都有XW2,贝IJ：

①假设各轮测试相互独立，试按（1）的结果，计算出现这种情况的概率；

②请你判断该调味品品评师的品味鉴别能力如何，并说明理由.

【解答】解：（1）X的可能取值为0,2,4,6,8.

由1,2,3,4的全排列为4!=24个，

一一列出可得：P(X=0)=芸，"1，〃2,Q3,〃4的排列只能为1,2,3,4.

P(X=2)=完，m,42,〃3,44的排列只能为1,2,4,3；1,3,2,4；2,1,3,4.

同理可得：P(X=4)=嘉7，尸(x=6)=另Q，。(x=8)=言4.

可得分布列：

X02468

P137—94

2424242424

13794

•••E(X)=0x+2x+4x+6x+8x=5.

1al

(2)①由⑴可得：P(XW2)=P(X=0)+P(X=2)=合+热:=9・

进行的三轮测试中都有XW2的概率记做p,由假设各轮测试相互独立,可得:p=/

②由二一V-J是一个很小的概率，这表明如果仅凭随机猜测得到三轮测试中，都有X

2161000

W2的结果可能性很小，所以我们认为品评师的品味鉴别能力很强，不是靠随机猜测.

21.2022年北京冬奥会标志性场馆--国家速滑馆的设计理念来源于一个冰和速度结合的

创意，沿着外墙面由低到高盘旋而成的“冰丝带”，就像速度滑冰运动员高速滑动时留下

的一圈圈风驰电掣的轨迹，冰上划痕成丝带,22条“冰丝带”又象征北京2022年冬奥会.其

中“冰丝带”呈现出圆形平面、椭圆形平面、马鞍形双曲面三种造型，这种造型富有动

感，体现了冰上运动的速度和激情.这三种造型取自于球、椭球、椭圆柱等空间几何体，

其设计参数包括曲率、挠率、面积、体积等.对几何图形的面积、体积计算方法的研究

在中国数学史上有过辉煌的成就，如《九章算术》中记录了数学家刘徽提出利用牟合方

盖的体积来推导球的体积公式，但由于不能计算牟合方盖的体积并没有得出球的体积计

算公式.直到200年以后数学家祖冲之、祖晒父子在《缀术》提出祖唯原理：“幕势既同，

则积不容异”，才利用牟合方盖的体积推导出球的体积公式.原理的意思是：两个等高的

几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.

(I)利用祖晅原理推导半径为/?的球的体积公式时，可以构造如图②所示的几何体M,

几何体M的底面半径和高都为R,其底面和半球体的底面同在平面a内.设与平面a平

行且距离为"的平面截两个几何体得到两个截面，请在图②中用阴影画出与图①中阴

影截面面积相等的图形并给出证明；

Xv

（II）现将椭圆至+款=1（a>6>0）所围成的椭圆面分别绕其长轴、短轴旋转一周后

得两个不同的椭球A,B（如图3）,类比（I）中的方法，探究椭球A的体积公式，并

写出椭球A,B的体积之

【解答】解：（I）由图可知，图①几何体是半径为R的半球，图②几何体是底面半径与

高都为R的圆柱挖掉了一个圆锥，

与图①截面面积相等的图形是一个圆环，如阴影部分.

证明如下：在图①中，设截面圆的圆心为01,则圆。1的面积为n

在图②中，截面截圆锥得到的小圆的半径为"，则圆环的面积为P

截得的截面面积相等；

（H）类比（I）可知，椭圆的长半轴为短半轴为6,构造一个底面半径为6,

高为a的圆柱，把半椭球与圆柱放在同一个平面上，在圆柱内挖去一个以圆柱

下底面圆心为顶点，以圆柱上底面为底面的圆锥，即挖去的圆锥的底面半径为b,高为a,

V2%2

椭球轴截面椭圆的方程为+77=1,取y=d,

22

可得彳2=-d2),则半椭球截面圆的面积为兀­(a2-d2),

22

在圆柱内，圆环的面积为兀力2-7r.L.d2=7r.^(a2_d2)y

根据祖地原理得出椭球A的体积为匕