四川省内江市2023届高三第三次模拟考试数学（理科）试题（含答案与解析）

内江市高中2023届第三次模拟考试题

数学(理科)

1.本试卷包括第I卷(选择题)和第∏卷(非选择题)两部分，共4页.全卷满分150分，

考试时间120分钟.

2.答第I卷时，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净

后，再选涂其它答案标号;答第∏卷时,用0∙5毫米的黑色签字笔在答题卡规定的区域内作答，

字体工整，笔迹清楚；不能答在试题卷上.

3.考试结束后，监考员将答题卡收回.

第I卷(选择题，共60分)

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题所给出的四个选项中，只

有一项是符合题目要求的，把正确选项的代号填在答题卡的指定位置.

1.已知复数α+3i)(2z-z)=10,其中i是虚数单位，1是Z的共辗复数，则z=()

A.1+iB.1-iC.-l+iD.-l-i

2.已知全集U=R,M={x∣d-4χ+3≤θ},2V={x∣log2x≤l},则δu(Λ∕uN)=()

A(-∞,0］..(3,+∞)B.(-∞,3)

C.(-∞,1)L,(3,+∞)D.(3+∞)

3.空气质量指数是评估空气质量状况的一组数字，空气质量指数划分为［0,50)、［50,100)、［100,150)、

［150,200)、［200,300)和［300,500)六档，分别对应“优”、“良”、“轻度污染”、“中度污染”、

“重度污染”和“严重污染”六个等级，如图是某市4月1日至14.日连续14天的空气质量指数趋势

B.这14天中空气质量指数的中位数是214

C.连续三天中空气质量指数方差最小是5日到7日

D.这14天中空气质量指数的平均数约为189

4.我国古代数学名著《九章算术》中几何模型“阳马”意指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥.某

“阳马”的三视图如图所示，则该四棱锥中棱长的最大值为（

C.√6D.2

5.函数/（x）=XCOSX+（SinX）InlXI的部分图像大致为（）

1∩X

=——有相同的极大值，则α+b=（）

A.2B.0C.-3D.-1

7.水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形,且相邻的两个小球相切.若用一个

半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为（）

A.4B.2&+2C.2布+2D.6

8.位于登封市告成镇的观星台相当于一个测量日影的圭表.圭表是我国古代一种通过测量正午日影长度来

推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂

直的长尺（称为“圭”）.当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那

一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至.如图是一个根据郑州市的地理位置设计的圭表的示意

图，己知郑州市冬至正午太阳高度角（即/ABC）约为32.5。，夏至正午太阳高度角（即/4）C）约为

79.5。，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即DB的长）为14米，则表高（即AC的长）约为（）

327

（其中tan32.5°≈二，tan79.5o≈—）

55

夏至正午阳光

冬至正午阳光

A.9.27米B.9.33米C.9.45米D.9.51米

9.已知圆锥的母线长为2,侧面积为2片，则过顶点的截面面积的最大值等于()

A.√3B.y∣2C.3D.2

22

10.已知双曲线C：3-A=Im>0力>0)上有不同的三点A、B、P,且A、8关于原点对称，直线融、PB

U6

3

的斜率分别为左PA、kpB，且即A・Ma=W，则离心率e的值为()

BD

巷TCfT

11.将函数/(x)=SinOXW>0)的图象向右平移T个单位长度后得到函数g(x)的图象，若(°，3)是

g(x)的一个单调递增区间，且g(x)在(0,π)上有5个零点，则①=()

A.1B.5C.9D.13

12.设Q=InU,b=-fC=tan则()

5275

A.c>b>aB.c>a>bC.b>c>aD.a>c>b

第∏卷(非选择题，共90分)

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知W=4，W=3,且α,(α+2⅛),则向量。在向量上的投影为.

14.若(x+a)5(2—丁)的展开式的各项系数和为32,则该展开式中/的系数是.

15.甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为：；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为T.假定

每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等

可能的，则甲、乙各胜一局的概率为.

16.已知A(T,0),3(3,0),P是圆0：/+>2=49上的一个动点，则SinNAPB的最大值为.

三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚.

17.已知数列｛4,,｝的前〃项和为S“，且满足q=2,5,,+l=2S,,+2.

(1)求数列｛为｝的通项公式.

；∏an(、

(2)记5=(；Tl)(；［2)'求数列也，，｝的前〃项和小

18.某厂商调查甲、乙两种不同型号电视机在10个卖场的销售量(单位：台)，并根据这10个卖场的销售

情况，得到如图所示的茎叶图.为了鼓励卖场，在同型号电视机的销售中，该厂商将销售量高于数据平均

数的卖场命名为该型号电视机的“星级卖场”.

甲乙

4800108

7522023

0312ab

3143

(1)当a=l,。=0时，记甲型号电视机“星级卖场''数量为，"，乙型号电视机的“星级卖场''数量为〃，

比较相，〃的大小关系；

(2)在这10个卖场中，随机选取2个卖场，记X为其中甲型号电视机的“星级卖场”的个数，求X的分布

列和数学期望.

(3)记乙型号电视机销售量的方差为S?,根据茎叶图推断。与〃分别取何值时，$2达到最小值.(只需写

出结论)

19.在_ABC中，ZACB=45,BC=3,过点A作ADlBC，交线段BC于点。(如图1),沿AD将

△A3。折起，使NBDC=90(如图2),点E,M分别为棱BC,AC的中点.

图1

(1)求证：CDlME;

4—2—1—

(2)在①图I中tan2B=--AD=-AB+-AC__

3—33f

这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，再解答问题.

问题：己知试在棱Co上确定一点N,使得ENLBM,并求平面BMN与平面CBN夹

角的余弦值.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

20.若存在实数k,从使得函数/(x)和g(x)对其定义域上的任意实数X同时满足：/(x)N区+匕且

g(x)≤kx+b,则称直线:Ly=:+1为函数/(x)和g(x)的“隔离直线”.已知)(x)=χ2,

g(x)=2e∖nx(其中e为自然对数的底数).试问:

(1)函数/(χ)和g(x)的图象是否存在公共点，若存在，求出交点坐标，若不存在，说明理由；

(2)函数/(x)和g(x)是否存在“隔离直线”？若存在，求出此“隔离直线''的方程；若不存在，请说明理

由.

21.如图，曲线G是以原点。为中心，F1>E为焦点椭圆的一部分，曲线G是以。为顶点、尸2为焦

75

点的抛物线的一部分，A是曲线Cl和e2的一个交点，且NAKK为钝角，HKI=/,∣AK∣=]∙

(1)求曲线G和C?所在椭圆和抛物线的方程;

(2)过居作一条与X轴不垂直的直线，分别和曲线G和交于5、E、C、。四点，若G为CO的中

点，”为BE的中点,⅛⅛∣是否为定值？若是,请求出此定值；若不是,请说明理由.

∖CD∖-∖HF2-∖

请考生在第22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将所选题号涂黑.如果多做，则按所做

的第一题计分.

22.在平面直角坐标系中，将曲线G向左平移2个单位，再将得到的曲线上的每一个点的横坐标保持不

变，纵坐标缩短为原来的T得到曲线C2，以坐标原点。为极点，X轴的正半轴为极轴，建立极坐标

系.曲线G的极坐标方程为P=4cosα.

(1)求曲线G的参数方程；

(2)已知点M在第一象限，四边形政VPQ是曲线G的内接矩形，求内接矩形MNPQ周长的最大值,

并求周长最大时点M的坐标.

23.已知函数〃x)=|2x—4|+-+4(jceR).

(1)若a=l,求证：/(x)>4；

(2)若对于任意x∈[l,2],都有"x)≤4,求实数a的取值范围.

参考答案

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题所给出的四个选项中，只

有一项是符合题目要求的，把正确选项的代号填在答题卡的指定位置.

1.已知复数("3i)(2z-Z)=I0,其中i是虚数单位，I是Z的共在复数，则z=()

A.1+iB.1-iC.-l+iD.-l-i

【答案】A

【解析】

【分析】设z=α+bi,后由共扼复数，复数乘法，复数相等知识可得答案.

【详解】设z=α+历,^lz=a-bi>(l+3i)(2z-z)=10<=>(l+3i)(tz-3⅛i)=10

a+9b-10a=1

o(α+9))+(34-30)i=10=><,，则z=α+M=l+i

30-38=0==1

.故选：A

2.已知全集U=R,Λ/={x∣M-4x+3≤θ},?/={x|log2x<l},则加(MUN)=()

A.(-∞,0］(3,+∞)B.(-∞,3)

C.(―∞,1)1(3,÷∞)D.(3+8)

【答案】A

【解析】

【分析】化简集合M,N,后由并集及补集定义可得答案.

【详解】X2-4X+3≤0=>(X-3)(X-1)≤0=>1≤X≤3,则M={x∣l≤x≤3}；

Λ

Iog2X≤1=Iog2X≤Iog22=>O<%≤2,则N={∣0<x≤2}.

则Λ/uN={x∣0<x≤3}=>Q,,2N)={x∣x≤O或x>3}.

故选:A

3.空气质量指数是评估空气质量状况的一组数字，空气质量指数划分为［0,50)、［50,100)、UO(M50)、

［150,200)、［200,300)和［300,500)六档，分别对应“优”、“良”、“轻度污染”、“中度污染”、

“重度污染”和“严重污染”六个等级，如图是某市4月1日至14.日连续14天的空气质量指数趋势

图，则下列说法中正确的是()

空气质量指数

B.这14天中空气质量指数的中位数是214

C.连续三天中空气质量指数方差最小是5日到7日

D.这14天中空气质量指数的平均数约为189

【答案】D

【解析】

【分析】观察数据变化可判断A项；将14天的空气质量指数由小到大依次排列，即可得出中位数，判断

B项；根据折线图及方差的概念可判断C项；根据数据计算平均数可判断D项.

【详解】对于A选项：从2日到5日空气质量指数逐渐降低，空气质量越来越好，A选项错误；

对于B选项：由图象可知，14天的空气质量指数由小到大依次为：80,83,138,155,157,165,179,

179+214

214,214,221,243,260,263,275,所以中位数为---------=196.5,B选项错误；

2

对于C选项：方差表示数据波动情况，根据折线图可知连续三天中波动最小的是9日到11日，所以方差

最小的是9日到Il0,C选项错误；

对于D选项：这14天中空气质量指数的平均数约为

214+275+243+157+80+155+260+83+165+179+138+214+221+263

=189,D选项正确;

14

故选：D.

4.我国古代数学名著《九章算术》中几何模型“阳马”意指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥.某

“阳马”的三视图如图所示，则该四棱锥中棱长的最大值为（）

C.√6D.2

【答案】C

【解析】

【分析】先由三视图得到几何体的直观图，再分别求得棱长比较下结论.

【详解】解：由三视图得该几何体如图所示:

22

由图知：IPAl=UAM=l,∖AD∖=2,1PB∖=λ∕∣PA∣+∣AB∣=√2，

∖PC∖=^∖PAf+∖ACf=y∕6,∖PD∖=y∣∖PAf+∖ADf=√2，

故选：C

5.函数/(x)=XCOSX+(SinX)InlXl的部分图像大致为()

【答案】A

【解析】

ITT∖JT

【分析】先判断函数/(x)的奇偶性排除选项c、D；再由/5=l∏5>0,即可求解.

(详解】函数/(x)=XCoSX+(SinX)InIXl的定义域为{χ∣χ≠O},

且/(-x)=-XCOS(-x)+[sin(-x)JIn|—x∣=-XeOSx-(sinX)InX=—/(x),

所以函数/(x)是奇函数，其函数图像关于(0,0)对称，所以选项C、D错误;

π.π

又了—+sin—ιn呜＞0,所以选项B错误;

22l⅜

故选：A.

γInY

6.已知函数/(x)=--α和g(x)=——+6有相同的极大值，则α+b=()

erX

A.2B.0C.-3D.-1

【答案】B

【解析】

【分析】利用导数法求得“X)和g(x)的极大值，然后根据/(x)与g(x)有相同的极大值建立方程求解

即可.

γ∙I_γ

【详解】f(x)=--a,则r(χ)=三，

ee

令第x)>0,解得/<〉令r(x)<O,解得χ>l,

所以/(X)在(-8,1)上单调递增，在(1,+8)上单调递减，

所以/(x)在x=l处取得极大值/(I)=J一α,

e

E,、Inx,,“\I-Inx

又g(x)=—+力，则mg(x)=——>

XX

令g'(x)<O,解得%>e,令g'(x)>O,解得O<χ<e,

所以g(尤)在(0,e)上单调递增，在(e,+8)上单调递减，

所以g(X)在％=e处取得极大值g(e)=*,

依据题意，/(x)和g(x)有相同的极大值，

故/⑴=g(e),所以‘-a=1+'所以a+Z?=O.

ee

故选：B.

7.水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切.若用一个

半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为()

A.4B.2√2+2C.2y∕3+2D.6

【答案】C

【解析】

【分析】根据题设要使半球形容器内壁的半径的最小，保证小球与工球各面(含球面部分)都相切，进而求

8

半径最小值.

【详解】要使半球形容器内壁的半径的最小，只需保证小球与1球各面(含球面部分)都相切，

8

此时，如上图示，。为半球的球心，A为其中一个小球球心，则Q4是棱长为2的正方体的体对角线，且

该小球与半球球面上的切点与O,A共线，

所以半球形容器内壁的半径的最小值为小球半径与Q4长度之和，即20+2,

故选：C

8.位于登封市告成镇观星台相当于一个测量日影的圭表.圭表是我国古代一种通过测量正午日影长度来

推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂

直的长尺（称为“圭”）.当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那

一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至.如图是一个根据郑州市的地理位置设计的圭表的示意

图，己知郑州市冬至正午太阳高度角（即/ABC）约为32.5。，夏至正午太阳高度角（即NAZ）C）约为

79.5°,圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即。8的长）为14米，则表高（即AC的长）约为（）

327

（其中tan32.5”」tan79.5o≈-）

C.9.45米D.9.51米

【答案】C

【解析】

AC,8—AC

【分析】根据题意BC=BC-CD=↑4,进而代入数据求解即可.

tanZABCtanNADC

【详解】解：如图，NABC=32.5ADC=19.5,DB=14,

AΓAC

设表高AC=力，则由题知，tanZABC=—,tanZADC=—

BCCD

ACCD—AC

所以BC=

tanZABC,tanADC

327

因为tan32.5°≈g,tan79.5o≈-,DB=14,

5527189

所以—±∕z=14,解得∕z=±iχl4=庄=9.45,

3274020

所以，表高（即AC的长）约为9.45米.

故选：C

9.已知圆锥的母线长为2,侧面积为2折，则过顶点的截面面积的最大值等于（）

A.√3B.√2C.3D.2

【答案】D

【解析】

【分析】结合圆锥的母线长和侧面积可求得底面圆的周长、半径，再得到轴截面的顶角，进而得到截面三

角形顶角的取值范围，故当截面为顶角是色的等腰三角形时面积最大，即得解

2

【详解】由圆锥的母线长为2,侧面积为2折，假设底面圆周长为/,因此,x2x∕=2j藐，

2

故底面圆周长为2j藐，底面圆的半径为√J.

2π

由于轴截面为腰长为2,底边长为底面圆直径的等腰三角形，因此轴截面的顶角是三.故当截面为顶

角是三的等腰三角形时面积最大，此时S=L∙2∙2∙sin工=2

222

故选：D

【点睛】本题考查了圆锥侧面积和截面面积问题，考查了学生综合分析，空间想象，逻辑推理，数学运

算能力，为中档题

10.已知双曲线C:=l(α>0,b>0)上有不同三点A、B、P,且A、B关于原点对称，直线物、PB

/b2

3

的斜率分别为&A、kpB，且原八・即8=1,则离心率e的值为（）

A.立B.也C.√2D.迈

222

【答案】B

【解析】

2

【分析】设P(Λ2,%),由斜率坐标公式求出K•七，再利用点差法得勺=⅛二⅜,即可求出乙=3,

Cl-XjCl4

进而求得e.

【详解】设A(x∣,χ),P(x2,y2),根据对称性，知8(f,-yJ,

,两式相减，得上;上

因为点A,P在双曲线上，所以<)丁一X

生__%b2

a2b2

所以4=乌二⅜,所以即A∙4P8=J⅛=3,所以C?=7

,a2

X2--X1-'"a44

所以e=E

故选：B

11.将函数/(x)=sin3τ(o>0)的图象向右平移!■个单位长度后得到函数g(x)的图象，若(°吃)是

g(x)的一个单调递增区间，且g(无)在(0,兀)上有5个零点，则①=()

A.1B.5C.9D.13

【答案】B

【解析】

【分析】由题知g(x)=sin<yχ-ɪ<y^(<y>0),进而结合题意得0=1-4Z,A:eZ,再根据g(x)在(0,π)

上有5个零点即可得答案.

【详解】解：因为函数/(x)=Sins3>0)的图象向右平移个单位长度后得到函数g(x)的图象，

因为(0。)是g(x)的一个单调递增区间，

/兀I兀兀

所以，⅛(θ)=sinl--<υI=-I,即-50=-5+2br,解得口=1-4左,ZeZ,

因为g(x)在(0,兀)上有5个零点，作出其草图如图，

2ω2ω22

所以，当攵=一1时<υ=l-4斤=5,

故选：B

12.设α=ln»,b=—,c=tan—,则()

5275

A.c>b>aB.c>a>bC.b>c>aD.a>c>b

【答案】A

【解析】

【分析】利用正切函数单调性借助1比较儿C大小；根据对数结构构造函数/(X)=/-ex比较α,b大

小，即可解答.

Ti4TT26

【详解】因为y=tanx在(0,一)上单调递增，于是tan—>tan—=1>——，即c>人,

25427

令/(x)=e*-ex,0<x<l,则/'(x)=e*-e<O,所以/(χ)在(0,1)上单调递减,

所以/(x)>/(1)=0,即e'>eχ,

H26,5726cr2613ri2613

取X=—则mle27>e---->2.7×——=2.6=—,所以—>I1n一,即b>a,

27275275

所以C>Z?>Q.

故选：A

第II卷(非选择题，共90分)

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知忖=4,W=3,且α,(α+2⅛),则向量“在向量B上的投影为.

Q

【答案】-7

3

【解析】

【分析】先求出“包，再利用投影公式可得向量α在向量匕上的投影.

【详解】因为α,(α+人)，所以α∙(α+2b)=0,即7+24∙∙=0;

由W=4,W=3可得α∙0=--d2=-∣p∣2=-8；

d`b8

则向量Q在向量。上的投影为下［二一］.

Q

故答案：.

3

14.若(x+α)5(2-χ3)的展开式的各项系数和为32,则该展开式中/的系数是.

【答案】5

【解析】

【分析】利用赋值法令X=I表达出展开式的各项系数和，求出α=l,根据二项式展开式的通项公式计算

即可得出结果.

【详解】解：因为(x+a)5(2-d)的展开式的各项系数和为32,

令X=1,得(l+a)5(2-1)=32,所以α=l,

又(X+cι)(2—)=2(X+a)，—ɪɜ(X+a)',

所以该展开式中/的系数是2∙C∙a-l∙C>/=］()α-5/=5.

故答案为：5

15.甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为］；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为［.假定

每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等

可能的，则甲、乙各胜一局的概率为.

41

【答案】—

72

【解析】

【分析】分两种情况讨论：(1)第一局甲胜，第二局乙胜：(2)第一局乙胜，第二局甲胜.分析出每局输赢

的情况，结合独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率.

【详解】分两种情况讨论：

(1)第一局甲胜，第二局乙胜：

若第一局甲执黑子先下，则甲胜第一局的概率为第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为:，

若第一局乙执黑子先下，则甲胜第一局的概率为g,第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为

1211117

所以，第一局甲胜，第二局乙胜的概率为q=—X—X—+—X—X—=—;

23222224

(2)第一局乙胜，第二局甲胜:

12

若第一局甲执黑子先下，则乙胜第一局的概率为第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为:，

若第一局乙执黑子先下，则乙胜第一局的概率为第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为I,

1121125

所以，第一局乙胜，第二局甲胜的概率为6=-X-X—+-x-x-=一.

23322318

7541

综上所述，甲、乙各胜一局的概率为一+—=一.

241872

41

故答案为：—.

72

16.已知A(TO),3(3,0),P是圆O：/+,2=49上的一个动点，则SinNAPB的最大值为.

7

【答案】—

13

【解析】

【分析】设外接圆半径为凡由正弦定理可得，当外接圆半径最小，即外接圆与圆。相内切时，

sinNAPB最大.

【详解】设Z¾3外接圆半径为R，由正弦定理，—=2Rn网=SinZAPB-当外接圆半径

sinZAPB2R

最小，即外接圆与圆O相内切时，SinNAPB最大.

设,R隹外接圆圆心为M，由题可得其在AB中垂线上，可设其坐标为：(ι,χ).

则R=∣M4∣=√4+X2,∖Mθ∖=y∣l+X2,又圆M与圆O相内切，则圆心距等于半径之差，则

Jl+X2=7-√4+X2，

等式两边平方并化筒后可得：√4+X2=一.

7

即.243外接圆半径为R的最小值为日.

网一4_7

则此时SinNAP8最大，最大值为2R-52^13-

T

7

故答案为：—

13

三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚.

17.已知数列｛α,,｝的前〃项和为S,,,且满足％=2,Sn+l=2S,,+2.

（1）求数列｛%｝的通项公式.

z∏an,、

（2）记”=再而二可，求数列也｝的前〃项和1,•

【答案】（1）a,l=2"

【解析】

【分析】（1）方法一：由见,S“之间关系可证得数列｛%｝为等比数列，由等比数列通项公式求得。“；

方法二：由已知关系式可证得数列｛S,,+2｝为等比数列，由此可推导求得S.，利用q,S“之间关系可求得

4；

(2)由(1)可得为，采用裂项相消法可求得结果.

【小问1详解】

方法一：当〃=1时，由S〃+]=25〃+2得：S2=2Sl+2,即q+%=2。∣+2,

又4=2,.∙.g=4；

当〃22时，an+λ-5,,+1-Sn=2Sn+2-2Sn_,-2=2an,

又α∣=2,%=4满足。2=2弓，即当〃=1时，α,,+∣=24“成立，

；•数列｛4｝是以2为首项，2为公比的等比数列，∙∙∙%=2"("eN*)∙

方法二：由S,,+∣=2S,,+2得：S,,+1+2=2(S,,+2),又S∣+2=q+2=4,

.・.数列｛S,+2｝是以4为首项，2为公比的等比数列，∙∙∙S,,+2=4χ2"T=2"+∣,

π+l

即Sn=2-2,

,+l,,

当MN2时，an=Sn-S,T=2'-2-2'+2=2'1

又4=2满足4=2",；.4=2"(〃61^*).

【小问2详解】

由（1）得:

(〃+1)(〃+2)H+20+1

222'232224232"2"T2〃+i2〃2”+∣

-+-+-++-+-1.

TTTTTT",»+7-^T〃+2n+1n+2

18.某厂商调查甲、乙两种不同型号电视机在10个卖场的销售量（单位：台），并根据这10个卖场的销售

情况，得到如图所示的茎叶图.为了鼓励卖场，在同型号电视机的销售中，该厂商将销售量高于数据平均

数的卖场命名为该型号电视机的“星级卖场”.

甲乙

48001

7522023

0312ab

3143

（1）当α=l,方=0时，记甲型号电视机的“星级卖场”数量为〃?，乙型号电视机的“星级卖场''数量为%

比较"?，”的大小关系；

（2）在这10个卖场中，随机选取2个卖场，记X为其中甲型号电视机的“星级卖场”的个数，求X的分布

列和数学期望.

（3）记乙型号电视机销售量的方差为S?,根据茎叶图推断。与b分别取何值时，.『达到最小值.（只需写

出结论）

【答案】（1）加=〃

（2）分布列见解析（3）”=匕=。时，S?达到最小值

【解析】

【分析】（1）计算甲乙的平均数比较大小即可；

（2）分析数据，列出X的分布列并求出数学期望；

（3）根据方差的性质，a=0=0时，离散程度越小，S?达到最小值.

【小问1详解】

10+10+14+18+22+25+27+30+41+43

根据茎叶图,可得甲组数据的平均数为=24,

10

10+18+20+22+23+31+32+31+30+43

乙组数据的平均数为=26，

10

甲型号电视机的“星级卖场”数量为m=5,乙型号电视机的“星级卖场”数量为〃=5,

所以加=〃；

【小问2详解】

X的可能取值为0,1,2,由（1）知，甲型号电视机的“星级卖场”数量为5,

「002ɔ「I/ɔlq0200ɔ

P(X=O)=⅛=-,P(X=I)=*=三，P(X=2)=⅛=-,

222

vC-x107QCQJoyCQJO7

X的分布列为:

X012

252

P

999

【小问3详解】

10+18+20+22+23+31+32+43_

方差代表和中心偏离的程度,24875

8

α=∕,=0时，离散差越小，/达到最小值.

19.在一ABC中，ZACB=45,BC=3,过点A作A。工3C,交线段BC于点。（如图1）,沿A。将

△ABD折起，使NBDC=90（如图2）,点E,M分别为棱8C,AC的中点.

（1）求证：CDLME；

421

（2）在①图1中tan2B=-一，②图1中A。=-A8+-AC,③图2中三棱锥A-BCD的体积最大.

333

这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，再解答问题.

问题：已知，试在棱Co上确定一点N,使得ENJ_3河，并求平面BMN与平面CBN的夹

角的余弦值.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】（1）证明见解析

⑵叵

6

【解析】

【分析】（1）根据线面垂直的判定定理与性质可得CD_LAB,结合中位线的性质可得ME〃他，即可证

明；

(2)选①：由二倍角的正切公式求出tan8,进而求出BD,选②：根据向量的线性运算求出BC,选

③：设BO=x(0<x<3),利用线面垂直的判定定理和性质可得AD_L平面3C。，则

匕-Be=:(Y-6Y+9X),利用导数求出体积的最大值，求出BD分别建立如图空间直角坐标系，利用

向量法求出面面角即可；

【小问1详解】

CD±AD,CDLBD,ADQBD=D,AD,BDU平面ABD,

∖CD^平面ABDABU平面ABD.∙.CDLAB.

又∙”,E分别为AC,BC的中点，

：.ME//AB,：.CDYME.

【小问2详解】

选①，在图1所示的..ABC中，由tan2B=∕=-2ta咚.

3l-tan2B

解得tanθ=2或tanB=-J(舍去).

2

Az)X

设AD=CZ)=X,在Rrz2sAβZ)中，tanB=----=------=2,

BD3—X

解得X=2,.∙.3JD=L

以点D为原点，DB,DC,DA分别为％¾Z轴建立如图所示的坐标系D-xyz,

D(O,O,O),B(I,O,O),C(O,2,O),A(O,O,2),M(O,I,I),E[1,1,0

则BM=(-1,1,1).

设N(0,α,0),则EN=I—g,α-l,θ).

EN工BM,:.EN∙BM=0,即(一g,αT,θ)(-1,1,1)=0,解得a=；,

.∙.N(θ,g,θ).∙.当。N=:(即N是CD的靠近。的一个四等分点)时，ENLBM.

设平面BwN的一个法向量为"=(x,y,z),且BN=[-1,；,0

n∙BN=Q—X+—y=0,

由得《令x=l,则〃=(1,2,-1),

n∙BM—0,-x+ʃ+z=0,

取平面CBN的一个法向量加=(0,0,1),

l,∣l∣cosΛzzn∖,JIL2L_|(上。'1>(1'2,_1)|_"

人J(ZM—丽一次+22+(-1)2-T，

平面BMN与平面CBN的夹角的余弦值为".

6

选②，在图1所示的-ABC中，设BD=2BC，

则A。=AB+8。=AB+∕IBC=AB+;I(AC-AB)=(I-2)AB+44C,

—21—1

又AD=-AB+-AC,由平面向量基本定理知X=-,即Br)=L

333J

以点。为原点，DB,DC,DA分别为X,yz轴建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,

P(0,0,0),β(l,0,0),C(0,2,0),A(0,0,2),M(0,l,l),E∣∣,1,0

则=(-1,1,1).

设N(O,α,0),则EN=(-g,α-l,θ)ENLBM,:.ENBM=0,

即—l,θ]∙(-l,l,1)=0,解得a=—,NlO,5,0),

当。N='(即N是。。靠近。的一个四等分点)时，ENLBM.

2

设平面5MN的一个法向量为〃=(X,y,z),且3N=(-l,g,θ),

n∙BN=b,-x+-y=0,

由得《2-令X=1,则〃=(1,2,-1).

n∙BM—O,-x+y+z=0,

取平面CBN的一个法向量加=(0,0,1),

m`n

则cos(m,n]—

\/mn∕l2+22+(-l)26

∖∖∖∖λ

平面BMN与平面CBN的夹角的余弦值为好.

6

选③，在图1所示的.ABC中，设BO=X(O<x<3),则C£>=3-X,

AD±BC,∕AC8=45二Ar)C为等腰直角三角形，.∙.AD=CD=3-X.

折起后Ar)J_OC,AD±BD,且BZ)IDC=D,BD、DCU平面BCD,

二皿平面88,又皿C=9。，，5=呆3-力,

VA-Ba)=§ADfsc