安徽省淮南市2023届高三上学期一模数学试题（解析版）

淮南市2023届高三第一次模拟考试数学试卷

本试卷分第I卷(选择题)和第∏卷(非选择题)两部分.满分150分，考试时间120分钟.

第I卷(选择题共60分)

一、单选题：本题共8小题，每小题5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

2

珏人A=(x∣log,x<l1B=(X∣X≥xlΛD-、

1.已知集合1IB2J,IlJ,rιι则A()

A.(0,2)B.(1,2)C.[1,2)D.[l,-κz))

R答案XC

K解析D

K样解》解出集合A、B,利用交集的定义可求得集合AcB.

K详析D因为A={x∣log2X<l}=(θ,2),B=∣X∣X2>Λ∣=(-∞,0]O[1,+∞),

因此，4B=[l,2).

故选：C.

Zl

2.在复平面内，Z],Z2对应的点分别为(-1,2),(2,2),则」对应的点为()

Z2

_1_3"

A.B.

4,4,

K答案，B

K解析』

R祥解Il根据复数的几何意义，先得到z∣,Z2,然后根据复数的除法运算得到一个结果后，再根据复数的

几何意义确定所对应的点的坐标

Z-l+2i(-l+2i)(l-i)l+3i

1L

R详析》根据复数的几何意义，于是一=W一?=,“.、八.、=^^，对

zl=-l+2ι,Z,=2+21,

z22(1+1)2(1+1)(1-1)4

ɪ』、

应的点为:

,

44y

故选：B

3.为迎接北京2022年冬奥会，小王选择以跑步的方式响应社区开展的“喜迎冬奥爱上运动”(如图)健身

活动.依据小王2021年1月至2021年11月期间每月跑步的里程（单位：十公里）数据，整理并绘制的折线

图（如图），根据该折线图,

喜迎冬奥爱上运动

0喻，

A.月跑步里程逐月增加

B.月跑步里程的极差小于15

C.月跑步里程的中位数为5月份对应的里程数

D.1月至5月的月跑步里程的方差相对于6月至11月的月跑步里程的方差更大

K答案》c

K解析H

K祥解》根据折线分布图中数据的变化趋势可判断A选项；利用极差的定义可判断B选项：利用中位数的

定义可判断C选项；利用数据的波动幅度可判断D选项.

K详析D对于A选项，1月至2月、6月至8月、10月至11月月跑步里程逐月减少，A错；

对于B选项，月跑步里程的极差约为25-5=2（）>15,B错；

对于C选项，月跑步里程由小到大对应的月份分别为：2月、8月、3月、4月、

1月、5月、7月、6月、11月、9月、10月，

所以，月跑步里程的中位数为5月份对应的里程数，C对；

对于D选项，1月至5月的月跑步里程的波动幅度比6月至11月的月跑步里程的波动幅度小,

故1月至5月的月跑步里程的方差相对于6月至11月的月跑步里程的方差更小，D错.

故选：C.

4.斐波那契数列因以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.此数列在现代物理、准晶体结构、化

学等领域都有着广泛的应用，斐波那契数列｛q｝可以用如下方法定义：an+2=an+i+all,且q=%=1，

若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列｛包｝,则数列｛2｝的前2023项的和为（）

A.2023B.2024C.2696D.2697

K答案》D

R解析』

K祥解力根据数列各项的规律可知｛d｝是以6为周期的周期数列，利用周期性求解即可，

K详析H因为%+2=«„+1+6,,且4=%=1，

所以数列｛4｝为1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,,

此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列也｝为1,1,2,3,1,0,1,1,2,3,1,0,...,是以6为周期的周期数歹U,

2f)22

所以数列｛2｝的前2023项的和S2023=——(1+1+2+3+1+0)+/337*6=2697,

6

故选：D

5.在-ABC中，A3=4,AC=6,点O,E分别在线段AB，AC上，且。为AB中点，AE=-EC,若

2

AP=AD+AE＞则直线AP经过一ABC的()•

A.内心B.外心C.重心D.垂心

K答案HA

K解析H

K样解》根据题意，可得四边形AQPE为菱形，即可得到AP平分/84C,从而得到结果.

因为ΛB=4,AC=6,且。为AB中点，AE=-EC,

2

则,q=k4=2,

又因为AP=Ao+AE，则可得四边形AQpE为菱形，

即AP为菱形ADPE的对角线，

所以ΛP平分/B4C,即直线”经过.ABC的内心

故选:A

6.近年来，准南市全力推进全国文明城市创建工作，构建良好宜居环境，城市公园越来越多，某周末，

甲、乙两位市民准备从龙湖公园、八公山森林公园、上密森林公园、山南中央公园4个景点中随机选择共

中一个景点游玩，记事件M：甲和乙至少一人选择八公山森林公园，事件N：甲和乙选择的景点不同，则

P(NIM)=()

736

B.-C.一D.

877

R答案』D

K解析D

73

K祥解Il根据对立事件可求出P(M)=彳，然后求得P(MN)=根据条件概率公式，即可求出E答案儿

168

K详析H由已知可得，甲乙两人随机选择景点，所有的情况为4x4=16种，甲乙两人都不选择八公山森

9

林公园的情况为3x3=9种，所有甲乙两人都不选择八公山森林公园的概率为p∣=〈，所以

16

o7

P(M)=I--=-.

v,1616

事件MN：甲选择八公山森林公园，乙选择其他，有3种可能；或乙选择八公山森林公园，甲选择其他，

有3种可能.甲乙两人随机选择有所以事件MN发生的概率为P(MN)=ɪ=I

3

/.、P(MN)o6

根据条件概率公式可得，P(NlM)=)(”/=伴=亍.

16

故选：D.

7.已知抛物线0:/=4》的焦点为尸，过产的直线交。于点A,8,点M在。的准线上，若ZXAfM为等

边三角形，贝IJlABl=()

1616∕3

A.—B.6C.以λ上D.16

33

K答案DA

K解析D

R祥解U利用抛物线的定义结合AAfM为等边三角形可知AM垂直于准线，利用抛物线方程可解出A点

坐标进而得到直线AB的方程，将直线AB的方程与抛物线联立，利用韦达定理即可求解.

K详析H因为为等边三角形，所以IAFl=IAMI,

又因为点”在C的准线上，由抛物线的定义可知AM垂直于准线,

由V=4x可知F(1,O),D(-l,0),设A(XA,%),WXB,%),

因为NFMD=¥，|。盟=2,所以Fl=IAMl=4,

6

所以XA=4-彳=3,代入抛物线方程得A点坐标为(3,2百)，

所以直线AB方程为丁二2省=g,整理得y=瓜—百,

0-2√31-3

y=也X-ʌ/ɜ

由V一得3f—iθχ+3=O,

y=4X

ɪ6

所以∣A3∣=XA+XB+P=W'

故选：A

8.若7"=5，8"=6，/=2+e2，则实数小h'C的大小关系为()

A.a>c>bB.c>b>a

C.b>oaD.b>a>c

K答案XB

K解析X

2

祥解根据指数与对数式的互化以及换底公式，可得=曳，Ine

KDαZ?=—”而可.作出函数

In7In8

InX

/(x)=lnx,g(x)=ln(x+2)的图象，观察可得当%>1时，所以随着X的增大，比值In(K+2)越来越

大.令E(X)=I可得尸(X)在(1,+8)上单调递增，根据自变量的大小关系，即可得出K答案必

K详析U由已知可得，a-Iog5=，b-Iog6=，

7In78In8

22/ɔ\2Ine2

lne+2

由胸=2+e2可得，7=()'所以'=lψ包=丽

设〃上产*,m,则小)=”坐苧三”,m,

In(X+2)'7X(X+2)In-(X+2)

因为x>l,故x+2>x>l,ln(x+2)>lnx>0,

所以(X+2)In(X+2)—xlnx>()即/,χ)>0,

所以/(x)在(l,+∞)上为增函数，

又α=∕(5),b=f(6),c=∕(e2),又e2>6>5,所以c>6>α.

故选：B.

二、多选题：本题共4小题，每小题5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5分，部分选对的得2分，有选错的得O分.

4

9.已知函数/(x)=x+-+2,则()

X

A./(χ)的值域为［6,+8)

B.直线3x+y+6=0是曲线y=∕(x)的一条切线

C./(x-I)图象的对称中心为(一1,2)

D.方程尸(为_5/1)-14=0有三个实数根

K答案HBD

K解析』

R祥解HA.分x>O,x<O两种情况求函数的值域；B.利用导数求函数的切线，判断选项；C.利用平移判断

函数的对称中心；D.首先求/(x)的值，再求解方程的实数根.

4

K详析UA.x>O时，/(x)=X-i----1-2>4+2=6,当X=2时等号成立，

%

4

当x<0时，/(X)=尤+—+2≤-4+2=—2,当％=—2时等号成立，故A错误；

X

B.令/'(x)=l3,得x=±l,/(1)=7,所以图象在点(1,7)处的切线方程是>-7=-3(%一1),

得3x+y-10=0,/(-1)=-3,所以图象在点(-1,-3)处的切线方程是y+3=-3(x+l),得

3x+y+6=0,故B正确；

C.y=Λ+∣的对称中心是(0,0),所以/(Λ)=x+g+2的对称中心是(0,2),向右平移1个单位得了(*—1),

对称中心是(1,2),故C错误；

D.∕2(x)-5∕(x)-14=0,解得：〃x)=—2或/(x)=7,

4,4

当X+—+2=—2,得(x+2)-=0,x=—2,1个实根，当x+-+2=7时，得X=I或x=4,2个实根，

XX

所以共3个实根，故D正确.

故选：BD

10.在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面P48为等边三角形，AB^3,AD=4,PC=5,则

()

A.平面RW，平面ABCD

3

B.直线AB与PC所成的角的余弦值为二

10

C.直线PC与平面ABCf)所成的角的正弦值为立

5

D.该四棱锥外接球的表面积为28兀

R答案UABD

K解析D

K样解》根据勾股定理的逆定理，结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理、线面角定义、异面直

线所成角的定义、球的几何性质逐一判断即可.

K详析U因为ABCO为矩形，所以BC=AD=4,

因为侧面∕¾3为等边三角形，

所以PB=AB=3,因为PB?+BC?=PC?，

所以由ABCr)矩形可得ABlBC,

因为AB8P=B,43,BPu平面E45，

所以平面∕½B,而BCu平面ABC。，

所以平面∕¼6J_平面ABer>,因此选项A正确；

由ABC。为矩形可得AB//CO，所以NPCz)是直线AB与PC所成的角(或其补角)，

设AB的中点为。，连接OP,OROC,

因为侧面∕½β为等边三角形，

所以ABLOP,而平面B48，平面ABC。，平面∕¾BC平面ABCAAB,

所以OPL平面ABCr),因为OoU平面ABCD,

所以OPLQD,

25+9-253

在.PCD中，由余弦定理可得cos/PCD=------------=一，所以选项B正确;

2×5×310

因为OPJ•平面ABCD,

所以NPCO是直线PC与平面ABCr)所成的角，

3√3

因此./“八PO23百，所以选项C不正确；

sɪnNPCO=——=-A-=-----

PC510

设该四棱锥外接球的球心为G,矩形ABC。的中心为，，显然GH_L平面A88,

即G"∕∕QP,过G作GRLQP,连接。",GD,设该四棱锥外接球的半径为，，

、2

所以在直角三角形EWG中，Wr2=GD2=GH2+-×y∣32+42

（27

在直角梯形PO"G中，有。H=RG=LX4=2,OH=GR=J产-丝

2V4

在直角三角形PRG中，有PG?=PR?+RG?，

即r=（op—0R）2+4n/=予_36/一,+户——+4,

ΠQ

解得户F，

28

所以该四棱锥外接球的表面积为4πr2=4兀•一=28兀，因此选项D正确,

4

故选：ABD

B

Kr点石成金』》关键「点石成金」：利用线面垂直的判定定理和球的几何性质是解题的关键.

II.已知函数/(x)=Sin(Ox+°),[l＜＜υ＜2,∣同＜∣j图像过点(0,一；)，且存在占,马，当IXl-即=2兀

时,/(王)=/(工2)=0,贝IJ()

4π

A./U)的周期为——

3

5兀

B./W图像的一条对称轴方程为X=——

9

4π10π

C./(χ)在区间上单调递减

99

D./(χ)在区间(0,5兀)上有且仅有4个极大值点

K答案，ACD

K解析H

R祥解D利用图像上一点和周期性求出/(χ),再利用正弦函数的图像和性质判断各选项即可.

In羊析力因为/(x)图像过点(0,一；[且冏＜],所以sin。=—解得9=一2，

T∣ζπk

因为存在内,当，当IXl-A2∣=2兀时，/(xl)=∕(x2)=0,所以％•一=—=2π,即0=-,ZeN*,又

2G)2

3

因为1＜勿＜2,所以口二一，

2

所以/(x)=Sinlm*一宗)，

2π_4π

选项A：/O)的周期丁=丁，正确；

2

选项B：/(χ)图像的对称轴为二∙X—=—I-kιτ,解得X=---1---it,keLr,令----=----1---兀，k无

26293993

整数解，B错误;

4Tt10兀3TCjI3兀

选项C：当X∈—时，-X--∈,所以由正弦函数的图像和性质可得/(X)在区间

774U乙乙

4π10π

^9^,^9^上单调递减,C正确;

3Tt(Tt22兀1

选项D：当X∈(θ,57i)时，(∈∣-］亍，所以由正弦函数的图像和性质可得/(X)在区间(0,5兀)有

4个极大值点，3个极小值点，D正确;

故选：ACD

22

12.已知双曲线C:=-A=l(a>0,〃>0)的左、右焦点分别为耳，居，过居的直线交C的右支于点A,B,

ab~

若6A型=病=|胸,阳则()

15.(7的渐近线方程为^=±乎犬

A.ABLBFi

C.∖AF2∖=∖BF↑D.A4Eg与aBK鸟面积之比为2：1

K答案，ABC

K解析H

K样解2根据片=M则可得CoSNA月8=：,忻WA卜利用余弦定理求出

∖AB∖,即可判断A,根据双曲线的定义结合IABl的值可求出IA制忸制,忸用,可确定C,从而在直

角三角形66居中可得。，c的齐次式，可求渐近线方程确定B,根据直角三角形的面积公式可确定D.

R详析』由不.质=串I邱［OSNA耳5=义稠I晒,得CoSNAK5=|,

又由FyB=M1=|忻小叫，得同@=||刊，

不妨设|耳q=3mWd=5加,在ASKB中,

由余弦定理得IAM2=|"3『+归4『—2∣桐,小OSNAKB=I6病，

所以IAM=4加，所以,@+〔48「=忻小所以ABL他，A正确;

在直角三角形6耳层中，根据双曲线定义可得忸4一|的I=2a,

所以忸周=3m-24,

在三角形AKK中，根据双曲线定义可得|4周一|4闾=2α,

所以IA闾=5m-2α,

因为IABl=IAE|+忸用=8m-44=4/〃,所以m=a>

所以忸制=3”,忸周=3a-2a=a,

在直角三角形mK中，忸用2+忸/ʧ=忻用2,即9∕+Α2=4C2,

所以104=4(/+〃)，所以4=3,所以。=逅，

所以渐近线方程为y=±乎x，B正确；

IAZ^=IABI-忸阊=4a-α=3α,忸制=3α,所以IA闾=忸国，C正确;

131

S△何乃=］忸用.忸用=5或5防.=54印忸用=6心

__92

^∆AFlF2=^ΔFlΛδ_SABFFz=/"，

所以△?!耳耳与456心面积之比为3：1,D错误，

故选:ABC.

第∏卷(非选择题共90分)

三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.将K答案D填写在题中的横线上.)

13.若角α的始边是X轴非负半轴，终边落在直线x+2)，=0上，则Sin(T-2αJ=.

3

K答案1I##0.6

K解析H

K祥解X利用三角函数的定义求出tan。的值，利用诱导公式、二倍角的余弦公式以及弦化切化简可得所

求代数式的值.

K详析X由已知可得COSa+2Sina=(),所以，tan。=-！，

2

222

.(兀CCos«-sinal-tana3

所以，sin——2a=cos2α=——-------------=-----------=-.

(2)cos-α+sin-a1+tana5

3

故K答案H为：-

14.已知圆O:f+y2=9与圆C：/+y2-4χ-6y+9=0交于A,B两点,则直线AB的方程为;

,ABC的面积为.

24

K答案HΦ.2x+3y-9=0②.—

K解析』

K祥解』两圆相减得到相交弦方程，即直线AB的方程，求出圆心C(2,3),得到C(2,3)到直线AB的距

离，利用垂径定理得到MM=今?，得到三角形面积.

R详析D两圆相减得：4x+6y=18,化简得：2x+3y—9=0,故直线AB的方程为2x+3y-9=0,

0变形得到(x—2)2+(y—3)2=4,圆心C(2,3),半径为2

取回心LINQJ刊旦线A已州正日尚乃Ja==^=------，

√4+913

由垂径定理得：∣AB∣=2x/二=噌3，

故一ABC的面积为3AB∣/=LX2叵*±姮=*.

2l12131313

24

故K答案』为：2x+3y-9=0,—.

13

15.设直线x=∕(f>O)与曲线y=x(xe*—1)+2,y=2hu-1分别交于4,B两点，则IABl的最小值一

K答案U4

K解析H

K祥解》由题意，设/(r)=/e'-2hvτ+3,求得/'(r)=r(r+2)1eJ令g(f)=e'_'，可知

3r∈[∣,1L使得g(%)=0,即可得出的单调性，进而根据e'°=/

0暧得到％=-21n%,代入/&)

得出最小值.

K详析H设/（7）=（心—1）+2—2始/+1=/"—21nfT+3,定义域为（0,+“）,

则/'（。）=（r+2。1_2_1=，，+2）（1_!],

]2

令g(∕)=e'-产’则g'(∕)=e'+产>。在(。,+8)上恒成立,

所以g(f)在(0,+e)上单调递增.

又g⑴=e-l>O,8|£|=/一4<0,所以力0€(；，1]，使得8%)=0，即6'°=".且当O<f<f0时，

有g(r)<O,则/'0)<0,所以/«)在(OJo)上单调递减；当，>九时，有g(r)>O,则/(。>0,所

以/9)在(%，+8)上单调递增.

所以，/")在f=f0处有唯一极小值，也是最小值/(ro)=*e'"-2h∏o-to+3,

因为e">=J,所以to=ln3=-21nto,所以/(M)=［乂3一2InrO+2h∏o+3=4.

‘0’0»0

所以，IA例的最小值为4.

故K答案2为：4.

16.在棱长为2的正方体43CD-A片GA中，点E,F,G分别是线段AA,CC∣,A。的中点，点M在正

方形A4GA内(含边界)，记过E,F,G的平面为α,若BM∕∕a,则的取值范围是.

K答案D[√6,2λ^l

K解析D

K祥解H取BC中点为H,由已知可证明平面£7〃七即为平面α,平面ABc//ɑ.可知MGAG∙进而

根据等腰三角形即可求出BM的取值范围.

如图，取BC中点为“，连结EH,FH,GH,EF,AD∣,AtB,BQ,AiG•

由已知AB//GO,且45=G',所以四边形ABG2是平行四边形，所以BG//AA,且BG=AR.

又E,F,G,H分别是线段A4t,CG,AQ,8C的中点，所以HF∕∕BC∣,EGIIAD、,所以HF//EG,所

以平面E”PG即为平面ɑ.

易知===又BCHAB,所以四边形BHGA是平行四边形，所以4B∕∕"G,

又HGUa,AsBcta,所以Λ16∕∕1,

同理由8C∣∕∕AD∣,可得BC∣∕∕α.

因为A∣8U平面ABC1,8C∣u平面A∣8CBCl=B,所以平面/∕ɑ.

则由3Λ∕∕∕α,Be平面A∣8C∣,可知，BWu平面A^G，MW平面A^G.

又点M在正方形44GA内，平面AgGDJ、平面A6G=AG,所以M∈Λ,G∙

所以的长即为点8到线段4G上点的距离，因为3G=%=2后，所以当点M为线段4G的中点

2

时，BM最小，此时BM=JBA1-^^^=√6；当点M与线段4G端点重合时，BM最大,此时

3/=2√Σ∙所以8W的取值范围是[C,2√Σ]∙

故K答案》为：[、后,2a].

四、解答题(本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.)

17.已知，45C内角A,8,C所对的边分别为α,Ac,面积为2百，再从条件①、条件②这两个条件中选择

一个作为已知条件(若两个都选，以第一个评分)，求：

(1)求角A的大小；

(2)求BC边中线AD长的最小值.

条件①：(Q-匕)(SinA+sin3)=(c—。)sin(A+B)；

条件②：∖∣3(b2+c2-tz2)=2"csinB.

K答案』⑴A=I

(2)√6

K解析D

R祥解Il(I)利用正弦定理和余弦定理边角互化即可求解；

.21/\2

(2)由面积公式可得力c、=8,利用向量可得A。=-(Aβ+ΛC),结合均值不等式即可求解.

K小问1详析》

选条件①：(。-匕)(SinA+sinB)=(c—份sin(A+B),

因为二ABC中A+B=π-C,所以(α-h)(sinA+sinB)=(c-h)sinC,

由正弦定理可得(a—力(。+加=(C—力c,

22

Hn,,22IΛb^+c—a1

KP⅛^+c-a^=bc'CoSA=———------=—,

2bc2

又A∈(0,兀),所以A=1.

选条件②：√3(⅛2+c2-a2)≈2acsinB

由余弦定理可得2√3ftccosA=2acsinB即屈COSA=asin3，

由正弦定理可得V5sinBcosΛ=sinASinB，

因为B∈(0,π),所以sin8w(),所以GCOSA=SinA，即tanA=百,

又4∈(0,π),所以A=1.

R小问2详析D

由（1）知，A=y,ABC的面积为26，所以g^sing=26，解得。c=8,

所以A=；(A8+AC『=；(A62+AC?+2ΛB∙Ac)

+c2+20CCOSm)=；仅2+c2+bc)N；(2bc+bc)=q0c=6,

当且仅当b=c=2√2时取等号，

故BC边中线AO的最小值为√6.

18.2022年10月31日15时37分，搭载空间站梦天实验舱成功发射，并进入预定轨道，梦天舱的重要结构

件导轨支架采用了3D打印的薄壁蒙皮点阵结构.3D打印(3DP)是快速成型技术的一种,它是一种以数字模

型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层打印的方式来构造物体的技术.随着技术不

断成熟，3D打印在精密仪器制作应用越来越多.某企业向一家科技公司租用一台3D打印设备，用于打印一

批对内径有较高精度要求的零件.已知这台3D打印设备打印出品的零件内径(单位：μm)X服从正态分

布N(K)5,36).

(1)若该台3D打印了IOO件这种零件，记X表示这Ioo件零件中内径指标值位于区间(11U17)的产品

件数，求E(X);

(2)该科技公司到企业安装调试这台3D打印设备后，试打了5个零件.度量其内径分别为(单位：Mm)：

86、95、103、109、118,试问此打印设备是否需要进一步调试，为什么？

参考数据：P(μ-σ<X<∕2+σ)=0.6826,P{μ-2σ<X<μ+2σ)=0.9544,

P(M—3b<X<4+3b)=0.9974,

R答案，(1)13.59

(2)需要进一步调试，理由见K解析D

K解析D

K祥解』⑴计算出一件产品的质量指标值位于区间(111,117)的概率，分析可知X~3(100,0.1359),

利用二项分布的期望公式可求得E(X)的值；

⑵计算得出〃-3b=105-18=87,χ∕+3σ=105+18=123,且86史(87,123),根据3cr原则可得出

结论.

K小问1详析』

解：由题意知，4=105,Cr=6,则Ill=〃+cr,117=4+b

一件产品的质量指标值位于区间(U1,117)的概率即为P(M+σ∙<X<M+2CΓ)

因为P(∕∕-<τ<X<//+cτ)=0.6826,P(μ-2σ<X<χ∕+2σ)=0.9544,

所以P(∕∕+<τ<X<〃+2Cr)=g[P(〃一2<τ<X<∕z+2σ)-P(∕∕-σ<X<χ∕+σ)J

=∣(0.9544-0.6826)=0.1359,

所以X~B(100,0∙1359),所以E(X)=IOoXo.1359=13.59.

K小问2详析R

解：X服从正态分布N(Io5,36),由于尸(〃—3b<X<"+3b)=0.9974,

则〃-3cr=105—18=87,〃+3Cr=IO5+18=123,

所以内径在(87,123)之外的概率为().(乂)26,为小概率事件而86任(87,123),且;>0.0026,

根据3b原则，机器异常，需要进一步调试.

19.已知数列｛0,,｝满足α∣=l,anι+n=am+an[m,neN").

(1)求｛4｝的通项公式；

(2)记勿=(T)”•表1,数列也,｝的前2〃项和为Q,证明：-l<("≤-g.

K答案D(1)an=〃；

(2)证明见K解析》.

K解析H

R祥解11⑴令僧=1,可得α,,+∣=4+l,可知数列｛4｝为等差数列，即可得出；

(2)裂项可得勿=(—1)”•(,+一]],相加可得(“=—1+」一.根据J=-1+—!—的单调性即可证

n+∖)2π+l2〃+1

明.

R小问1详析】

解：令机=1,则由已知可得”,,+∣=%+。“=。”+1,

所以数列｛4｝是以4=1为首项，d=l为公差的等差数列，

所以a,,=01+("-l)d=l+"-l=".

R小问2详析H

.,…2n+lzI、”(II、

证明：由(I)可得，⅛=(-i)∙-7~~^=(-D--+—;,

n∖n+∖)∖n∏Λ-∖)

则Ty=&+仇++Zλ,.÷⅛τ,,=~fɪ^—]+f—।—]+■∙^^f------1-]+[—।--------]=-IH--—,

2

2"I2"T2"I2J(23J(2“-12«J(2〃2n+l)2n+1

II21

因为(“=-1+------单调递减，7；=-1+---------=一一，显然7；“=-1+丁二>一1,

2π2〃+122x1+132/7+1

2

所以有一1<(“W-一.

3

20.在三棱锥S—ABC中，底面JLBC为等腰直角三角形，ZSAB=ZSCB=ZABC=90°.

S

(2)若A8=2,SC=2√Σ,求平面SAC与平面S3C夹角的余弦值.

K答案》(1)证明见K解析』

⑵旦

3

K解析，

K祥解F(1)根据题意，可证qSCδM一S4B,即S4=SC,从而证得AC_L面S8E,即可得到结果；

(2)根据题意，过S作Sr)_L面49C，垂足为。，连接A。,CD,以力为原点，ZM,OC,OS分别为χ,

y,z轴建立空间直角坐标系。-孙z,根据空间向量的坐标运算以及二面角的计算公式，即可得到结果.

K小问1详析］

证明：取AC的中点为E,连结SE,BE,

'：AB=BC,：.BErAC,

在二SCB和ASAB中，ZSAB=NSCB=90o,AB=BC,SB=SB

：..SCB=SAB,：.SA=SC,

•.•4。的中点为£,，5£_1_4。，

,/SECBE=E,：.AC_L面SBE,

∙.∙S8⊂^S8E,.∙.ACLS3

R小问2详析》

z，

过S作SO,面ABC,垂足为。，连接4。,。，.・.5。，45

,∙,AB±SA,ABA.SD,SAAD=A,ABj_平面SAD

ABYAD,同理，BCLCD

：底面一ABC为等腰直角三角形，AB=2,SC=2y∕2,

：.四边形ABCD为正方形且边长为2.

以。为原点，D4,DC,。S分别为％y,z轴建立空间直角坐标系。一肛z,则

A(2,0,0),5(0,0,2),C(0,2,0),B(2,2,0)

.∙.SC=(0,2,-2),AC=(-2,2,0),βc=(-2,0,0),

n-SC=2yl-2zi=0

设平面SAC的法向量〃(χ,y,zj,则<解得x=y=z,

n-AC=-2xi+2yl=0

取尤1=1,则y=1,z∣=1,二”=(1,1,1),

m-SC-Iy2-2Z2=0

设平面SBC的法向量加=(x,y,z),则■,解得

222y=z

m-BC=-2X2=0

取％=1,则再=0,z∣=1,.∙.m=(0,1,1),

设平面SAC与平面SBC夹角为e

mn

aII2√6

.∙.cosθ=cos<m,n>∖--∏—=-=——尸=——

11〃m√3i×√23

故平面SAC与平面SBC夹角的余弦值为—.

3

21.已知椭圆C：二+[=1（。＞匕〉0）的左焦点为F,C上任意一点M到F的距离最大值和最小值之积为

Crb~

3,离心率为T.

(1)求C的方程；

(2)若过点P(〃,0)(“<-2)的直线/交C于4,B两点，且点A关于X轴的对称点落在直线B/7上，求〃

的值及CB钻面积的最大值.

22

K答案，(1)—+ɪ-ɪl；

43

(2)〃=T,..E4B面积的最大值为迪.

4

K解析D

K祥解》⑴由己知IWI=//+a,根据一α<x°≤α,可得IMFlmaX=。+。，IMblmin=。一5根据

己知得到4=3，a2-c2=3,根据离心率值即可求出4,c的值；

(2)设A(Λ1,y),B(x2,γ2),由已知可得MIF+%"=0，即不%%+々X+X=°∙联立直线与椭圆

方程，根据Δ>0,得到“2<3M+4∙根据韦达定理求出”=-4,/>4根据坐标表示出弦长IABl以及点

入-1,0)到直线/距离d,即可得出

Sγλr=应4三.进而根据基本不等式，结合〃？的范围换元即可求出面积的最小值.

FAB3m2+4

R小问1详析】

解：由题意可得，

M2+c2

(4，儿)，尸(一。,0)，∣MF∣=λ∕(⅞+c)+^o=J(⅞)+1-今投=J[%o+α)='+。・

又因为-α≤j⅛≤α,∣MF∣πm=α+c,\MF\m[n^a-c,

由已知可得〃一=3,即6=3,

又椭圆C的离心率e=-=—,所以a=2c,则a?—c?=4c'2—C?=3c?=3，

a2

解得c=l,所以α=2,

22

所以椭圆C的方程为三+汇=1.

43

K小问2详析》

解：设A(Xl,χ),B(X2,%)，又尸(TO),

因为NPFA+NPFB=Ti,所以2.+ZBF=。，所以“γ+~¾=°,

X[+1+ɪ

化简整理得χlj2+y2+々X+y=O①.

X=my+n

设直线/：x=my+〃（加≠0）,联立直线与椭圆方程<22

-X-----1-J-----=11

143

化简整理可得(3m2+4)j2+6mny+3∕ι2—12=0,

Δ=(67∏77)2—4(3〃+4)(3〃2—12)=48(3m2+4)>0,可得/<3裙+4②,

Ginn

由韦达定理，可得y+%-Ei⅛苧

将xt=myl+n,x2=my2+n代入①，

可得2冲∣%+(〃+l)(χ+%)=0④，

再将③代入④，可得6加(“-4)=6〃?〃(〃+1),解得〃=一4,

3∕n2+43m2+4

所以直线/的方程为X=Wy-4,

且由②可得，3m2+4>16»即勿∕>4,

八一」∣-l×l-0+4∣3

由点F(-l,0)到直线/的距离〃='~~/,=-ʃ=^

√1÷/n√1+Hr

IAM=y∣l+m2-{(弘+%)2-4%%=ɪ2√1+m2--:>

5m+4

18⅛-4

3∕√+4

______18/_18<18_3√3

2fab2

^yJm-4=t,t>0<则~3Z+16^3r+lð^^2√3×