重庆市某中学校2023届高三模拟数学 含解析

2023年普通高等学校招生全国统一考试模拟

数学试卷

本试卷共5页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在

本试卷上无效.

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

一、选择题：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.

1.设集合夕为平面直角坐标系内第四象限内的点的横坐标构成的集合，则下列条件中，使得

PcQ=Pu。的为()

A.Q=0B.。为/(x)=e'的值域

C.。为复数的模长构成的集合D.Q=R.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意得P=(0,+8),根据四个选项中的。，求出「。和PU。，根据它们是否相等可判断

出答案.

【详解】依题意可得P=(O,+8),

对于A,若Q=0,则尸2=0,PIQ=(0,TS),故A不正确；

对于B,若Q为/(x)=e'的值域，则Q=(O,+8)=P,满足PCQ=PDQ,故B正确；

对于C,因为。为复数的模长构成的集合，所以Q=[0,+8),PIQ=(O,+8),PQ=[O,TS),故

C不正确；

对于D,因为Q=R,所以PQ=(O,+8),PQ=R,故D不正确.

故选：B

2.已知一ABC中，AB=5,BC=7,CA=9,则()

7t兀、

D.

3'2,

【答案】c

【解析】

【分析】根据题意，由余弦定理即可得到cosNCW,从而得到其范围.

【详解】

由题意，在三角形A6C中，由余弦定理可得,

AB2+AC2-BC225+81-4957

cosZCAB=

2-AB-AC2x5x9-90

且cos¥=《2>3Z.,cos—=—<—,所以NCABe

42903290

故选:C

3

3.过抛物线C:y2=3x的焦点F作直线交c于A,B,过A和原点的直线交工=一-于。，则面

4

积的最小值为（）

9r-

A.0B.2C.-D.2V3

4

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意可得焦点/准线x=—|,设直线A8的倾斜角为。，则直线A8的方程为

ccq033cow0o3

x=——•y+—；联立抛物线方程可得V—:~—y--=0,联立直线A0和准线方程x=一一可得

sin64sin。44

。点坐标，即可得BO垂直于准线，再利用焦半径公式可得8F=-J,AE=­J,写出

1+COS01-COSJ

△A3。的面积sABD的表达式，利用导函数和即可求得其最小值.

【详解】如下图所示，易知焦点直线x=-;即为抛物线C:y2=3x的准线；

则/<e)=2cos2e+cose-i,令/'(e)=o,解得85。=万，

所以当呵0m时，r(e)>o,函数/(e)在(。看)上单调递增，在存71

—上单调递减;

2

所以当6=1时，/(。)取最大值方)=*(1+3)=苧,

(5)=2x—J—=也

当取最大值时，面积取最小知，即'ADD,m'n43G'

丁

即△ABO面积的最小值为73.

故选：A

【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用焦半径公式建立直线的倾斜角为。与的关系式

BF=-J,AF=­J,写出△A8O的面积S的表达式，利用导函数求得面积最小值.

1+COS，1-COS，

4.抛一枚硬币，若抛到正面则停止，抛到反面则继续抛，已知该硬币抛到正反两面是等可能的，则以上操

作硬币反面朝上的次数期望为()

395

-0D-

A.4B.8-4

【答案】B

【解析】

【分析】根据独立事件的概率乘法公式以及错位相减法求解.

【详解】设硬币反面朝上的次数为X,(x20),

由题可知，每次抛正面朝上的概率为反面朝上概率为1-;,

则

2

P(x=o)=l,p(x=i)=(i-l}|=g),

(1Y1

P(X=2)=,P(X=n)=1----

I2)2

所以E(X)=0,g+1+2・g)+

扣X)=o(「+吗)+2G)++喂厂

（।、"+2

两式相减可得,-n

即E（X）[+1

2

因为lim£（x）=lim[i-踪?]=1，

n-»+x〃一》+oo\J

所以硬币反面朝上的次数期望为1,

故选:B.

5.在‘ABC中，点。，E满足BO=2OC，AE=2EC，且仞BE=G.若k6+256卜,6-28

则cosC的可能值为（）

1।-54

A.-----B.-C.-D.一

15295

【答案】D

【解析】

【分析】根据平面向量的加减法运算、数量积的运算律，以及基本不等式求解.

【详解】依题意，作图如下，

由|AG+2BGHAG-2BG|,可得AG?+4BG2+4AG-BG=AG?+4BG~-4AG-BG-

所以4G•8G=0，即AGLBG，也即AD_L8E，

又因为AD=CD-C4=1CB-C4,BE=CE-CB=-CA-CB.

33

所以A£>.BE=C4）（,c4_CT?]=_口61—+Wc4.C8=0,

13j13j339

所以，|可,03卜0$0=|041+|03]，

当且仅当|CAb|CB|时取得等号，

3

所以cosCNy,

4

所以结合选项COSC的可能值为y，

故选：D.

6.Logistie分布在数据分析中常常用于分类变量回归，若连续随机变量X满足：P（X"x）=­g,

1+e丫

则称X服从位置参数为"，形状参数为70>0）的Logistic分布，则（）

A.满足二项分布的随机变量也是连续随机变量

B.若连续随机变量X满足产（X2则X服从Logistic分布

I2

C.若X服从位置参数为0,形状参数为记万的Logistic分布，则P（1<X<2）=m

D.若X服从位置参数为〃，形状参数为7（>0）的Logistic分布，则P（〃一/WXW〃+7）>0.5

【答案】C

【解析】

【分析】根据二项分布为离散型随机变量的分布可判断A选项；利用Logistic分布的定义可判断B选项;

根据Logistic分布的概率公式可判断CD选项.

【详解】对于A选项，满足二项分布的随机变量是离散型随机变量，A错；

对于B选项，根据Logistic分布的定义可知，

若连续随机变量X满足「胡之司=金;，则X不服从Logistic分布，B错；

对于C选项，若X服从位置参数为0,形状参数为」一的Logistic分布，

In2

则P（xs）=d^，

所以，P（x<i）=T7±M=[T=a尸（x<2）=忌丁=±=2

24

422

故P（1<X<2）=P（X<2）—P（X<l）=g—§=石，C对；

对于D选项，若X服从位置参数为〃，形状参数为7（>0）的Logistic分布，

1e1

则尸+P(X”—y)=」,

''1+e1+e1+e

A1A-1

所以，P(//-/<X<//+y)=P(X<//+r)-P(X<//-/)=j---j—=—j-,

e—lie—3c/、

因为Ye+1)<9所以，。("一7WXK4+y)<().5,D错.

故选：c.

7.数列｛4｝的前1357项均为正数，且有：(4+4++a,,)2=Y+W++寸，则

端)23+*23++域股的可能取值个数为()

A.665B.666C.1330D.1332

【答案】B

【解析】

【分析】根据已知条件结合s“与4的关系得2s“+。用=。3,再次利用s“与4的关系得

(4,+i+4,)(4+「4,-1)=°，因为数列M的前1357项均为正数，则a,,=n(Q<n<\357,〃wN*),所以

a「23+G023++a；甥为定值，所以“产+口养3++。眈的结果取决于小这间叱小的，，々叱的取

值，根据条件，从「1358项到。2021项，连续两项之间有两种情况:q+1+。"=0或q+1-勺=1，。2022有两种情况,

分析即可得到结果.

2

【详解】当〃=1,2时,a：=a[,«,+2ata2+a；=a：+£,

因为数列｛a,,｝的前1357项均为正数，

所以4=1，4=2,

设数列｛4｝的前〃项和为S.，

所以S：=a：+W++《：①，

则S：+i=(S“+%)-=。；+色+,,+an+。：+1②，

②-①得：(S,+a,J_s,f,

化简得一•(2S“+a“+J=a3,

若a,产°,2S,+a“+i=a3③，

则2sl+4=。：(〃22)④,

③-④得3+1+4,）（4用一%-1）=0,

因为数列｛凡｝前1357项均为正数，

所以=1（1<«<1357,neN,）,

即数列｛4｝是以1为首项,1为公差的等差数列，

所以-n[\<n<1357,”eN*）,

所以“产+a产+…焉为定值

由（4用+4,）（4用一q-1）=0可得:从4358项到生021项，连续两项之间有两种情况:为+1+。“=°或

。"+|一。"=1,

根据相反数的立方和为零可得每增加两项，可能结果增加两种；而第1358项有两种可能;

2022-1358

所以最后结果的个数可能为:x2+2=666种.

2

故选:B.

8.“牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，当一个正方体

用圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时，两圆柱体的公共部分即为“牟合方盖”，他提出“牟合方盖”的内

切球的体积与“牟合方盖”的体积比为定值，南北朝时期祖晅提出理论：“缘幕势既同，则积不容异”，

即“在等高处的截面面积总是相等的几何体，它们的体积也相等”，并算出了“车合方盖”和球的体积,

其大体思想可用如图表示，其中图1为棱长为2r的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为

2厂的正方体的八分之一，图3是以底面边长为，的正方体的一个底面和底面以外的一个顶点作的正四棱

A.若以一个平行于正方体上下底面的平面，截“牟合方盖”，截面是一个圆形.

B.图2中阴影部分的面积为防.

2

C.由棱长为2「的正方体截得的“牟合方盖”体积为一/•

3

D.“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为兀：4.

【答案】D

【解析】

【分析】由牟盒方盖的定义判断A,由祖原理判断B,直接求出“牟合方盖”体积判断C,求出圆的面积

与正方形面积的比值判断C.

【详解】牟盒方盖是由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，那么只要用水平面去截它们所得

的截面为正方形，故A错误；

因为图1中阴影部分的面积为产—〃2,所以图2中阴影部分的面积为「一（/一九2）=〃2,故B错误；

因为图2与图3中的阴影部分等高且面积相等，都为"，

根据祖唯原理得，图2中正方体与牟合方盖的八分之一之间空隙的体积与正四棱锥体的体积相等，

而正四棱锥的体积为所以由棱长为2r的正方体截得的“牟合方盖”体积为8（/-

333

故C错误；

因为任意水平与“牟合方盖”及其内切球相交的截面为一个正方形和一个正方形的内切圆，

又正方形的面积为2r-2尸=4/，正方形内切圆的面积为兀•/，正方形和内切圆的面积比为4:兀，

由祖胞原理得，“牟合方盖”的体积和内切球的体积之比为4:兀，故D正确.

故选：D

【点睛】关键点点睛：理解“牟合方盖”的定义、祖唯原理，看懂图形是关键.

二、选择题：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

目要求的.全部选对的得5分，部分选择的得2分，有选错的得0分.

9.定义复数的大小关系：已知复数Z1=q+始，z2=a2+b2i,,a2,,b2&R.若4或（q=%

且仇>与），称ZI>Z2.若q=4且4=4,称4=Z2.共余情形均为Z1<Z2.复数〃，V,卬分别满足:

<]Y

〃2+〃+1=0，V=--—,|w4-l|=1,贝|J（）

\/

A.u<w<vB.u=v=wc.v>u=wD,w<w<v

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据复数的乘法、乘方以及复数的模的概念结合复数大小关系的定义求解.

【详解】设复数〃=a+6（a,beR）,若b=0,因为aeR,则/+。+1=0无解,

所以a,beR]HO,将卫=4+万代入/+"+1=0，可得，

a2—b2+2abi+a+b\+1=0，ERa~—b~+a+l+（2a+l）Z?i=0,

1

rCl—―-—

ci~-/>-+cz+l=02i

所以/cA,n，解得，所以〃=一±±火3

（2a+l）b=0,，石22

'b-±---

I2

设卬=x+yi（x,〉eR）,所以|w+l|=J（x+l>+y2=i,

所以（x+l>+y2=i,

所以复数卬=x+yi对应的点在以（一1,0）为圆心，1为半径的圆上，

所以一从而丫最大，故B错误；

若*=—G，y=>则w=一工士——i>

2-222

21A1V3.1V3.-P-1-\/3.1V3.

22222222

时〃=卬，则u>〃=w,C正确；

若一L<xW0,此时〃<卬，则“<w<v,A正确；

2

若此时〃〉坟，则V>M>W,D正确；

2

故选：ACD.

10.习近平总书记2021年10月22日在深入推动黄河流域生态保护和高质量发展座谈会上的讲话中讲到:

“要统筹发展和安全两件大事，提高风险防范和应对能力.高度重视水安全风险，大力推动全社会节约用

水，”节约用水对民生各个方面都有着积极影响，某校为开展“节约用水一起行”活动，对20位同学进行了

调查，调查了他们每户近9个月每个月的月用水量的平均值y.其中某两个月的月用水量数据分别如下：

15.9017.4714.1513.0816.9814.4614.8515.0312.7216.02

16.3017.1717.6119.3915.6617.4612.0716.2913.6716.31

17.8516.9318.4913.3415.7413.0416.6413.0015.8914.47

17.6916.2014.6013.3816.0714.4814.3212.7614.9615.56

M月N月(第九个月)

且根据近9个月每个月的月用水量，得到了月平均用水量的回归方程£=-0.24X+17.40,其中x为月份

序数.贝(I()

A.月份M为第五个月.B.月份N的残差的平均值为0.54.

C.月份M的80百分位数为17.65.D.预报第12个月月平均用水量为14.52.

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据回归方程以及月份M的数据即可解决A,C,利用残差的定义可求解B,利用回归方程可求解

D.

【详解】由题可得，月份M的平均用水量为(15.90+17.47+14.15+13.08+16.98+16.30+17.17+17.61

+19.39+15.66+17.85+16.93+18.49+13.34+15.74+17.69+16.20+14.60+13.38+16.07)

・20=16.2,

令9=16.2,解得x=5,所以月份加为第五个月，A正确；

当x=9时，亍=-024x9+17.40=15.24,

所以月份N的残差的平均值为

[(14.46-15.24)+(14.85-15.24)+(15.03-15.24)+(12.72-15.24)+

(16.02-15.24)+(17.46-15.24)+(12.07-15.24)+(16.29-15.24)+(13.67-15.24)+

(16.31-15.24)+(13.04-15.24)+(16.64-15.24)+(13.00-15.24)+(15.89-15.24)+

(14.47-15.24)+(14.48-15.24)+(14.32-15.24)+(12.76-15.24)+(14.96-15.24)+

(15.56-15.24)]-5-20=(-0.78-0.39-0.21-2.52+0.78+2.22-3.17+1.05-1.57

+1.07-2.2+1.4-2.24+0.65-0.77-0.76-0.92-2.48-0.31+0.32)-20--0.54,B错误；

因为20x0.8=16,

月份M的数据从小到大排列后的第16,17个数为17.61,17.69,

月份M的80百分位数为取WUH=17.65,C正确；

2

令x=12,则3=-0.24X12+17.40=14.52,D正确，

故选:ACD.

11.设函数/(x)=4sin(3x+e)(AM>0,0Ke<27i),如图是函数/(x)及其导函数/'(x)的部分图

像，贝！1()

A.A=co

5兀

B.(p=—

6

好pfj

c.f(x)与y轴交点/

所有交点中横坐标绝对值的最小值为个

D./(x)与/'(x)的

【答案】ABD

【解析】

【分析】本题先结合1组象分析得知图①为/(力的图象，图②为“X)的图象，再根据图象中点的坐标求

出基本量A,3,(P,进而可判断ABCD四个选项.

*

由/(x)=Asin(69x-+0)得/'(X)=GACOS(GX+°),

如图，因当

故可判断图①为。的图象，图②为/(X)的图象，

由图可知：

当5+°=。时，/'(X)=GAC0S(5+0)=69A=3,

71

当飞时'

(o--=V3,故A正确.

A

又3。+勾=4,sin2+p卜]

「匚.1y/3

所以5111。=-],COS^=—，

5兀

又因0＜夕＜2兀，故夕二二，故B正确.

6

综上可得/(x)=6sin(jlx+*),5兀

/'(x)=3cos

6

/(O)=V5sin燃、=一曰,

67

故/（X）与y轴交点坐标为0,-,c错误.

令/(x)=/'(%),即Gsin(百x+,)=3cos5兀、,

+7得

tan百,

故＞/3x+—=殳+左兀，kwZ,

63

,日垂爪y/3kn

得X=----+----,AeZ,

63

rr

当NCOO=一时，点C与点。重合；

2

当NC8为钝角时，则点C'在射线。。上;

当NCQD=O或万时，点C'与点C重合.

TT

不失一般性，不妨设04/。。。4一，则点C'在线段0。上，且AD=AC，设△46。的外接圆为圆

2

E.

对于A选项，若。为锐角，如下图所示:

不妨设AB=AZ>=1，则QA=cos6,OB=\-cos0,

因为N84D=，，若存在位置使得/BC'A=2/3C4,即NBC'A=2ZBCD=万一。,

设0(7=/?,由于ZBC'A=4—8,则点C'不与线段。。的端点重合，即0<7/<sine,

cos。1-cos。

+

/nc//八c,八「，tanZOCA+tanAOCB

tanZBCA=tan(ZOCA+ZOCB)=------------------------------=-hh

v)1-tanZOCfAtanZOCfB1cos^(1-cos

h2

1

1/八、sin。

h=tan(万一夕=------

cos^(1-cos]cos6(1-cos。)cos6

h2h

cos<9(1-cos/9)cos6

则niIhf-------------------L+------=0>即/z?sin6+/zcos8—sin6cose(l-cose)=0,

hsin。

令/(/?)=sin夕+/zcos，一sin夕cos，。一cos6),其中。</zvsin夕，

因为。为锐角，则sin"0,cos8>0,则函数/(与在(0,sin。)上单调递增,

/(0)=-sin6cos8(1-cos夕)<0,f(sin。)=sin8>0,

故方程〃〃)=0在〃w(0,sin0)时有解,

所以，若。为锐角，则在转动过程中存在位置使=A对；

对于B选项，若。为直角，则△A3。为等腰直角三角形，此时点。与点A重合,

7t71

当点C'在线段AO（不包含端点A）上运动时，NBCS4的取值范围是

[42

此时，不存在位置使得B错；

2

对于C选项，连接BE、DE，

O~~77TJ

因为NBAD=105，AB^AD,则ZADB=NAB。=37.5，

OD1AB,则NODA=105-90=15，

由圆的几何性质可得N8£O=2X(180-105)=150,

BE=DE，则NEBO=ZEOS=15，所以，

NODE=NODA+NADB+NEDB=15+37.5+15=67.5<90,

故线段。。与圆E相交，设交点为N,当点C'在线段£>N(不包括端点)上运动时,

延长8C交圆E于点连接AM,则NBC'A>NBM4=NBD4,

若6=105，则在转动过程中存在位置使N8(N4>/BC4,C对；

对于D选项，若N84O=120，AB=AD^则ZAQ8=ZABD=30,

OD1AB,则NOZM=12O—90=30，

由圆的几何性质可得NB£Z）=2x（180-。）=120,

则.，3一二/'（，）—0收。（力_-（x）-夜_o,

“g⑴一x2^2~p

故g（x）=C,C为常数,

由g（x）=，^=C

得〃x）=Cx及

故答案为：（答案不唯一）

22

14.双曲线u工—匕=1上的点M,位于第一象限，4（-6,0）,A（6,0）,的角平分线过点

816

（0,-2）,则cosNAM&=.

4

【答案】y##0.8

【解析】

【分析】由角平分线到角两边的距离相等可以得到直线AM和4M斜率之间的关系，进而得到点M所要

满足的条件，再经过数形结合，把的余弦值转化为4的余弦值，从而使得问题得到解决.

【详解】设点”（%,为），直线AM的斜率为匕，直线4用的斜率为42，

则有&=恭'网=会

直线AM：y=K(x+6)；直线：y=k2(x-6),

因为乙4附4的角平分线过点（0,—2）,

/、|2+6412-6^1

所以点（0,-2）到直线AM和4M的距离相等，即j------

，&「+1%；+1

化简整理得（4匕一%+3左#2+3）（8+右）=0，

因为点M在双曲线上，所以匕+�,即4K-4氏2+3&他+3=0,

故4一4+3_20^+3=0,

x0+6x0-6x()+6x0-6

化简整理得其+4一16%-36=(),

即点M（Xo，%）在圆/+y2-16y-36=0上,

22

又因为点〃（%,为）在双曲线■—汽=i上，

所以点M（x0,%）是圆与双曲线在第一象限交点，如图所示,

易知点4（一6,0）,4（6,0）,。（0,—2）都在圆上,

所以COSN^M^=-cosZi41£）A2,

214

而cosNAQO=,所以cosZA]£>4=2cos*2Z^DO-l=-—

4

所以cosZA{MA2=—.

4

故答案为：y

15.在空间直角坐标系中，一四面体的四个顶点坐标分别为（1,2,3）,（4,1,5）,（2,3,4）,（6,6,1）,则其体积为

9

【答案】4.5##-

2

【解析】

【分析】先求出底面积，用空间向量求高，按照三棱锥体积公式求解.

【详解】设A（1,2,3）,3（4,1,5）,C（2,3,4）,D（6,6,1）,

|Ag|2+|BC|2-|AC|2_5V14

则=i4,|BC『=9,|AC『=3,cosB=

2\AB\.\BC\21

R2~^V9T„=1|AB|.|BC|sinB=^^.

sinBn=vl-cosB-----，S

21BC

设平面ABC的一个法向量为m=（x,y,z）,AB=（3,-1,2）,8C=（-2,2,-1）,

m-AB=0?>x—y+2z=0

则有，即《,令z=-4，则x=3,y=l,/n=（3,l,-4）,

m-BC=0-2x+2y—z=0

3O=（2,5,T）,80在m方向的投影的绝对值即为点。到平面ABC的距离

,m-BD||27726

h=-j——।-LBD=---------,

帆•卜4126

19

四面体。一ABC的体积V=-S八品历=一；

9

故答案为：—.

2

16.用由3个小方格组成的L形（可旋转）和1x1的小方格不重叠地覆盖的3x3正方形棋盘，覆盖方法的

种数为.（旋转、对称后重合的视为不同方法）

【答案】35

【解析】

【分析】根据分类计数加法原理，分类讨论L形的个数，即可得出答案.

【详解】①使用0和L形，覆盖的3x3正方形棋盘有1种情况；

②使用1个L形，

当L形为下图所示时，

综上所述，一共有1+16+18=35种情况，

故答案为：35.

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或者演算步骤.

17.己知数列｛q｝的前〃项和为5“，满足S“=24-1对任意的〃eN*恒成立.数列也｝为等差数列，它

的前〃项和为Z,，满足4=。3+1，4=.

(1)求L“与以；

⑵若6=4,c,+i=c,+=+1对任意的〃wN*恒成立,求c“.

n

【答案】(1)an=2-'；b,,=2n-\.

（2）c”=n2

【解析】

【分析】（1）利用。"与S.的关系及等比数列的定义和通项公式，结合等差数列的通项公式及前〃项和公

式即可求解；

（2）根据（1）的结论及累加法即可求解.

【小问1详解】

当〃=1时，S]=2d,—1,解得q=1,

当〃22时，由S“=2a"-1①，递推得S,I=2《I-KD,

由①-②，得S“-S“_|=2a“一2%,即a“=2a“_1,于是有乌-=2,

an-\

所以数列｛4｝是以1为首项，2为公比的等比数列，

所以数列｛为｝的通项公式为=1X2"T=2"T,

所以4=%+1=23T+1=5,4=a5=2'T=16,

设等差数列｛〃,｝的首项为自，公差为d，则

4+24=5

<4x（4-1），解得仇=1,d—1>

物+—~1=16

所以等差数列也｝的通项公式为々=1+2（〃-1）=2“—1,

【小问2详解】

由（1）知，bn=2n-l,所以q=伉=1,4用=2（〃+1）—1=2〃+1,

由。用=q,+bn+l,得c向-cn=b„+l=2n+l,

所以J=。+（C2—。）+（。3-C2）+（%一。3）++（%-IT）

=1+3+5+7++（2〃T）=

18.某学校常年开设某课程，今年该校在某年级开设的该课程共有若干个班，由若干位不同的老师授课，

其中某位老师班上的评分标准如下：每位同学该课程的分数（满分100分）由两部分组成，一部分为“平

时分”，学期内共有15次考勤，每次出勤计2分，另一部分为“期末分”，是由期末考试的卷面成绩（满

分100分）按照卷面成绩比期末分10:7的比例折算而来.如，一名同学出勤14次，期末考试的卷面成绩

7

为90分，则该同学该课程的最终评分为：14x2+90x—=91（分）.

10

（1）一同学期末考试的卷面成绩为46分，假设该同学每次考勤时出勤的概率均为0.9且互相独立，求该

同学的最终评分及格（即大于等于60分）的概率尸（结果保留三位小数）：

（2）经过统计，教务处公布今年该课程的该年级平均分约为82.15,标准差约为7.23,且学生成绩X

近似满足正态分布N（82.15,7.232）.据此，该老师估计该年级几乎没有需要重修（即分数未达到60

分）的学生，请用所学知识解释老师的这一观点；

（3）泊松分布可以用来描述某些小概率事件的发生.若随机变量X服从参数为/I的泊松分布（记作

则P（X=&）=BeY（AeZ+）,其中e为自然对数的底数.根据往年的数据，我们认为

该课程每年每个班级需要重修的学生数量s近似服从泊松分布，假设S~P（0.1）,证明每年每个班级出

现多于一名需要重修该课程的学生的概率低于百分之一.

参考数据:0.9"H0.3138,0.913Ho.2288，0.915«0.2059，

若X~,则P（〃一cr<X<〃+cr）=0.6827,

-2cr<X<〃+2b）a0.9545,P（/j-3a<X<//+3cr）«0.9973.

【答案】（1）Pa（）.494

（2）理由见解析（3）证明见解析

【解析】

【分析】（1）设同学的最终评分及格时，出勤次数为〃（0W〃W15,〃eN）,根据题意求出〃的值，再利用

独立重复试验的概率公式可求得P的值；

⑵设学生的成绩为X，则X~N（82.15,7.23）分析可知P（X<60）（尸（X<4-3b）,结合3o■原

则可得出结论；

（3）利用导数证明出e<Nx+l，当且仅当x=0时，等号成立，再利用泊松分布的概率公式可证得结论成

立.

【小问1详解】

解：设同学的最终评分及格时，出勤次数为〃（OW〃W15,〃eN）,

则2〃+46x0.7>60,解得〃>13.9,因0«〃415且〃eN,则〃=14或15,

所以，P=C；5XO.9,4XO.1+0.9'5=0.9°x(15x0.09+O.92)a0.2288x2.16®0.494.

【小问2详解】

解：设学生的成绩为X,则X~N(82.15,7.232),即以=82.15,cr=7.23,

所以，/7—3CT=82.15—3x7.23=60.46,

所以，从该年级任选一名同学，该同学该课程不需重修的概率为

/\/<1——3b<X<〃+3b)1—0.9973

尸(X<60)〈尸(X<〃-3b)=―止---------——------L»——=0.00135，

这是一个小概率事件，几乎不会发生，

因此，该老师估计该年级几乎没有需要重修(即分数未达到60分)的学生.

【小问3详解】

解：构造函数/(x)=e、-x-l,其中xeR,则/'(x)=ev-l,

当x<0时，/'(x)<0,此时函数/(x)单调递减，

当x>0时，此时函数“X)单调递增，

所以，/(x)>/(0)=0,即H+1,当且仅当x=0时，等号成立，

因为S~P(0.1),所以，每年每个班级出现多于一名需要重修该课程的学生的概率为

11

P(X>1)=1—P(X=0)—P(X=1)=1-e-oi—O.le4i=1——e10

因此，每年每个班级出现多于一名需要重修该课程的学生的概率低于百分之一.

19.正锥体具有良好的对称性.

(1)在正三棱锥P-ABC中，证明：PA上BC：

(2)已知正棱锥请在下列两个条件中，选择一个命题填到___________上，并证明:

①当左=2〃+1,〃eZ+时，存在me{l,2,使得出上44用；

②当％=2〃+2,〃eZ,时，不存在me{1,2,•,%7},使得P4_LA,“A..

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

(2)证明见解析

【解析】

【分析】(1)取8c的中点。，连AO，PD，根据等腰三角形的性质得PDLBC,再根据

直线与平面垂直的判定得BC工平面PAD，再根据直线与平面垂直的性质得PA1BC；

R+1

(2)选①时，取〃2=一］一，在三棱锥中，取A“,A”用的中点为。，连4。，PD,根据直线

与平面垂直的判定定理与性质可证P4，44向；选②时，在三棱锥P-A4,A,,+I中，取4,A川的中点

为。，连A。，PD,利用反证法可证结论成立.

【小问1详解】

因为三棱锥P-A8C为正三棱锥，所以底面为正三角形，侧面都是以尸为顶点的等腰三角形,

取BC的中点。，连AO,PD,则AO1BC,PD1BC,

又ADIPD=D,平面尸AZ),

所以BC1平面Q4D，因为PAu平面PA。，所以抬_LBC.

【小问2详解】

选①，当％=2〃+1,"eZ+时，化为大于等于3的奇数，底面是正左边形444，

k+\

取根=3_,则三棱锥p-aA“a,用的底面是等腰三角形，侧面都是以尸为顶点的等腰三角形，且

AA„=A4,+i)取a”A“+1的中点为。，连A。，PD,

则4。八4,4+1，尸。八44T，又AQ尸。=。，A，,PDU平面PA。，

ApD

所以A,A.+I平面\，因为P4u平面PAQ，所以％_LAmA,n+I.

即存在me{1,2,，攵一1},使得尸

选②，当k=2〃+2,〃wZ+时，％为大于等于4的偶数，底面是正左边形444,

假设存在me{l,2,3,r-1},使得/弭_L4A用，

在三棱锥P-A4M川中，取a”A”,+|的中点为。，连A。，PD，

则PDA4aM，又因为PAJ-44+1，P\PD=p,24/。<=平面24。，

A

所以A,,4,+1平面PA。，因为4。<=平面PA。，所以4HAm,JAtD,

所以44,=44用，则在正左边形444中，

根据对称性