黄金卷08-赢在高考黄金8卷备战2023年高考数学模拟卷(新高考专用)答案

黄金卷08（考试时间：120分钟数学试卷满分：150分）一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．1．已知集合Ax,yxy1，Bx,yxZ,yZ，则AB有（）个真子集.A．3B．16C．15【答案】A【分析】计算AB1,1,1,1，得到真子集个数.【详解】A

D．4x,yxy1，Bx,yxZ,yZ，则AB1,1,1,1，真子集个数为2213.故选：A2．若复数z满足|zz|2,zz3，则z2的实部为（）A．2B．1C．1D．2【答案】C【分析】设复数zxyi,(x,yR)，则zxyi,故根据|zz|2,zz3可求得x22,y21，结合复数的乘方运算，可求得答案.【详解】设复数zxyi,(x,yR)，则zxyi，则由|zz|2,zz3可得|2yi|2且x2y23，解得x22,y21，故z2(xyi)2x2y22xyi，其实部为x2y2211.故选：C.3．在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，E为CD中点，AE与BD交于点F，若ACa，BDb，则FE（）11113113

abababA．B．C．D．ab4444124412【答案】C

【分析】根据给定条件，结合平行四边形性质，用a,b表示出FD,DE即可求解作答.【详解】平行四边形ABCD的对角线AC与BD交于点O，如图，1111则OCACa,ODBDb，而点E为CD的中点，2222

1111|FD||DE|1

，有DEDC(OCOD)ab，由DE//AB得：2244|BF||AB|211则有FDBDb，3311111所以FEFDDEbabab.344412故选：C4．公元656年，唐代李淳风注《九章算术》时提到祖暅的开立圆术．祖暅在求球体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是立体的高．意思是两个同高的几何体，如在等高处的截面面积相等﹐则体积相等．更详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个立体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．上述原理在中国被称为祖暅原理，国外则一般称之为卡瓦列利原x2y2理．已知将双曲线C:1与直线y2围成的图形绕y轴旋转一周得到一个旋转体E，82则旋转体E的体积是（）32π3【答案】DA．B．π3C．80π3D．160

π31

x绕y轴旋转得到的旋转体（两个圆锥）的体积，用垂直于y2轴的平面去截旋转体E，所得圆环的面积为8π，结合祖暅原理可求得旋转体的体积.【分析】求出y2，y

【详解】yh2h2与双曲线的交点为P84h2,h、Q84h2,h，则用垂直于y轴的平面截旋转体E的截面为圆面，截面圆的半径为84h2，截面面积为84hπ，21

x的交点为2h,h，2所以4h2π是用垂直于y轴的平面截两条渐近线绕y轴旋转得到的旋转体的截面面积，11π

y2，yx绕y轴旋转得到的旋转体（两个圆锥）的体积为2216π，233yh2h2与双曲线的渐近线y

2

用垂直于y轴的平面去截旋转体E，所得圆环的面积为π84hπ2h8π，2

因为底面半径为22，高为4的圆柱的截面面积为8π，体积为48π32π，π160

π，所以根据祖暅原理得旋转体E的体积为V48π33故选：D．5．甲､乙两袋中各有大小相同的10个球，甲袋有5个红球，5个白球；乙袋有7个红球，3个白球，随机选择一袋，然后从中随机摸出两个球，PA表示恰好摸到一个红球与一个白球的事件的概率，则PA等于（）232351

B．C．D．294590【答案】C【分析】事件E1为“取到甲袋”，事件E2为“取到乙袋”，根据条件概率及相互事件的概率公式计算可得；【详解】设事件E1为“取到甲袋”，事件E2为“取到乙袋”，11C1C17517C35C5则PE1PE2，PAE12，PAE222C1015C109151723

则PAPAE1PAE2PE1PAE1PE2PAE2.29215故选：C.πππππ

已知函数fxcosx(0)在,上单调递增，且当x,时，fx0恒6．343成立，则的取值范围为（）52252217428417

A．0,,B．0,8,C．0,8,D．0,,8

233223233

【答案】Bππππ

【分析】由已知，分别根据函数fx在区间,上单调递增，在x,时，fx0恒43

成立，列出不等关系，通过赋值，并结合的本身范围进行求解.πππ

【详解】由已知，函数fxcosx(0)在,上单调递增，32kπ2π2kπππx1k1Z，所以2k1ππx2k1πk1Z，解得：1

333π2k1π2π6ππ2k1π2π2k1ππ3,k1Z，所以由于,，解得：2kπππ33134412k148k1k1Z①3πππ

又因为函数fxcosx(0)在x,上fx0恒成立，3432kππ2kπ5ππππx2所以2k2πx2k2π+k2Z，解得：2k2Z，23266π2k2ππ4ππ2k2ππ2k2π5π6,kZ由于,，所以，解得：22kππ5π6643263258k26k2k2Z②32

0

44

又因为0，当k1k20时，由①②可知：4，解得0，；33

52

23A．

0

2817当k1k21时，由①②可知：8，解得8，.32

1722

23417

所以的取值范围为0,8,.32

故选：B.【点睛】在处理正弦型、余弦型三角函数性质综合问题时，通常使用整体代换的方法，将整体范围满足组对应的单调性或者对应的条件关系，罗列出等式或不等式关系，帮助我们进行求解.7．已知a0.16，be0.41，c0.82ln1.4，则a，b，c的大小关系为（）A．acbB．abcC．bacD．cba【答案】C【分析】a与b可看作0.42与e0.41，从而可构造函数f(x)ex1x2比大小，a与c可看作0.42与20.4ln(10.4)，从而可构造函数g(x)2x2ln(1x)x2比大小.【详解】构造函数f(x)ex1x2(x0)，则f(x)ex2x，令h(x)ex2x，则h(x)ex2．令hx0，得xln2，所以hx在0,ln2上单调递减，在ln2,上单调递增，故h(x)h(ln2)22ln20，因此fx在0,上单调递增，所以fxf00．令x＝0.4，则f(0.4)e0.410.420，所以e0.410.16，即a＜b．22x2构造函数g(x)2x2ln(1x)x(x0)，则g(x)22x0，因此gx在1x1x

0,上单调递减，所以gxg00，令x＝0.4，则g(0.4)0.82ln1.40.160，所以0.82ln1.40.16，所以c＜a．故b＞a＞c．故选：C．【点睛】本题使用构造函数并利用函数的单调性判断函数值大小关系，在构造函数时首先把要比较的值变形为含有一个共同的数值，将这个数值换成变量x就有了函数的形式，如在本题中a0.16，be0.41，将a0.16化为0.42的目的就是出现0.4，以便与be0.41中的0.4一致，从而只需比较y=x2与yex1这两个函数大小关系即可.在构造函数后比较大小还可以借助于函数不等式、切线不等式放缩等手段比大小.8．已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，SA⊥平面ABC，SA2，若球O的表面积为16π，则三棱锥S－ABC的体积的最大值为（）29333B．33C．D．6322【答案】A【分析】根据球的表面积公式求出球的半径，从而求出三角形ABC的外接圆半径，三棱锥底面三角形ABC面积最大时，三棱锥S－ABC的体积取得最大值，求出三角形ABC为等边三角形时，三角形ABC面积最大，求出面积的最大值，进而求出体积的最大值.【详解】设球的半径为R，则4πR216π，解得：R2，A．SA22设三角形ABC的外接圆半径为r，则rR，2

即1r24，解得：r3，当三棱锥底面三角形ABC面积最大时，三棱锥S－ABC的体积取得最大值，如图所示：要想ABC面积最大，当A位于BC垂直平分线与圆的交点（BC与A点位于圆心两侧）时，此时三角形ABC为等腰三角形时，面积最大，2连接BO并延长，交圆于点D，连接CD，则BD23，BC⊥BC，π

设CBD,0,，则BC23cos，OE3sin，AEAOOE33sin，2

11

则SABCBCAE23cos33sin3cos1sin，22

令y3cos1sin，则y3sin1sin3cos26sin23sin33sin12sin1，11π

当sin0,，即0,时，y0，当sin,1，262

ππ

即,时，y0，62

πππ

即y3cos1sin在0,单调递增，在,上单调递减，662

π

所以当时，y3cos1sin取得最大值，6ππ93ymax3cos1sin，66419333则三棱锥S－ABC的体积的最大值为2

342故选：A【点睛】立体几何外接球问题，要能够画出图形，解题的突破口，找到外接球球心在某个特殊平面的投影，进而找到半径，列出方程，或空间想象，数形结合求出最值等.二、多项选择题：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，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．32

9．已知函数fxxaxbx的导函数为fx，则（）A．若fx为奇函数，则fx为偶函数C．若fx的最小值为0，则a23b

B．若f00，则fx为奇函数D．若fx为偶函数，则fx为奇函数【答案】ACD【分析】根据导函数的性质和函数奇偶性进行逐项判断.【详解】解：由题意得：对于选项A：若fx为奇函数，fxfx，则x3ax2bxx3ax2bx，故a0，又f'(x)3x2b，f'(x)f'(x)是偶函数，故A正确；3232

则b0，故fxxax，fxxax，x3x22axb，当a0时，fxf(x)，f(x)是奇函数，当a0时，fxf(x)，f(x)不是奇函数，所以fx不一定是奇函数，故B错误；对于选项B：若f00，又f'aa2对于选项C：若fx的最小值为0，fx3x2axb3xb，33

2af'min(x)b0，则a23b，故C正确；3'2'''2对于选项D：若fx为偶函数，fx3x2axb，fx3x2axb，fxfx，'22解得a0，故fxxbx，fxfx，所以fx为奇函数，故D正确.3

故选：ACD10．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1,BB1的中点，则（）A．直线D1D与直线AF垂直C．平面AEF截正方体所得的截面面积为B．直线A1G与平面AEF平行98D．点A1与点D到平面AEF的距离相等【答案】BCD【分析】根据棱柱的结构特征，建立以D为原点，以DA、DC、D1D所在的直线为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系Dxyz，利用向量法即可判断A，根据线线平行即可判断B,根据梯形面积即可判断C,根据中点关系即可判断D.【详解】在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，建立以D为原点，以DA、DC、D1D所在的直线为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系Dxyz，如图所示：1

E、F、G分别为BC、CC1、BB1的中点，则D0,0,0，D10,0,1，A1,0,0，F0,1,，2

1

DD0,0,1对于A,，AF1,1,2，1



1

DD1AF0，故A错误；2对于B：连接AD1,D1F，AD1//EF，A,D1,E,F四点共面，由于A1D1//GF,A1D1GF,所以四边形A1D1FG为平行四边形，//D1F，又AG故AG平面AEF，D1F平面AEF，11A1G//平面AEF，故B正确，对于C，连接AD1，FD1，AD1//EF，四边形AD1FE为平面AEF截正方体所得的截面，AD11122251，D1FAE12，2，EF2222四边形AD1FE为等腰梯形，高为5232，24412329

2ADFE则四边形1的面积为48，故C正确；22

对于D,连接A1D交AD1于点O，故O是A1D的中点，且O是线段A1D与平面AD1FE的交点，因此点A1和点D到平面AEF的距离相等，故D正确．22故选：BCD．11．抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经拋物线反射后，沿平行于拋物线对称轴的方向射出.反之，平行于拋物线对称轴的入射光线经拋物线反射后必过抛物线的焦点.已知41

抛物线C:y2x,O为坐标原点，一束平行于x轴的光线l1从点P,1射入，经过C上的点16

Ax1,y1反射后，再经C上另一点Bx2,y2反射后，沿直线l2射出，经过点Q，则（）A．PB平分ABQB．y1y21

C．延长AO交直线x于点D，则D,B,Q三点共线2516【答案】ACD14D．AB

11

【分析】对于A，根据题意求得A1,1，B,，从而证得PAAB，结合平面几何1

的知识易得PB平分ABQ；1对于B，直接代入y1,y2即可得到y1y2；411对于C，结合题意求得D,，由D,B,Q的纵坐标相同得D,B,Q三点共线；4425

对于D，由选项A可知AB.16【详解】根据题意，由C:y2x得F,0，又由PA//x轴，得Ax1,1，代入C:y2x得x1141（负值舍去），则A1,1，14

kAF

13，故直线AF为y所以1441

x，即4x3y10，34

1x4x3y101161

依题意知AB经过抛物线焦点F，故联立2，解得，即B,，1yxy142241251125对于A，PA1，AB11，故PAAB，所以161616416APBABP，又因为PA//x轴，BQ//x轴，所以PA//BQ，故∠APB∠PBQ，所以ABPPBQ，则PB平分ABQ，故A正确；11

对于B，因为y11,y2，故y1y2，故B错误；44yx11对于C，易得AO的方程为yx，联立1，故D,，x444

又BQ//x轴，所以D,B,Q三点的纵坐标都相同，则D,B,Q三点共线，故C正确；25

对于D，由选项A知AB，故D正确.16

故选：ACD..x

12．已知函数fxex2和gxlnxx2，若fx1gx20，则（）1

A．x1x22B．0x1

2lnx1x2lnx2C．x1x2eD．x1

【答案】ABD【分析】A选项，根据反函数求解出yx2与yx交点坐标，从而得到x1x22；B1

选项，由零点存在性定理得到0x1，1x2e；C选项，化简整理得到2x1x22x2x2x2lnx2，求出yxlnx在1,e上的单调性，求出取值范围；D选项，构造2

1lnxx1x20x1，函数hx，根据x1x2得到根据hx在0,1上单调递增，11xx22

1ln

1lnx1lnx1x2x2lnx2，D正确．所以hx1h，即，整理得1xxx121

x2

【详解】由于yex和ylnx互为反函数，则yex和ylnx的图象关于直线yx对称，x1x21，即x1x22，A正确．231

易知fx为单调递增函数，因为f010，fe0，由零点存在性定理可22

1

知0x1，B正确．23

易知gx为单调递减函数，g110，gee0，由零点存在性定理可知21x2e．因为x1x22x2x2x2lnx2，令yxlnx，则y1lnx0在1,e上恒成立，所以将yx2与yx联立求得交点为1,1，则e，C错误．22

1lnxxx

因为x1>0，x20，所以x1x2121，所以0x11．令hx，则xx22

11lnx

0,1hxhhx0hxh'x，当0x1时，，在上单调递增，所以1，x2x2

yxlnx在1,e上单调递增，所以x1x2x2lnx21

lnx1lnx1x2x2lnx2，D正确．即，整理得1xx11x2

故选：ABD【点睛】结论点睛：对于双变量问题，要结合两个变量的关系，将双变量问题转化为单变量问题再进行求解，也可通过研究函数的单调性及两个变量的不等关系进行求解三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．ln

513．在x各项系数和与二项式系数和之比为，则x3的系数为______．的展开式中，x【答案】375【分析】分别求出各项系数和与二项式系数和，相比，求出n，得到二项式即其通项公式，即可求出x3的系数.【详解】解：由题意5在x中，xn5

令x1，即可得到各项系数和为：141

∵二项式系数和为2n，各项系数和与二项式系数和之比为，n

nn4∴n

2n解得：n6.5∴二项式为xx6∴展开式的通项公式为：Cx

r6r

6

3

当6r3时，解得：r2

26522

25375∴x3的系数为：C6523

5r6rr2C65x

x

r

故答案为：375.14．已知曲线C:y24x2，直线l:xya0，曲线C上恰有3个点到直线l的距离为1，则a的取值范围是_____________.【答案】22,2【分析】根据曲线C的表达式画出半圆图象，再利用直线与曲线C的临界位置讨论a的取值范围，由于曲线C上恰有3个点到直线l的距离为1，根据两平行线间的距离公式并结合图象即可确定实数a的取值范围.【详解】由y2，得曲线C是以2,2为圆心，半径为2的圆的上半部分.2在曲线C中，令y2，得x0或4，将0,2代入直线l得a2，将4,2代入直线l得a2，当直线l与曲线C相切时，由圆心到直线的距离为2，得a22，所以当2a2或a22时，直线l与曲线C有一个公共点；当2≤a≤22时，直线l与曲线C有两个公共点.如下图所示：记与曲线C相切的直线为l1:xy220，过0,2且斜率为1的直线记为l2:xy20.当直线l与l1距离为1时，即a222取a2，此时曲线C上有2个点到直线l:xy20距离为1；a21，∴a22或a22，当直线l与l2距离为1时，即2取a22，此时恰有3个点到直线l的距离为1.∴22≤a2.故答案为：22≤a2.15．已知f(x)为奇函数，当x(0,1]，f(x)lnx，且f(x)关于直线x1对称.设方程f(x)x1的正数解为x1,x2,,xn,，且任意的nN，总存在实数M，使得xn1xnM成立，则实数M的最小值为______.【答案】2

【分析】根据题意可得函数fx是以4为周期的周期函数，作出函数fx的图像，结合图像可知lim(xn1xn)的几何意义为函数fx两条渐近线之间的距离，从而可得到xn1xn2，n

1，∴a32或a2，进而求出M的最小值.【详解】因为f(x)为奇函数，所以fxfx，且f00，又f(x)关于直线x1对称，所以f1xf1x，所以f2+x=fx=fx，则f4xf2xfx，所以函数fx是以4为周期的周期函数，作出函数yfx和yx1的图像如图所示：由f(x)x1的正数解依次为x1、x2、x3、、xn、，则lim(xn1xn)的几何意义为函数fx两条渐近线之间的距离为2，xn1xn)2.所以lim(n

n

所以得任意的nN，xn1xn2，已知任意的nN，总存在实数M，使得xn1xnM成立，可得M2，即M的最小值为2.故答案为：2.x2y2

16．已知双曲线C:221a0,b0的左、右焦点分别为F1、F2，点P在双曲线abx2y2C:221上，点H在直线xa上，且满足2HP3HF14HF20.若存在实数使得ab

PF1PF2OHOP

F，则双曲线C的离心率为_____________sinPFFsinPF2112

【答案】2

PF14

，【分析】根据双曲线的定义及向量的运算，三角形的正弦定理，求出再表示出F1F2，PF23根据双曲线离心率的定义求解即可.【详解】设直线PH交x轴于点Q，如图，

PF1PF2设△PF1F2的外接圆半径为R，由OHOP，sinPFFsinPFF2112



PF1PF2

有OHOP2R，2RsinPFF2RsinPFF2112

PF1PF2，所以直线PH过△PF1F2的内心，故PH2RPF1PF2

设△PF1F2的内切圆圆心为I，内切圆圆I分别切PF1、PF2、F1F2于点M、N、T，由切线长定理可得F1MFT，F2NF2T，PMPN，1F2T2a，所以，PF1PF2PMF1MPNF2NFT1

结合图形可得xTccxT2xT2a，所以，xTa，故△PF1F2的内心的横坐标为a，因为点H在直线xa上，所以点H为△PF1F2的内心.

由2HP3HF14HF20可得2PH3PF1PH4PF2PH0，934

所以，9PH3PF14PF2，记PHPF1PF2，77734343

设PGPF1PF2，则PGPF2PF1PG，所以，F2GGF1，77774所以，点G在直线F1F2上，又因为PHF1F2Q，故点G与点Q重合，934

且有PHPF1PF2PQ，777由角平分线的性质可知点Q到直线PF1、PF2的距离相等，S△PF1QPF1FQPHPF1PF241

故，同理可得，S△PF2QPF2F2Q3HQF1QF2Q令PF23m，则PF14m，且PHHQ



PF1F1Q



PF2F2Q



PF1PF2F1QF2Q

7

，2F2QF1F22m.故FQ1则双曲线C的离心率e

F1F2c2m

2.aPF1PF24m3m

故答案为：2.【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于推导出点H为△PF1F2的内心，再结合角平分线定PF1FQPHPF1PF24

1，以及理推导出，再利用双曲线的定义来进行求解.PF2F2Q3HQF1QF2Q

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）2已知数列an满足a11，an12ann2n2，nN.2(1)证明：数列ann1为等比数列.(2)设bn(1)nan，求数列bn的前2n项和S2n.【答案】(1)证明见解析4n1

(2)S2n2n2n

3【分析】（1）根据等比数列的定义即可求证.（2）首先求出bn的表达式，然后利用分组求和即可.222【详解】（1）（法一）由an12ann2n2，知an1(n1)12ann1，22又a1111，故ann1是首项为1，公比为2的等比数列，得证.2（法二）a11，可知：a1111，2又an12ann2n2，所以2∴ann1是首项为1，公比为2的等比数列，得证.an1(n1)212ann22n2(n1)212an2n22

2，ann21ann21ann21n122n1（2）由（1）知：ann12，则an21n，bn(1)nan(1)n2n1(1)n(1)nn2

b2na2n22n114n2，b2n1a2n122n21(2n1)2，b2n1b2na2na2n14n14n1，44n137(4n1)∴S2nb1b2b3b4b2n1b2n1

14n4n1

n(2n1)2n2n14318．（12分）设锐角三角形ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知abcosAacosB．(1)求证：B＝2A；bc(2)求的取值范围．a【答案】(1)证明过程见解析.(2)21,32

【分析】（1）利用正弦定理及积化和差得到sinAsinBA，结合角的范围，得到B2A；2ππbc15

（2）利用正弦定理得到根据三角形为锐角三角形，得到A,，4cosA，a44

23cosA2,2，从而求出取值范围.

【详解】（1）abcosAacosB，由正弦定理得：sinAsinBcosAsinAcosB，由积化和差公式可得：111111

sinAsinBAsinBAsinABsinABsinBAsinAB，22222211

因为sinABsinBA，22所以sinAsinBA，π

因为三角形ABC为锐角三角形，故A,B0,，2

ππ

所以BA,，22

故ABA，即B2A；（2）由（1）知：B2A，由正弦定理得：bcsinBsinCsin2AsinBAsin2Asin3A

，asinAsinAsinA2

其中sin3Asin2AAsin2AcosAcos2AsinA2sinAcosAcos2AsinA，因为sinA0，bc2sinAcosA2sinAcos2Acos2AsinA所以2cosA2cos2Acos2A

asinA2152222cosA2cosA2cosA14cosA2cosA14cosA，44

ππ

由B2A0,得：A0,，24

πππ

由CπABπ3A0,，解得：A,，263

23πππ

结合A0,可得：A,，cosA2,2，2

223bc15

故4cosA在cosA2,2上单调递增，a44

bc13

4cos2A2cosA1421,431，所以a24bc

21,32.即a

19．（12分）如图所示的几何体是圆柱的一部分，它是由边长为2的正方形ABCD（及其2的中点．内部）以AB边所在直线为旋转轴顺时针旋转得到的，G是DF

3(1)求此几何体的体积；上的一点，且APBE，求CBP的大小；(2)设P是CE

(3)当AB3，AD2时，求二面角EAGC的大小．8【答案】(1)3(2)CBP30(3)60．【分析】(1)由题意可知该几何体为圆柱的三分之一，根据计算圆柱体积即可得出此几何体的体积；(2)利用线面垂直的判定定理可得BE平面ABP，然后结合几何体的结构特征计算可得CBP的大小；(3)建立空间直角坐标系，用空间向量法即可求出二面角EAGC的余弦值，从而可得二面角的大小.182

【详解】（1）此几何体的体积V22；33（2）因为APBE，ABBE，AB，AP平面ABP，ABIAPA，所以BE平面ABP，又BP平面ABP，所以BEBP，又EBC120，因此CBP30

（3）以B为坐标原点，分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,3,3),C(1,3,0)，

故AE(2,0,3)，AG(1,3,0)，CG(2,0,3)，

设m(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量．2x13z10mAE0由，得，取z12，则x13,y13，x3y011mAG0

得平面AEG的一个法向量m(3,3,2)．

设n(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量．nx3y20AG0由，得2，取z22，则x13,y13，2x3z022nCG0

得平面ACG的一个法向量n(3,3,2)．mn1

所以cosm,n．|m||n|2因此二面角EAGC的大小为60．20．（12分）某公司在一种传染病毒的检测试剂品上加大了研发投入，其研发的检验试剂品分为两类不同剂型1和2．现对其进行两次检测，第一次检测时两类试剂1和2合格3342的概率分别为和，第二次检测时两类试剂1和2合格的概率分别为和．已知两次35检测过程相互，两次检测均合格，试剂品才算合格．(1)设经过两次检测后两类试剂1和2合格的种类数为X，求X的分布列和数学期望；(2)若地区排查期间，一户4口之家被确认为“与确诊患者的密切接触者”，这种情况下医护人员要对其家庭成员逐一使用试剂品进行检测，如果有一人检测呈阳性，则检测结束，并确定该家庭为“感染高危户”．设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为p(0p1)且相互，该家庭至少检测了3个人才确定为“感染高危户”的概率为f(p)，若当pp0时，f(p)最大，求p0的值．【答案】(1)分布列见解析，1(2)p01

2．2【分析】（1）先得到剂型1与2合格的概率，求出X的所有可能取值及相应的概率，得到分布列，求出期望值；232（2）求出fp1pp1pp1pp2p，令x1p，得到gxx21x20x1，利用基本不等式求出最值，得到答案.343

【详解】（1）剂型1合格的概率为：；455322

剂型2合格的概率为：．535由题意知X的所有可能取值为0，1，2．326

则PX011，5525323213

PX111，555525326

PX2，5525则X的分布列为XP06251132526256136121．2525252（2）检测3人确定“感染高危户”的概率为1pp，数学期望EX0

检测4人确定“感染高危户”的概率为1pp，则fp1pp1pp1pp2p．令x1p，因为0p1，所以0x1，22原函数可化为gxx1x0x1．2323x21x22

1，因为x21x2



442当且仅当x21x2，即x时，等号成立．2此时p122，所以p01．2221．（12分）已知函数fxalnxx(1)讨论fx的单调性；11(2)证明：lnn1221122【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析1.x

1nn2，nN*.【分析】（1）求导得到导函数，考虑a0，0a2，a2三种情况，根据导数的正负得到函数的单调性.n111

ln2lnxx（2）当a2时得到，x1，证明，代入计算得到证明.nxn2n11x2ax1fx0,，fxa12【详解】（1）的定义域为，x0.xxx2当a0时，fx0，x0，此时fx在0,单调递减；当a0时，a24.①当0a2时，0，fx0，x0，此时fx在0,单调递减；aa②当a2时，0，令fx0，得x1.，x2

22当x变化时，fx，fx变化情况列表如下：xfxfx0,x1-x10极大值x1,x2+x2

0极小值x2,-综上所述：当a2时，fx在0,单调递减；aa24aa24,0,fx单调递减，当a2时，在，22aa24aa24,单调递增.在22（2）当a2时，fx在0,单调递减，此时fxf10，即2lnxx1

，x1.xn11下证ln，nN*.2nnnn1nn1n1n1n12ln因为2，ln，nn1nnnn1nn1

0，x1，x故2lnxx

n1n1n1n1n12ln替换x得ln，nN*.2nnnn1nnn23n1111故lnlnln，12n121222n2n111整理得lnn12，nN*.221122nnx2y222．（12分）已知椭圆C:221(ab0)的一个焦点为F(1,0)，且经过点M(0,3)和abN(0,3)．(1)求椭圆C的方程；(2)O为坐标原点，设Q(2,3)，点P为椭圆C上不同于M、N的一点，直线PM与直线x2交于点A，直线PN与x轴交于点B，求证：△AMQ和△OBN面积相等．用x2y2【答案】(1)143(2)证明见解析【分析】（1）根据椭圆焦点坐标和经过的两点即可求得标准方程；（2）设出点P的坐标，即可表示出A,B两点坐标，再写出△AMQ和△OBN的面积公式，再利用点P在椭圆上即可证明等式成立，得出△AMQ和△OBN面积相等的结论.x2y2

【详解】（1）由题意可知，椭圆C:221(ab0)的半焦距c1，ab将M(0,3)代入椭圆方程得3b222

1，即b3，所以a2b2c24，x2y2椭圆C的方程为1.43（2）根据题意，设P(x0,y0),x00，又M(0,3)，N(0,3)，如下图所示，则直线PM、PN的斜率均存在，且kPM所以，直线PM方程为yy03y3,kPN0；x0x0

y03x3,x0



2(y03)3x0

又直线PM与直线x2交于点A，所以A2,又因为Q(2,3)，可得AQ

2(y03),MQ2；x0(y3)1

AQMQ202x0所以，△AMQ的面积为SAMQ同理，直线PN方程为y

y03x3,x0

3x03x0B,0OB,ON3直线PN与x轴交于点B，易得，则y3y030

所以，△OBN的面积为SOBN

x013OBON22y03(y03)3x0成立即可，x02y03要证明△AMQ和△OBN面积相等，即证明222

整理得3x04y03，由点P在椭圆C上可知，y03，2222

即3x04(3y0)，得3x04y012，x02y02即1显然成立；43所以△AMQ和△OBN面积相等.