广东省2023届高三数学模拟试卷（9套含答案）

高三数学二模试卷一、单选题1．已知集合，则（）A．B．C．D．2．定义在上的下列函数中，既是奇函数，又是增函数的是（）A．B．C．D．3．已知随机变量，若，则（）A．0.7B．0.4C．0.3D．0.24．某校安排高一年级（1）～（5）班共5个班去A，B，C，D四个劳动教育基地进行社会实践，每个班去一个基地，每个基地至少安排一个班，则高一（1）班被安排到A基地的排法总数为（）A．24B．36C．60D．2405．若函数与图象的任意连续三个交点构成边长为4的等边三角形，则正实数（）A．B．1C．D．π6．赵爽弦图（如图1）中的大正方形是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形拼接而成的，若直角三角形的两条直角边长为a，b，斜边长为c，由大正方形面积等于4个直角三角形的面积与中间小正方形的面积之和可得勾股定理．仿照赵爽弦图构造如图2所示的菱形，它是由两对全等的直角三角形和中间的矩形拼接而成的，设直角三角形的斜边都为1，其中一对直角三角形含有锐角，另一对直角三角形含有锐角（位置如图2所示）．借鉴勾股定理的推导思路可以得到结论（）A．B．C．D．7．已知抛物线E：，圆F：，直线l：（t为实数）与抛物线E交于点A，与圆F交于B，C两点，且点B位于点C的右侧，则△FAB的周长可能为（）A．4B．5C．6D．78．存在函数使得对于都有，则函数可能为（）A．B．C．D．二、多选题9．已知复数z的共轭复数是，，i是虚数单位，则下列结论正确的是（）A．B．的虚部是0C．D．在复平面内对应的点在第四象限10．吹气球时，记气球的半径r与体积V之间的函数关系为r（V），为r（V）的导函数．已知r（V）在上的图象如图所示，若，则下列结论正确的是（）A．B．C．D．存在，使得11．在所有棱长都相等的正三棱柱中，点A是三棱柱的顶点，M，N、Q是所在棱的中点，则下列选项中直线AQ与直线MN垂直的是（）A．B．C．D．12．如图，已知扇形OAB的半径为1，，点C、D分别为线段OA、OB上的动点，且，点E为上的任意一点，则下列结论正确的是（）A．的最小值为0B．的最小值为C．的最大值为1D．的最小值为0三、填空题13．已知双曲线＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x，则它的离心率为．14．若直线和直线将圆的周长四等分，则．15．若函数的最大值为1，则常数的一个取值为．16．十字贯穿体（如图1）是美术素描学习中一种常见的教具．如图2，该十字贯穿体由两个全等的正四棱柱组合而成，且两个四棱柱的侧棱互相垂直，若底面正方形边长为2，则这两个正四棱柱公共部分所构成的几何体的内切球的体积为．四、解答题17．已知递增等比数列的前n项和为，且满足，．（1）求数列的通项公式．（2）若数列满足，求数列的前15项和．18．小李下班后驾车回家的路线有两条．路线1经过三个红绿灯路口，每个路口遇到红灯的概率都是；路线2经过两个红绿灯路口，第一个路口遇到红灯的概率是，第二个路口遇到红灯的概率是．假设两条路线全程绿灯时的驾车回家时长相同，且每个红绿灯路口是否遇到红灯相互独立．（1）若小李下班后选择路线1驾车回家，求至少遇到一个红灯的概率．（2）假设每遇到一个红灯驾车回家时长就会增加1min，为使小李下班后驾车回家时长的累计增加时间（单位：min）的期望最小，小李应选择哪条路线？请说明理由．19．如图，已知△ABC内有一点P，满足．（1）证明：．（2）若，，求PC．20．如图1，在△ABC中，，DE是△ABC的中位线，沿DE将△ADE进行翻折，使得△ACE是等边三角形（如图2），记AB的中点为F．（1）证明：平面ABC．（2）若，二面角D-AC-E为，求直线AB与平面ACD所成角的正弦值．21．已知椭圆C：，点为椭圆的右焦点，过点F且斜率不为0的直线交椭圆于M，N两点，当与x轴垂直时，．（1）求椭圆C的 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方程．（2），分别为椭圆的左、右顶点，直线，分别与直线：交于P，Q两点，证明：四边形为菱形．22．已知函数（且）的图象与x轴交于P，Q两点，且点P在点Q的左侧．（1）求点P处的切线方程，并证明：时，．（2）若关于x的方程（t为实数）有两个正实根，证明：．1．C2．D3．A4．C5．C6．B7．B8．D9．B,C10．B,D11．A,C12．B,C,D13．214．215．（答案不唯一，取，均可）16．17．（1）解：设的公比为q，则由，得．整理得．又，得．联立得，消去，得．解得或．又因为为递增等比数列，所以，．所以．（2）解：（方法一）当时，，则，，同理，列举得，，，，，，，．记的前n项和为，则．所以数列的前15项和为92．（方法二）由，得，记的前n项和为，则．所以数列的前15项和为92．18．（1）解：设路线1遇到红灯的个数的随机变量为X，则，所以至少遇到一个红灯的事件为，由对立事件概率公式，得，所以若小李下班后选择路线1驾车回家，至少遇到一个红灯的概率为．（2）解：设路线1累计增加时间的随机变量为，则，所以，设路线2第i个路口遇到红灯为事件（，2），则，，设路线2累计增加时间的随机变量为，则的所有可能取值为0，1，2，则，，，所以．因为，所以为使小李下班后驾车回家时长的累计增加时间的期望最小，小李应选择路线1．19．（1）证明：在△ABP中，由正弦定理得，即，要证明，只需证明，在△ABP中，，在△ABC中，，所以，所以，所以．（2）解：由（1）知，又因为，，所以，由已知得△ABC为等腰直角三角形，所以，则，所以在△PBC中，，由正弦定理得，即，即．由余弦定理得，由题意知，故解得，所以．20．（1）证明：如图，取AC中点G，连接FG和EG，由已知得，且．因为F，G分别为AB，AC的中点，所以，且所以，且．所以四边形DEGF是平行四边形．所以．因为翻折的，易知．所以翻折后，．又因为，EA，平面AEC，所以平面AEC．因为，所以平面AEC．因为平面AEC，所以．因为ACE是等边三角形，点G是AC中点，所以又因为，AC，平面ABC．所以平面ABC．因为，所以平面ABC．（2）解：（方法一）如图，过点E作，以E为原点，EH、EC，ED所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系E-xyz，设，则，，，，则，，，因为平面AEC．所以是平面AEC的法向量，设面ACD的法向量为，则，即，解得．取，得．因为二面角D-AC-E为，所以，解得，所以，．记直线AB与平面ACD所成角为，则，所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为．（方法二）如图，连接DG，因为平面AEC，平面AEC，所以．又因为，，DE，平面DEG．所以平面DEC．因为EG，平面DEG，所以，，所以∠DGE是二面角D-AC-E的平面角，故．由△ACE是边长为2的等边三角形，得，在RtDGE中，，所以，．过点F作，垂足为I，因为平面DEGF，平面ACD，所以平面平面ACD．又因为平面平面，平面DEGF，且，所以平面ACD．连接AI，则∠FAI即为直线AB与平面ACD所成的角．在Rt△DFG中，，，得，由等面积法得，解得．在RtAFG中，，，所以．在RtFAI中，，所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为．21．（1）解：由题可知．当与x轴垂直时，不妨设M的坐标为，所以，解得，．所以椭圆C的标准方程为．（2）证明：设的方程为，，，联立得消去x，得，易知恒成立，由韦达定理得，，由直线的斜率为，得直线的方程为，当时，，由直线的斜率为，得直线的方程为，当时，，若四边形为菱形，则对角线相互垂直且平分，下面证，因为，代入韦达定理得，所以，即PQ与相互垂直平分，所以四边形为菱形．22．（1）证明：令，得．所以或．即或．因为点P在点Q的左侧，所以，．因为，所以，得点P处的切线方程为，即．当时，，因为，且，所以，所以，即．所以，所以．（2）证明：不妨设，且只考虑的情形．因为，所以．所以点Q处的切线方程为，记，令，，设，则．所以单调递增．又因为，所以，当时，；当时，．所以在上单调递减，在上单调递增．所以在时有极小值，也是最小值，即，所以当时，．设方程的根为，则．易知单调递增，由，所以．对于（1）中，设方程的根为，则．易知单调递减，由（1）知，所以．所以．因为，易知时，，故；当时，，所以，所以，所以．记，，则恒成立．所以单调递增，因为，，所以存在使得．所以，当时．；当时，．所以在上单调递减，在上单调递增．因为，，由函数图象知当方程（t为实数）有两个正实根时，，所以．所以，即．高三数学三模试卷一、单选题1．已知集合，，则（）A．B．C．D．2．设复数z满足，则（）A．0B．C．2D．3．已知直线与圆：相交于、两点，则“”是“”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4．古希腊数学家帕普斯提出著名的蜂窝猜想，认为蜂窝的优美形状，是自然界最有效劳动的代表.他在《汇编》一书中对蜂房的结构作出精彩的描写“蜂房是由许许多多的正六棱柱组成，一个挨着一个，紧密地排列，没有一点空隙.蜜蜂凭着自己本能的智慧选择了正六边形，因为使用同样多的原材料，正六边形具有最大的面积，从而可贮藏更多的蜂蜜.”某兴趣小组以蜂窝为创意来源，制作了几个棱长均相等的正六棱柱模型，设该正六棱柱的体积为，其外接球的体积为，则=（）A．B．C．D．5．已知双曲线C：，，分别是双曲线的左､右焦点，是双曲线右支上一点连接交双曲线左支于点，若是以为直角顶点的等腰直角三角形，则双曲线的离心率为（）A．B．C．2D．6．将5名核酸检测工作志愿者分配到防疫测温､信息登记､维持秩序､现场指引4个岗位，每名志愿者只分配1个岗位，每个岗位至少分配1名志愿者，则不同分配 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共有（）A．120种B．240种C．360种D．480种7．已知函数，且f（x）在[0，]有且仅有3个零点，则的取值范围是（）A．[，）B．[，）C．[，）D．[，）8．在数学和许多分支中都能见到很多以瑞士数学家欧拉命名的常数､公式和定理，如：欧拉函数（）的函数值等于所有不超过正整数n且与n互素的正整数的个数，（互素是指两个整数的公约数只有1），例如：；（与3互素有1､2）；（与9互素有1､2､4､5､7､8）.记为数列的前n项和，则=（）A．B．C．D．二、多选题9．一部机器有甲乙丙三个易损零件，在一个生产周期内，每个零件至多会出故障一次，工程师统计了近100个生产周期内一部机器各类型故障发生的次数得到如下柱状图，由频率估计概率，在一个生产周期内，以下说法正确的是（）A．至少有一个零件发生故障的概率为0.8B．有两个零件发生故障的概率比只有一个零件发生故障的概率更大C．乙零件发生故障的概率比甲零件发生故障的概率更大D．已知甲零件发生了故障，此时丙零件发生故障的概率比乙零件发生故障的概率更大10．“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等.如图，已知圆O的半径为2，点P是圆O内的定点，且，弦AC､BD均过点P，则下列说法正确的是（）A．B．为定值C．的取值范围是[-2，0]D．当时，为定值11．已知，e是自然对数的底，若，则的取值可以是（）A．1B．2C．3D．412．在正方体中，，点P满足，其中，则下列结论正确的是（）A．当平面时，可能垂直B．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为C．当时，的最小值为D．当时，正方体经过点､P､C的截面面积的取值范围为[，]三、填空题13．在数列{}中，，，为{}的前n项和，则=.14．已知，则.15．已知椭圆C的中心为坐标原点，焦点在y轴上，F1，F2为C的两个焦点，C的短轴长为4，且C上存在一点P，使得，写出C的一个标准方程：.16．已知函数（）.（1），；（2）若m，n满足，则的最小值是.四、解答题17．已知△ABC中，分别为内角的对边，且.（1）求角的大小；（2）设点为上一点，是的角平分线，且，，求的面积.18．如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为矩形，，，顶点P在底面ABCD的正投影为AD的中点O.（1）求证：平面PAC⊥平面POB（2）若平面PAB与平面PCD的交线为l，，求l与平面PAC所成角的大小.19．已知数列{}的前n项和，，，.（1）计算的值，求{}的通项公式；（2）设，求数列{}的前n项和.20．学习强国APP从2021年起，开设了一个“四人赛”的答题模块，规则如下：用户进入“四人赛”后共需答题两局，每局开局时，系统会自动匹配3人与用户一起答题，每局答题结束时，根据答题情况四人分获第一､二､三､四名.首局中的第一名积3分，第二､三名均积2分，第四名积1分；第二局中的第一名积2分，其余名次均积1分，两局的得分之和为用户在“四人赛”中的总得分.假设用户在首局获得第一､二､三､四名的可能性相同；若首局获第一名，则第二局获第一名的概率为，若首局没获第一名，则第二局获第一名的概率为.（1）设用户首局的得分为，求的分布列；（2）求用户在“四人赛”中的总得分的期望值.21．已知椭圆E：的离心率为，且经过点(-1，).（1）求椭圆E的标准方程；（2）设椭圆E的右顶点为A，点O为坐标原点，点B为椭圆E上异于左､右顶点的动点，直线l：交x轴于点P，直线PB交椭圆E于另一点C，直线BA和CA分别交直线l于点M和N，若O､A､M､N四点共圆，求t的值.22．设函数.（1）若，求曲线的斜率为1的切线方程；（2）若在区间上有唯一零点，求实数的取值范围.1．B2．D3．C4．C5．B6．B7．D8．A9．A,D10．A,B,D11．C,D12．A,B,D13．4014．15．（答案不唯一）16．（1）2（2）17．（1）解：在△ABC中，由正弦定理及得：，..由余弦定理得，又，所以（2）解：是的角平分线，，由可得因为，，即有，，故18．（1）证明：在Rt△ABC中，，在Rt△AOB中，，则，于是，所以因为PO⊥平面ABCD，平面，则；又，平面，所以AC⊥平面POB，而AC平面PAC，所以PAC⊥平面POB（2）解：因为，AB平面PCD，CD平面PCD，所以AB//平面PCD，.又平面PAB平面，AB平面PCD，所以.则l与平面PAC所成角的正弦值等于AB与平面PAC所成角的正弦值..以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），P（0，，），B（2，0，0），C（2，2，0），所以，，.设平面PAC的一个法向量为，则，即，即，令，得.设l与平面PAC所成角为，则，.又因为，所以l与平面PAC所成角为.19．（1）解：当时，，解得由题知①②由②①得，因为，所以所以数列的奇数项是以为首项，以4为公差的等差数列；偶数项是以为首项，以4为公差的等差数列；当n为奇数时，当n为偶数时，所以的通项公式.（2）解：由（1）可得.当n为偶数时，当n为奇数时，当时，当时，经检验，也满足上式，所以当n为奇数时，综上，数列的前n项和20．（1）解：的所有可能取值为，，，，，其分布列为321（2）解：方法一：设总得分为，则的取值为5，4，3，2，则，，的分布列为Y5432P所以.方法二：.设第二局得分为，则的取值为，.则有，化简得Y的分布列为21，四人赛总分期望为21．（1）解：依题意：，解得：，，故椭圆C的方程为；（2）解：设B(，)，C(，)，∵点B为椭圆E上异于左､右顶点的动点，则直线BC不与x轴重合，则可设BC为，与椭圆方程联立得，则，可得，由韦达定理可得．直线BA的方程为，令得点M纵坐标同理可得，点N纵坐标当O､A､M､N四点共圆时，由割线定理可得，即，∵．由，故，解得．22．（1）解：当时，，；令，则，在上单调递增，又，，即有唯一解：，又，所求切线方程为：.（2）解：，；令，则，在上单调递增，，，，使得，则当时，，即；当时，，即；在上单调递减，在上单调递增，又，若在上有唯一零点，则，，解得：，即实数的取值范围为.普通高中数学学业水平合格性考试模拟试题一、单选题1．已知集合，，则（）A．B．C．D．2．下列运算错误的是（）A．a3+a3=2a6B．a6÷a-3=a9C．a3·a3=a6D．（-2a2）3=-8a63．已知，则（）A．B．C．D．4．在四边形ABCD中，给出下列四个结论，其中一定正确的是（）A．B．C．D．5．已知100个数据的第75百分位数是9.3，则下列说法正确的是（）A．这100个数据中一定有75个数小于或等于9.3B．把这100个数据从小到大排列后，9.3是第75个数据C．把这100个数据从小到大排列后，9.3是第75个与第76个数据的平均数D．把这100个数据从小到大排列后，9.3是第75个与第74个数据的平均数6．从一箱产品中随机地抽取一件，设事件{抽到一等品}，事件{抽到二等品}，事件{抽到三等品}，且已知，，，则事件“抽到的产品不是一等品”的概率为（）A．B．C．D．7．在区间(0，＋∞)上不是增函数的函数是（）A．B．C．D．8．正方体ABCD－A1B1C1D1中与AD1垂直的平面是()A．平面DD1C1CB．平面A1DB1C．平面A1B1C1D1D．平面A1DB9．某商场在今年端午节的促销活动中，对6月9日时至14时的销售额进行统计，其频率分布直方图如图所示，已知9时至10时的销售额为3万元，则11时至12时的销售额为（）A．万元B．万元C．万元D．万元10．“”是“”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件11．若函数是偶函数，则可取一个值为（）A．B．C．D．12．若a>0，b>0，a＋2b＝5，则ab的最大值为（）A．25B．C．D．13．幂函数y=f（x）的图象过点（4，2），则幂函数y=f（x）的图象是（）A．B．C．D．14．在△ABC中，角的对边分别是，若，，则()A．B．C．D．15．从一批产品中取出三件，设“三件产品全不是次品”，“三件产品全是次品”，“三件产品不全是次品”，则下列结论正确的是（）.A．A与C互斥B．B与C互斥C．任两个均互斥D．任两个均不互斥二、填空题16．已知向量与的夹角为60°，||=2，||=1，则|+2|=.17．函数f（x）=x2-2（a-1）x+2在区间上是减函数，则实数a的范围是18．若轴截面为正方形的圆柱的侧面积是，则圆柱的体积为．19．在中，角的对边分别为.若，则的面积为.三、解答题20．某班有男生27名，女生18名，用分层抽样的方法从该班中抽取5名学生去敬老院参加献爱心活动.（1）求从该班男生、女生中分别抽取的人数；（2）为协助敬老院做好卫生清扫工作，从参加活动的5名学生中随机抽取2名，求这2名学生均为女生的概率.21．已知函数.（1）求函数f（x）的最小正周期和最大值；（2）求函数f（x）的单调递减区间.22．已知的斜边为AB，过点A作PA⊥平面ABC，AM⊥PB于M，AN⊥PC于N.求证：（1）BC⊥平面PAC；（2）PB⊥平面AMN.1．A2．A3．A4．D5．C6．B7．C8．B9．C10．A11．B12．D13．C14．B15．B16．17．[2，+∞）18．19．20．（1）解：设从该班男生、女生中抽取的人数分别为，则，从该班男生、女生中抽取的人数分别为，（2）解：记参加活动的名男生分别为，名女生分别为则随机抽取名学生的所有基本事件为：，共个记“名学生均为女生”为事件，则事件包含的基本事件只有个：21．（1）解：.，即函数的最小正周期为.，即，则的最大值为2.（2）解：令，解得，所以函数的单调递减区间为.22．（1）证明：∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC.∵是直角三角形，AB为斜边，∴BC⊥AC，又AC∩PA=A，AC，PA平面PAC，∴BC⊥平面PAC.（2）证明：由（1）知BC⊥平面PAC，∵AN⊂平面PAC，∴BC⊥AN，又∵AN⊥PC，BC∩PC=C，BC，PC平面PBC，∴AN⊥平面PBC，又PB⊂平面PBC，∴AN⊥PB，又∵PB⊥AM，AM∩AN=A，AM，AN⊂平面AMN，∴PB⊥平面AMN.高三数学二模试卷一、单选题1．已知集合，，则（）A．B．C．D．2．已知向量，，则“”是“”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件3．若的展开式的各项系数和为8，则（）A．1B．C．2D．4．已知随机变量的分布列如下：12若，则（）A．B．C．D．5．已知函数的图象关于点对称，且在上单调，则的取值集合为（）A．B．C．D．6．若函数在区间上的最小值为，最大值为，则下列结论正确的为（）A．B．C．D．7．已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，抛物线的准线交双曲线于A，B两点，交双曲线的渐近线于C、D两点，若．则双曲线的离心率为（）A．B．C．2D．38．已知函数，且恒成立，若恰好有1个零点，则实数的范围为（）A．B．C．D．二、多选题9．设复数，（i为虚数单位），则下列结论正确的为（）A．是纯虚数B．对应的点位于第二象限C．D．10．下列等式能够成立的为（）A．B．C．D．11．已知圆：，则（）A．圆关于直线对称B．圆被直线截得的弦长为C．圆关于直线对称的圆为D．若点在圆上，则的最小值为512．如图，正方体的棱长为2，若点在线段上运动，则下列结论正确的为（）A．直线可能与平面相交B．三棱锥与三棱锥的体积之和为定值C．当时，与平面所成角最大D．当的周长最小时，三棱锥的外接球表面积为三、填空题13．函数的图象在处的切线方程为14．现有甲、乙、丙、丁在内的6名同学在比赛后合影留念，若甲、乙二人必须相邻，且丙、丁二人不能相邻，则符合要求的排列方法共有种．（用数字作答）15．如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案．图形的作法为：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边．反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线．设原正三角形（图①）的边长为1，将图①，图②，图③，图④中的图形周长依次记为，则．16．在等腰梯形中，已知，，，，动点E和F分别在线段和上，且，，当时，则有最小值为．四、解答题17．设数列的前项和为，且.（1）求的通项公式；（2）设，记的前项和为，证明：.18．在中，角所对的边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若角的平分线交于且，求的最小值.19．在四棱锥中，平面底面ABCD，底面ABCD是菱形，E是PD的中点，，，.（1）证明：平面EAC.（2）若四棱锥的体积为，求直线EC与平面PAB所成角的正弦值.20．某创业者 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在某旅游景区附近租赁一套农房发展成特色“农家乐”，为了确定未来发展方向，此创业者对该景区附近五家“农家乐”跟踪调查了100天，这五家“农家乐”的收费标准互不相同，得到的统计数据如下表，x为收费标准（单位：元/日），t为入住天数（单位：天），以频率作为各自的“入住率”，收费标准x与“入住率”y的散点图如图．x100150200300450t9065453020参考数据：，，，，，，，，，，．（1）若从以上五家“农家乐”中随机抽取两家深入调查，记为“入住率”超过0.6的农家乐的个数，求的概率分布列；（2）令，由散点图判断与哪个更合适于此模型（给出判断即可，不必说明理由）？并根据你的判断结果求回归方程；（，的结果精确到0.1）（3）根据第（2）问所求的回归方程，试估计收费标准为多少时，100天销售额L最大？（100天销售额L＝100×入住率×收费标准x）21．已知直线与抛物线交于，两点，且与轴交于点，过点，分别作直线的垂线，垂足依次为，，动点在上.（1）当，且为线段的中点时，证明：；（2）记直线，，的斜率分别为，，，是否存在实数，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.22．已知定义在上的函数.（1）若，讨论的单调性；（2）若，且当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.1．B2．A3．C4．B5．C6．A7．A8．C9．A,D10．B,C11．B,C,D12．B,C,D13．14．14415．16．；17．（1）解：①，当时，②，①-②得，即，又当时，，解得，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，；（2）证明：由（1）得，，因为，18．（1）解：，即，即.由正弦定理得，，，故.，，故，又，故，故；（2）解：，设，，根据向量的平行四边形法则：，即，，又，故，当且仅当时等号成立，故的最小值为.19．（1）证明：连接交于，连接，因为四边形是菱形，所以是的中点，又是的中点，所以，因为平面平面，所以平面.（2）解：取的中点，连接，则，因为平面平面且交线为，平面，所以平面.设，则，解得.因为底面是菱形，，所以，且.以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，设平面的法向量为，则，故可设，则，所以直线EC与平面PAB所成角的正弦值为.20．（1）解：由题意，抽取两家深入调查，可能为0，1，2.，，，∴的分布列为：012P（2）解：由散点图可知，散点并非均匀分布在一条直线的两侧，而是大致分布在一条曲线的两侧，不符合线性回归模型要求，∴更合适于此模型，∵∴∴回归方程为：（3）解：由题意得，，在中当时，解得：，当即时，函数单调递减，当即时，函数单调递增，∴函数在处取最大值，∴收费标准为150元/天时，100天销售额L最大.21．（1）证明：如图示：当时，恰为抛物线的焦点.由抛物线的定义可得：.取的中点，连接，则为梯形的中位线，所以.因为为的中点，所以，所以.在中，由可得：.因为为梯形的中位线，所以，所以，所以.同理可证：.在梯形中，，所以，所以，所以，即.（2）解：假设存在实数，使得.由直线与抛物线交于，两点，可设.设，则，消去可得：，所以，.则.而.所以，解得：.22．（1）解：函数，，求导得：，当时，，函数在上单调递增，当时，由得，由得，则在上递增，在上递减，所以当时，函数的递增区间是；当时，函数的递增区间是，递减区间是.（2）解：因为，且当时，不等式恒成立，当时，，恒成立，因此，当时，，令，原不等式等价于恒成立，而，即函数在上单调递增，因此，即，令，，当时，，当时，，函数在上单调递增，在上单调递减，，因此，综上得，所以实数的取值范围是.高三数学三模试卷一、单选题1．已知集合，，且，则实数（）A．B．1C．或1D．02．等差数列中，，是方程的两个根，则的前2022项和为（）A．1011B．2022C．4044D．80883．“”是“方程表示双曲线”的（）条件A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4．已知实数，则下列结论一定正确的是（）A．B．C．D．5．已知互不重合的三个平面α、β、γ，其中，，，且，则下列结论一定成立的是（）A．b与c是异面直线B．a与c没有公共点C．D．6．若函数（且）在R上为减函数，则函数的图像可以是（）A．B．C．D．7．在“2，3，5，7，11，13”这6个素数中，任取2个不同的数，这两数之和仍为素数的概率是（）A．B．C．D．8．已知，且恒成立，则的最小值为（）A．1B．C．D．二、多选题9．已知复数，则下列选项正确的是（）A．z的虚部为1B．C．为纯虚数D．在复平面内对应的点位于第一象限10．在某市高二举行的一次期中考试中，某学科共有2000人参加考试.为了了解本次考试学生成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（成绩均为正整数，满分为100分）作为 样本 保单样本pdf木马病毒样本下载上虞风机样本下载直线导轨样本下载电脑病毒样本下载 进行统计，样本容量为.按照的分组作出频率分布直方图，如图所示.其中，成绩落在区间内的人数为16.则下列结论正确的有（）A．样本容量B．图中C．估计该市全体学生成绩的平均分为分D．该市要对成绩由高到低前的学生授予“优秀学生”称号，则成绩为78分的学生肯定能得到此称号11．已知函数，，则下列结论正确的是（）A．函数在上单调递增B．存在，使得函数为奇函数C．任意，D．函数有且仅有2个零点12．画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：椭圆的两条切线互相垂直，则两切线的交点位于一个与椭圆同中心的圆上，称此圆为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆的离心率为，、分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，直线，则（）A．直线与蒙日圆相切B．的蒙日圆的方程为C．记点到直线的距离为，则的最小值为D．若矩形的四条边均与相切，则矩形的面积的最大值为三、填空题13．已知平面向量，，若与垂直，则实数．14．在平面直角坐标系中，角的终边经过点，则．15．在圆内，过点的最长弦和最短弦分别为和，则四边形的面积为．16．用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇.衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线y＝f（x）在点（x，f（x））处的曲率，则曲线在（1，1）处的曲率为；正弦曲线（x∈R）曲率的平方的最大值为.四、解答题17．数列中，，．（1）求证：数列是等比数列；（2）若，求数列的前项和．18．条件①，条件②，条件③．请从上述三个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答．已知的内角、、所对的边分别为、、，且满足____，（1）求；（2）若是的角平分线，且，求的最小值．19．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点．（1）证明：平面平面PBC；（2）若直线AF与平面PAB所成的角的余弦值为，求点P到平面AEF的距离．20．某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：）和材积量（单位：），得到如下数据：样本号i12345678910总和根部横截0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6面积材积量0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得．附：相关系数．（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；（2）求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；（3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值．21．已知函数．（1）当时，求函数的单调区间；（2）若函数恒成立，求实数a的取值范围．22．已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上且．（1）求椭圆的方程；（2）点分别在椭圆和直线上，，为的中点，若为直线与直线的交点．是否存在一个确定的曲线，使得始终在该曲线上？若存在，求出该曲线的轨迹方程；若不存在，请说明理由．1．A2．C3．B4．A5．D6．D7．A8．D9．A,C10．B,C11．A,B,C12．A,C13．214．115．16．；117．（1）解：因为，所以，因为，则，，，以此类推可知，对任意的，，所以，，又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列.（2）解：由（1）可知，，所以，又由题知.18．（1）解：选①：因为，由正弦定理可得，即，所以，而，，故，因为，所以；选②：因为，由正弦定理，即，由余弦定理，因为，所以；选③：因为，正弦定理及三角形内角和定理可得，即，因为、，则，所以，，，所以，所以，即.（2）解：由题意可知，，由角平分线性质和三角形面积公式得，化简得，即，因此，当且仅当时取等号，所以的最小值为．19．（1）证明：方法一：因为底面ABCD，平面ABCD，所以．因为ABCD为正方形，所以，又因为，平面PAB，平面PAB，所以平面PAB．因为平面PAB，所以．因为，E为线段PB的中点，所以，又因为，平面PBC，平面PBC，所以平面PBC．又因为平面AEF，所以平面平面PBC．方法二：因为底面ABCD，平面PAB，所以平面底面ABCD又平面底面，，平面ABCD，所以平面PAB．因为平面PAB，所以．因为，E为线段PB的中点，所以．因为，平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，又因为平面AEF，所以平面平面PBC因为底面ABCD，，以A为坐标原点，以的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则，设，则，所以，，，，设为平面AEF的法向量，则所以取，则，，则，设为平面PBC的法向量，则所以取，则，，则因为，所以，所以平面平面PBC.（2）解：（基于（1）解法一、二）因为底面ABCD，，以A为坐标原点，以的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则，易知是平面PAB的法向量设，则，所以，，所以即，得，所以，设为平面AEF的法向量，则所以平面AEF的法向量，又因为所以点P到平面AEF的距离为，所以点P到平面AEF的距离为．由（1）可知，是直线AF与平面PAB所成的角，所以解得，故F是BC的中点．所以，，的面积为因为，的面积为设点P到平面AEF的距离为h，则有解得所以点P到平面AEF的距离为．（基于（1）解法三）易知是平面PAB的法向量所以，即，解得所以，又因为所以点P到平面AEF的距离为，所以点P到平面AEF的距离为．20．（1）解：样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值样本中10棵这种树木的材积量的平均值据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为，平均一棵的材积量为（2）解：则（3）解：设该林区这种树木的总材积量的估计值为，又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，可得，解之得．则该林区这种树木的总材积量估计为21．（1）解：函数的定义域是，当时，，令得，所以函数在上单递递增；令得，所以函数在上单调递减．所以函数的单调递增区间为，单调递区间为．（2）解：恒成立，等价于恒成立，令，因为恒成立，所以在上单调递增，所以，即，所以恒成立，等价于恒成立令，问题等价于恒成立①若时，恒成立，满足题意；②若时，则，所以，不满足题意；③若时，因为，令，得，，，单调递减，，，单调递增，所以在处取得最小值，要使得，恒成立，只需，解得综上：【解法二】恒成立，等价于，令①若时，，所以在上单调递增，，即，满足，②若时，则，，所以在上单调递增，由，函数在上单调递增，值域为；函数在上单调递增，值域为；所以，使得，不满足题意．③若时，令，∴，令，则在上单调递增，函数在上单调递增，值域为；函数在上单调递减，值域为；则，；，，；，，所以，，，，，单调递减，，，单调递增，只需即可，∴，∴，令，，∴在上单调递增，，∴时，，，，所以在上单调递增，∴，即，综上：22．（1）解：因为椭圆过点，所以.因为，所以，得．故，从而椭圆C的方程为．（2）解：设，则直线AP的斜率为.因为，所以直线OQ的方程为.令可得，所以，又M是AP的中点，所以.从而，所以①因为点在椭圆C上，所以，故，代入式①可得，从而，所以，点始终在以为直径的圆上，且该圆方程为高三数学一模试卷一、单选题1．设集合，，则（）A．B．C．D．2．复平面内表示复数的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．在中，，，若点M满足，则（）A．B．C．D．4．将4个6和2个8随机排成一行，则2个8不相邻的情况有（）A．480种B．240种C．15种D．10种5．蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包下半部分近似一个圆柱，高为2m；上半部分近似一个与下半部分同底的圆锥，其母线长为m，轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是面积为的等腰钝角三角形，则该蒙古包的体积约为（）A．B．C．D．6．下列四个函数中，最小正周期与其余三个函数不同的是（）A．B．C．D．7．设，，则（）A．B．C．D．8．已知菱形ABCD的各边长为2，.将沿AC折起，折起后记点B为P，连接PD，得到三棱锥，如图所示，当三棱锥的表面积最大时，三棱锥的外接球体积为（）A．B．C．D．二、多选题9．已知空间中三条不同的直线a、b、c，三个不同的平面，则下列说法中正确的是（）A．若，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，则10．已知函数对，都有，为奇函数，且时，，下列结论正确的是（）A．函数的图像关于点中心对称B．是周期为2的函数C．D．11．已知抛物线，F为抛物线C的焦点，下列说法正确的是（）A．若抛物线C上一点P到焦点F的距离是4，则P的坐标为、B．抛物线C在点处的切线方程为C．一个顶点在原点O的正三角形与抛物线相交于A、B两点，的周长为D．点H为抛物线C的上任意一点，点，，当t取最大值时，的面积为212．e是自然对数的底数，，已知，则下列结论一定正确的是（）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则三、填空题13．的展开式中的系数为（用数字作答）.14．过四点、、、中的三点的一个圆的方程为（写出一个即可）.15．e是自然对数的底数，的零点为.16．已知直线与双曲线交于A，B两点（A在B的上方），A为BD的中点，过点A作直线与y轴垂直且交于点E，若的内心到y轴的距离不小于，则双曲线C的离心率取值范围是.四、解答题17．已知为数列的前n项和，，.（1）求数列的通项公式：（2）若，为数列的前n项和.求，并证明：.18．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.（1）求证：.（2）求的取值范围.19．如图所示，三棱锥，BC为圆O的直径，A是弧上异于B、C的点.点D在直线AC上，平面PAB，E为PC的中点.（1）求证：平面PAB；（2）若，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值.20．学校举办学生与智能机器人的围棋比赛，现有来自两个班的学生报名表，分别装入两袋，第一袋有5名男生和4名女生的报名表，第二袋有6名男生和5名女生的报名表，现随机选择一袋，然后从中随机抽取2名学生，让他们参加比赛.（1）求恰好抽到一名男生和一名女生的概率；（2）比赛记分规则如下：在一轮比赛中，两人同时赢积2分，一赢一输积0分，两人同时输积分.现抽中甲、乙两位同学，每轮比赛甲赢概率为，乙赢概率为，比赛共进行二轮.（i）在一轮比赛中，求这两名学生得分的分布列；（ii）在两轮比赛中，求这两名学生得分的分布列和均值.21．已知椭圆的左焦点F为，过椭圆左顶点和上项点的直线的斜率为.（1）求椭圆E的方程；（2）若为平面上一点，C，D分别为椭圆的上、下顶点，直线NC，ND与椭圆的另一个交点分别为P，Q.试判断点F到直线PQ的距离是否存在最大值？如果存在，求出最大值；如果不存在，请说明理由.22．若函数有两个零点，且.（1）求a的取值范围；（2）若在和处的切线交于点，求证：.1．D2．A3．A4．D5．C6．C7．B8．D9．A,C,D10．A,C,D11．A,B,D12．B,C13．5614．（答案不唯一）15．16．17．（1）解：当时，，，则，当时，，则，两式相减得：即即∵，∴，∴数列是2为首项，公差为2的等差数列，∴.（2）解：由（1）得，，，∵，∴，∴又∵，∴随着n的增大而减少，从而随着n的增大而增大，∴，综上所述，.18．（1）证明：在中，由及正弦定理得：又∵，∴即，∵，∴.∵，∴，（2）得：得，∴，∴，由题意，及正弦定理得：∵，∴，即故的取值范围为方法二：由正弦定理得：∵，∴，由（1）得：，故由（1）得：得，∴，∴，∴，即，故的取值范围为19．（1）证明：因为平面PAB，平面平面，平面CAB所以.又O为BC中点，所以D为AC中点.又E为PC中点，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）解：如图1，取的中点F，连结PF、AF.由已知底面在半圆O上，BC为圆O的直径，可得.因为所以，所以.又，则有，所以，.则有，，，所以，，，又，平面，平面.所以平面.法一：如图2建立如图所示的空间直角坐标系.由，，可得.，，，，，.所以，，.设为平面PAB的一个法向量，则，令，则，，则.设为平面PBC的一个法向量，则，令，则，，则.设平面PAB与平面PBC的夹角为，则.法二：如图3，建立如图所示的空间直角坐标系.因为，则，，，，，所以，，.设为平面PAB的一个法向量，则，令，则，，则.设为平面PBC的一个法向量，则，令，则，，则.设平面PAB与平面PBC的夹角为，则.20．（1）解：设“抽到第一袋”，“抽到第二袋”，B＝“随机抽取2张，恰好抽到一名男生和一名女生的报名表”由全概率公式得（2）解：（i）设在一轮比赛中得分为，则的可能取值为－2，0，2，则得分为的分布列用表格表示－202P（ii）设在二轮比赛中得分为，则的可能取值为－4，－2，0，2，4，则得分为的分布列用表格表示为－4－2024P21．（1）解：椭圆的左顶点，上顶点，依题意，，又左焦点，即有，解得，所以椭圆E的方程为.（2）解：由（1）知，点，，而，当时，，，直线PQ为y轴，当时，直线CN的斜率，方程为，直线DN的斜率，方程为，由消去x得：，设，则，有，，即，由消去x得：，设，则，有，，即直线PQ的斜率，方程为：，即，显然直线PQ过定点，而时，y轴也过点，因此对任意实数，直线PQ经过定点，则当（M为垂足）时，F到直线PQ的距离取得最大值，所以点F到直线PQ的距离存在最大值，最大值为.22．（1）解：当，，在上单调递减，不可能两个零点；当时，令得，，单调递增，，，单调递减，∵，；；，∴有唯一零点且有唯一零点，满足题意，综上：；（2）证明：先证右边：令则，∴，，单调递增，，，单调递减，∴的最大值为，∴，即，∴且，∴，又∵，∴，∴；再证左边：曲线在和处的切线分别是联立两条切线得，∴，由题意得，要证，即证，即证，即证，令，即证，令，，∴在单调递减，∴，∴得证.综上：.高三数学一模试卷一、单选题1．已知复数满足，是虚数单位，则在复平面内的对应点落在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．已知集合，，则（）A．B．C．D．3．为了了解小学生的体能情况，抽取了某小学四年级100名学生进行一分钟跳绳次数测试，将所得数据整理后，绘制如下频率分布直方图.根据此图，下列结论中错误的是（）A．B．估计该小学四年级学生的一分钟跳绳的平均次数超过125C．估计该小学四年级学生的一分钟跳绳次数的中位数约为119D．四年级学生一分钟跳绳超过125次以上优秀，则估计该小学四年级优秀率为35%4．已知，则（）A．B．C．D．5．由伦敦著名建筑事务所SteynStudio 设计 领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计 的南非双曲线大教堂惊艳世界，该建筑是数学与建筑完美结合造就的艺术品.若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线（，）下支的部分，且此双曲线两条渐近线方向向下的夹角为，则该双曲线的离心率为（）A．B．C．D．6．若从0，1，2，3，…9这10个整数中同时取3个不同的数，则其和为偶数的概率为（）A．B．C．D．7．某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若序列的所有项都是2，且，，则（）A．B．C．.D．8．《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示，底面为正方形，平面，四边形，为两个全等的等腰梯形，，且，则此刍甍的外接球的表面积为（）A．B．C．D．二、多选题9．函数（，）的部分图像如图所示，则下列结论正确的是（）A．B．函数的图像关于直线对称C．函数在单调递减D．函数是偶函数10．设是公差为（）的无穷等差数列的前项和，则下列命题正确的是（）A．若，则是数列的最大项B．若数列有最小项，则C．若数列是递减数列，则对任意的：，均有D．若对任意的，均有，则数列是递增数列11．如图，在直三棱柱中，，，，为棱的中点；为棱上的动点（含端点），过点A､､作三棱柱的截面，且交于，则（）A．线段的最小值为B．棱上的不存在点，使得平面C．棱上的存在点，使得D．当为棱的中点时，12．对于定义在区间上的函数，若满足：，且，都有，则称函数为区间上的“非减函数”，若为区间上的“非减函数”，且，，又当时，恒成立，下列命题中正确的有（）A．B．，C．D．，三、填空题13．展开式中的系数为.14．在平面直角坐标系中，点绕着原点顺时针旋转得到点，点的横坐标为.15．甲､乙､丙三人参加数学知识应用能力比赛，他们分别来自A､B､C三个学校，并分别获得第一､二､三名：已知：①甲不是A校选手；②乙不是B校选手；③A校选手不是第一名；④B校的选手获得第二名；⑤乙不是第三名.根据上述情况，可判断出丙是校选手，他获得的是第名.16．函数的最小值为.四、解答题17．在中，内角的对边分别为，，，已知.（1）求内角；（2）点是边上的中点，已知，求面积的最大值.18．记是正项数列的前n项和，若存在某正数M，，都有，则称的前n项和数列有界.从以下三个数列中任选两个，①；②；③，分别判断它们的前项和数列是否有界，并给予证明.19．如图，在边长为4的正三角形中，为边的中点，过作于.把沿翻折至的位置，连接､.（1）为边的一点，若，求证：平面；（2）当四面体的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值.20．甲､乙､丙､丁四支球队进行单循环小组赛（每两支队比赛一场），比赛分三轮，每轮两场比赛，第一轮第一场甲乙比赛，第二场丙丁比赛；第二轮第一场甲丙比赛，第二场乙丁比赛；第三轮甲对丁和乙对丙两场比赛同一时间开赛，规定：比赛无平局，获胜的球队记3分，输的球队记0分.三轮比赛结束后以积分多少进行排名，积分相同的队伍由抽签决定排名，排名前两位的队伍小组出线.假设四支球队每场比赛获胜概率以近10场球队相互之间的胜场比为参考.队伍近10场胜场比队伍甲乙甲丙甲丁乙丙乙丁丙丁（1）三轮比赛结束后甲的积分记为，求；（2）若前二轮比赛结束后，甲､乙､丙､丁四支球队积分分别为3､3､0､6，求甲队能小组出线的概率.21．已知函数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）若，讨论函数的零点个数.22．已知动圆经过定点，且与圆：内切.（1）求动圆圆心的轨迹的方程；（2）设轨迹与轴从左到右的交点为点，点为轨迹上异于的动点，设交直线于点，连结交轨迹于点.直线､的斜率分别为､.（i）求证：为定值；（ii）证明直线经过轴上的定点，并求出该定点的坐标.1．C2．B3．B4．A5．D6．D7．B8．C9．A,B10．B,D11．A,B,D12．A,C,D13．4014．15．A；三16．17．（1）解：在中，因为，由正弦定理得，因为，所以，于是有，所以，即，因为，所以，所以，即.（2）解：因为点是边上的中点，所以，对上式两边平分得：，因为，所以，即，而，有，所以，当且仅当时，等号成立.因此.即面积的最大值为.18．解：数列①②的前项和数列有界，数列③的前项和数列无界，证明如下：①若，则其前项和，因为，所以，则，所以存在正数1，，，即前项和数列有界.②若，当时，，其前项和，因为，所以，则，所以存在正数2，，，即前项和数列有界.③若，其前项和为，，对于任意正数，取（其中表示不大于的最大整数），有，因此前项和数列不是有界的.19．（1）证明：取中点，连接，因为在正三角形中，，又因为，所以，平面，平面，所以平面，又有，且，所以，而平面，平面，所以平面.有，平面，所以平面平面，又平面，因此平面.（2）解：因为，又因为的面积为定值，所以当到平面的距离最大时，四面体的体积有最大值，因为，，，，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，当时，平面平面，平面所以平面，即在翻折过程中，点到平面的最大距离是，因此四面体的体积取得最大值时，必有平面.如图，以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直接坐标系，易知，，，，，，，为平面的一个法向量，设平面的法向量为，，由，令得：，，所以为平面的一个法向量，.所以平面与平面的夹角（锐角）的余弦值为.20．（1）解：设甲的第场比赛获胜记为（，2，3），根据表格可知甲对乙、丙、丁比赛获胜的概率分别为，则有.（2）解：分以下三种情况：（i）若第三轮甲胜丁，另一场比赛乙胜丙，则甲､乙､丙､丁四个球队积分变为6､6､0､6，此时甲､乙､丁三支球队积分相同，要抽签决定排名，甲抽中前两名的概率为，所以这种情况下，甲出线的概率为；（ii）若第三轮甲胜丁，另一场比赛乙输丙，则甲､乙､丙､丁积分变为6､3､3､6，此时甲一定出线，甲出线的概率为；（iii）若第三轮甲输丁，另一场比赛乙输丙.则甲､乙､丙､丁积分变为3､3､3､9，此时甲､乙､丙三支球队要抽签决定排名，甲抽到第二名的概率为，所以这种情况下，甲出线的概率为.综上，甲出线的概率为.21．（1）解：当时，，该函数的定义域为，，由可得，由可得或.故当时，函数的增区间为和，减区间为.（2）解：函数的定义域为，，由，得，，由可得，由可得或.所以，