湖北省襄阳五中2022届高三适应性考试（最后冲刺卷）数学试题【含答案】

襄阳五中2022届高三年级适应性考试（三）数学试题命题人：王荣审题人：谢伟王丹胡桂莲注意事项（请考生在作答前认真阅读）：1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号、座位号填写在答题卡上,并用2B铅笔填涂准考证号.2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑．如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.作答非选择题时,必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上.3.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后,将试卷和答题卡一并交回.4.本试卷共4页,22小题,满分150分.考试用时120分钟.第I卷（选择题）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．已知集合MxZx220x，Nxxa，若MN有且只有2个元素，则a的取值范围是()A．0,1B．0,1C．0,2D．(,1]2．一支田径队有男运动员48人，女运动员36人，用分层抽样从全体运动员中抽取一个容量为21的样本，抽出的男运动员平均身高177.5cm，抽出的女运动员平均身高为168.4，则估计该田径队运动员的平均身高是（）A．173.6B．172.95C．172.3D．17622xy23．已知双曲线1ab0,0的左顶点与抛物线y20pxp的焦点的距离ab22为4，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为2,1，则双曲线的方程为（）xy22xy22x2xy22A1B.1C.y21D.1369324424．区块链作为一种新型的技术，已经被应用于许多领域.在区块链技术中，某个密码的长度设定为512B，则密码一共有2512种可能，为了破解该密码，最坏的情况需要进行次运算.现在有一台计算机，每秒能进行1.251013次运算，那么在最坏的情况下，这台计算机破译该密码所需时间大约为（）（参考数据：lg20.3，103.16）A．6.3210141sB．6.3210140sC．3.1610141sD．3.1610140s5．如图，体积为V的大球内有4个小球，每个小球的球面过大球球心且与大球球面有且只有一个交点，4个小球的球心是以大球球心为中心的正方形的4个顶点，V1为小球相交部分（图中阴影部分）的体积，V2为大球内、小球外的图中黑色部分的体积，则下列关系中正确的是（.）VVA．VB．VC．VVD．VV12221212n6．在数列an中，a11，aann12，若amam19am248，则m（）A．3B．4C．5D．67344:uId:7344829179:fId:82917947．过点P1,2作曲线C：y的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB的方程为（）xA．2xy80B．2xy40C．D．xy2408．已知点O，A，B是同一平面内不同的三个点，且OAAB4，若0,1，1OBOA1BOBA的最小值为25，则OB（）2A．23B．43C．22D．42二、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，全部选对得5分，部分选对得2分，有项选错得0分.139．设复数zi的共轭复数为z，则下列选项正确的有（）2222z1z3A．zcosisinB．C．1D．zz3233z22z10．设函数f（x）的定义域为R，xx000是f（x）的极大值点，以下结论一定正确的是（）x0fx()A．xR,f(x)f(x0)B．是的极大值点C．是fx()的极小值点D．是fx()的极小值点11．将一枚质地均匀的硬币连续抛掷n次，以Pn表示没有出现连续3次正面向上的概率，则下列结论正确的是（）715111A．PB．PC．当n2时，PPD．PPPPn438416nn1n2n14n28n3．已知抛物线2的焦点为F，抛物线C上存在n个点P，P，（且*）12C:4yx12,nN2满足PFP12P2FP3Pn1FPnPnFP1，则下列结论中正确的是（）n11A．n2时，2PFPF12B．n3时，PFPFPF123的最小值为9111C．n4时，PFPFPFPF13244D．时，PFPFPFPF1234的最小值为8第II卷（非选择题）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案直接填写在答题卡相应．．．．．位置．．上.x113．集合Ax0，Bxxba，若“a1”是“AB”的充分条件，x1则实数b取值范围是____________．14．在平面直角坐标系xOy中，圆M交x轴于AC2,0,4,0，交y轴于BD,，四边形ABCD的面积为18，则OM___________.7344:uId:7344829179:fId:82917915．已知函数f(x)sinx2cosx的图象向右平移个单位长度得到g(x)2sinxcosx的图象，若x为h(x)sinxacosx的一条对称轴，则a__________．16．如图，三棱柱ABCA1BC11中，AA1BC，AB11BB.AB1，AC2，BC3，问AA1为_____时，三棱柱体积最大，最大值为_____.四、解答题：本题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答．．．．．．．．．．，解答时应写出文字 说明 关于失联党员情况说明岗位说明总经理岗位说明书会计岗位说明书行政主管岗位说明书 、证明过程或演算步骤.4*17．(10分)设数列an满足a111,annN4an1（1）求证：数列是等差数列；an2a2n（2）设bn，求数列bn的前n项和为Tn.a21n18．(12分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且abc，现有三个条件：①，，为连续自然数；②ca2；③CA2.（1）从上述三个条件中选出两个，使得△不存在，并说明理由；（2）从上述三个条件中选出两个，使得△存在，并求△的面积（写出一组作答即可）19．(12分) 规定 关于下班后关闭电源的规定党章中关于入党时间的规定公务员考核规定下载规定办法文件下载宁波关于闷顶的规定 抽球试验规则如下：盒子中初始装有白球和红球各一个，每次有放回的任取一个，连续取两次，将以上过程记为一轮．如果每一轮取到的两个球都是白球，则记该轮为成功，否则记为失败．在抽取过程中，如果某一轮成功，则停止；否则，在盒子中再放入一个红球，然后接着进行下一轮抽球，如此不断继续下去，直至成功．(1)某人进行该抽球试验时，最多进行三轮，即使第三轮不成功，也停止抽球，记其进行抽球试验的轮次数为随机变量X，求的分布列和数学期望；1(2)为验证抽球试验成功的概率不超过，有1000名数学爱好者独立的进行该抽球试验，2记t表示成功时抽球试验的轮次数，y表示对应的人数，部分统计数据如下：12345232986040207344:uId:7344829179:fId:829179b求y关于t的回归方程ya，并预测成功的总人数（精确到1）；t11111111111(3)证明：2122121221212?·122．22323423nn12nxiiynxyi1附：回归方程系数：bn，；22aybxxinxi1511522x参考数据：xi1.46，x0.46，x0.212（其中i，xxi）．i1ti5i120．(12分)如图，在三棱台ABCA1BC11中，底面ABC是边长为2的正三角形，侧面ACC11A为等腰梯形，且AC11AA11，D为AC11的中点．（1）证明：ACBD；2（2）记二面角AACB的大小为，,时，求直线AA1331与平面BB11CC所成角的正弦值的取值范围．21．(12分)如图，椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，离心率，过左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于A、A′两点，|AA′|=4．（1）求该椭圆的 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 方程；（2）取平行于y轴的直线与椭圆相交于不同的两点P、P′，过P、P′作圆心为Q的圆，使椭圆上的其余点均在圆Q外．求△PP'Q的面积S的最大值，并写出对应的圆Q的标准方程．22．(12分)函数f(x)exasinx，x,.(1)求证：当a1时，fx()存在唯一极小值点x0，且10fx0；(2)是否存在实数a使在,上只有一个零点，若存在，求出的范围；若不存在，说明理由.答案和解析设OAB2，点A关于OB对称的点为A，AA与OB交于点H，AP与OB交于点M0，．．则当点M位于M0位置时，AMPM取得最小值AP25，1．A2A3.C在△APA中，AA2AH8cos,AP2,AP25，2512设4在D最坏的情况下，这台计算机破译该密码所需时间为x秒，则有；x1321.25104(8cos)2021所以由余弦定理得：cos，解得：cos，2512228cos2两边取常用对数，得lgxlglg2512lg1.251013；1.2510131所以BH216sin2168，所以OB2|BH|42故选：2lgx512lg2lg1.2513512lg23lg511．D512lg231lg211515lg214140.5；9ACD1322π对于，由题可知zicosisin，所以正确；2233140.51400.5140所以x1010103.1610故选：AA1313ii．.D.z2222对于，因为221，所以错误；R44Rz1313设5大D球半径为，小球半径为，根据题意33，iiRVR4()V1V2222332B22B44R2V所以VVR34()3R30．故选：．213323213iDz221．对于，因为1，所以正确；z131i6Baa2n1C22Cn1n2解：由题意得a1a22，a22，n2，即an22an，anan123222因为z3zzzz2zzzzzzz3zz11312，故正确n1n1所以当n为奇数时，a22；当n为偶数时，a22；nn故选：D.kk122(12)kkk2设a的前项和为S，则k，SSa3(21)223nnnS2k3(21)2k12k2k1．ACD1212.10BD若m为奇数，则amam1am9为的倍数，248不是3的倍数，不合题意；对x0x00是fx的极大值点，并不是最大值点，故不正确；3A.Aamam1am9Sm9Sm1SmSm当m为偶数，则241211对fx相当于fx关于y轴的对称图象，故x0应是fx的极大值点，故正确；22mmmmmmB.B421261m对fx相当于fx关于x轴的对称图象，故x应是fx的极小值点，跟x没有关系，故不正确；2222262，即，所以002323222226222482m424C.C.对fx相当于fx先关于y轴的对称，再关于x轴的对称图象故正确故选：．．D..D.BD.7A44设Ax,y，Bx,y，y，所以在A点处的切线方程为yy1xx1，将P1,2代入得1122x2x231当11AC时D，17，正确；n3P3144282y11x1，因为y1，化简得2xy80，同理可得2xy80，所以直线AB的方程为x2x112211当n4时，又投掷四次连续出A现三次正面向上的情况只有：2xy80，故选：．313正正正正或正正正反或反正正正，P41，错误；．A1616B1要求Pn，即抛掷n次没有出现连续次正面的概率，分类进行讨论；解8：D设OMOB,BM(1)BO,BPBA,2如果第n次出现反面，31所以OBOA1BOBAOMOABMBPAMPM，7344:uId:73442那么前n次不出现连续三次正面和前n1次不出现连续三次正面是相同的，第页，共页15答案和解析设OAB2，点A关于OB对称的点为A，AA与OB交于点H，AP与OB交于点M0，．．则当点M位于M0位置时，AMPM取得最小值AP25，1．A2A3.C在△APA中，AA2AH8cos,AP2,AP25，2512设4在D最坏的情况下，这台计算机破译该密码所需时间为x秒，则有；x1321.25104(8cos)2021所以由余弦定理得：cos，解得：cos，2512228cos2两边取常用对数，得lgxlglg2512lg1.251013；1.2510131所以BH216sin2168，所以OB2|BH|42故选：2lgx512lg2lg1.2513512lg23lg511．D512lg231lg211515lg214140.5；9ACD1322π对于，由题可知zicosisin，所以正确；2233140.51400.5140所以x1010103.1610故选：AA1313ii．.D.z2222对于，因为221，所以错误；R44Rz1313设5大D球半径为，小球半径为，根据题意33，iiRVR4()V1V2222332B22B44R2V所以VVR34()3R30．故选：．213323213iDz221．对于，因为1，所以正确；z131i6Baa2n1C22Cn1n2解：由题意得a1a22，a22，n2，即an22an，anan123222因为z3zzzz2zzzzzzz3zz11312，故正确n1n1所以当n为奇数时，a22；当n为偶数时，a22；nn故选：D.kk122(12)kkk2设a的前项和为S，则k，SSa3(21)223nnnS2k3(21)2k12k2k1．ACD1212.10BD若m为奇数，则amam1am9为的倍数，248不是3的倍数，不合题意；对x0x00是fx的极大值点，并不是最大值点，故不正确；3A.Aamam1am9Sm9Sm1SmSm当m为偶数，则241211对fx相当于fx关于y轴的对称图象，故x0应是fx的极大值点，故正确；22mmmmmmB.B421261m对fx相当于fx关于x轴的对称图象，故x应是fx的极小值点，跟x没有关系，故不正确；2222262，即，所以002323222226222482m424C.C.对fx相当于fx先关于y轴的对称，再关于x轴的对称图象故正确故选：．．D..D.BD.7A44设Ax,y，Bx,y，y，所以在A点处的切线方程为yy1xx1，将P1,2代入得1122x2x231当11AC时D，17，正确；n3P3144282y11x1，因为y1，化简得2xy80，同理可得2xy80，所以直线AB的方程为x2x112211当n4时，又投掷四次连续出A现三次正面向上的情况只有：2xy80，故选：．313正正正正或正正正反或反正正正，P41，错误；．A1616B1要求Pn，即抛掷n次没有出现连续次正面的概率，分类进行讨论；解8：D设OMOB,BM(1)BO,BPBA,2如果第n次出现反面，31所以OBOA1BOBAOMOABMBPAMPM，829203:fId:8292032那么前n次不出现连续三次正面和前n1次不出现连续三次正面是相同的，第页，共页151这个时候不出现连续三次正面的概率是P；故f(t)f(1)9，2n1min1如果第n次出现正面，第n1次出现反面，故当t1，即cos,时，PFPFPF取到最小值，故正确；23123那么前次不出现连续三次正面和前次不出现连续三次正面是相同的，nn29B当n4时，P1FP2P2FP3P3FP4P4FP1，12这个时候不出现连续三次正面的概率是Pn2；4此时不妨设P1,P2,P3,P4在抛物线上逆时针排列，设P1Fx,(0,)如果第n次出现正面，第n1次出现正面，第n2次出现反面，2222,2那么前n次不出现连续三次正面和前次不出现连续三次正面是相同的，|P1F|,|P2F|,|P3F|,|P4F|n3则3，1cos1cos()1cos()1cos()122这时候不出现三次连续正面的概率是Pn3，8222即|P2F|,|P3F|,|P4F|，1111sin1cos1sin综上，PnPn1Pn2Pn3(n4)，正确；248224故PFPF，111D131cos1cossin2由上式可得PPPP，则n12n4n18n2224PFPF，11111111241sin1sincos2Pn1PnPnPn1Pn2Pn1Pn2Pn32248224811sin2cos21111所以，故正确；PP，易知Pn0，所以PPP0，n4，故当n4时，PP．P1FP3FP2FP4F4442n16n3n1n16n3n1nC71344416又PP1，P，P4，满足当n2时，PP，正确．故选：．由的分析可知：PFPFPFPF，123816n1n1234sin2cos2sin2cos2sin22．CACDC16当sin221时，取到最小值，sin2212BC当n2时，P1FP2P2FP1，此时不妨取P1P2过焦点垂直于x轴，16即P1FP2FP3FP4F最小值为，故错误；故选：1111，，不妨取P1(12),P2(12)，则=+1，故错误；16DBCP1FP2F22．2,22A当n3时，PFPPFPPFP，131223313A1,1，当a1时，Bb1,b1，此时不妨设P,P,P在抛物线上逆时针排列，设PFx,(0,)12312b11因为“a1”是“AB”的充分条件，所以 ，2b2．故填2,2．22,b112|PF|,|PF|则|PF|，则2224，11cos1cos()1cos()33．2222141PFPFPF由题意S|AC||BD|3|BD|18，故|BD||AC|6，故12324ABCD21cos1cos()1cos()33而圆心M在AC的垂直平分线上，所以xM114(1cos)222，222BD1cos12由垂径定理知半径解得y1(cos)ryM3119M22,11342t3令tcos,t(,)，则PFPFPF，所以M(1,1)或(1,1)，故OM2，故答案为：222212332tt2442t382t627(t1)．令f(t)，则f(t)，332tt2(32t)2t3(32t)2t31525513设fx5sinx，则sin，cos，当t1时，f(t)0，f(t)递增，当1t时，f(t)0，f(t)递减，5522uerr:uId:uerr第页，共页251这个时候不出现连续三次正面的概率是P；故f(t)f(1)9，2n1min1如果第n次出现正面，第n1次出现反面，故当t1，即cos,时，PFPFPF取到最小值，故正确；23123那么前次不出现连续三次正面和前次不出现连续三次正面是相同的，nn29B当n4时，P1FP2P2FP3P3FP4P4FP1，12这个时候不出现连续三次正面的概率是Pn2；4此时不妨设P1,P2,P3,P4在抛物线上逆时针排列，设P1Fx,(0,)如果第n次出现正面，第n1次出现正面，第n2次出现反面，2222,2那么前n次不出现连续三次正面和前次不出现连续三次正面是相同的，|P1F|,|P2F|,|P3F|,|P4F|n3则3，1cos1cos()1cos()1cos()122这时候不出现三次连续正面的概率是Pn3，8222即|P2F|,|P3F|,|P4F|，1111sin1cos1sin综上，PnPn1Pn2Pn3(n4)，正确；248224故PFPF，111D131cos1cossin2由上式可得PPPP，则n12n4n18n2224PFPF，11111111241sin1sincos2Pn1PnPnPn1Pn2Pn1Pn2Pn32248224811sin2cos21111所以，故正确；PP，易知Pn0，所以PPP0，n4，故当n4时，PP．P1FP3FP2FP4F4442n16n3n1n16n3n1nC71344416又PP1，P，P4，满足当n2时，PP，正确．故选：．由的分析可知：PFPFPFPF，123816n1n1234sin2cos2sin2cos2sin22．CACDC16当sin221时，取到最小值，sin2212BC当n2时，P1FP2P2FP1，此时不妨取P1P2过焦点垂直于x轴，16即P1FP2FP3FP4F最小值为，故错误；故选：1111，，不妨取P1(12),P2(12)，则=+1，故错误；16DBCP1FP2F22．2,22A当n3时，PFPPFPPFP，131223313A1,1，当a1时，Bb1,b1，此时不妨设P,P,P在抛物线上逆时针排列，设PFx,(0,)12312b11因为“a1”是“AB”的充分条件，所以 ，2b2．故填2,2．22,b112|PF|,|PF|则|PF|，则2224，11cos1cos()1cos()33．2222141PFPFPF由题意S|AC||BD|3|BD|18，故|BD||AC|6，故12324ABCD21cos1cos()1cos()33而圆心M在AC的垂直平分线上，所以xM114(1cos)222，222BD1cos12由垂径定理知半径解得y1(cos)ryM3119M22,11342t3令tcos,t(,)，则PFPFPF，所以M(1,1)或(1,1)，故OM2，故答案为：222212332tt2442t382t627(t1)．令f(t)，则f(t)，332tt2(32t)2t3(32t)2t31525513设fx5sinx，则sin，cos，当t1时，f(t)0，f(t)递增，当1t时，f(t)0，f(t)递减，5522iwowpe:fId:iwowpe第页，共页25525∴．得a2,b3,c4，gx5sinx，则sin，cos，a22a55b2c2a27∴2k，即2k，在△ABC中，由余弦定理得：cosA．2bc834151315∴sinsinsincoscossin，coscoscoscossinsin，∴sinA1cos2A，则SbcsinA558ABC24又x是hxsinxacosx的一条对称轴，选①③时三角形存在：∵，，为连续自然数，，3444abcabc∴hsinacosa1a2，即a故答案为5533∴ba1,ca2，.33b2c2a2(a1)2(a2)2a2a5,在△ABC中，由余弦定理得：cosA，3182bc2(a1)(a2)2(a2)16.ac11由正弦定理得，又C2A，即sinC2sinAcosA，411sinAsinC．【详解】（）an1,4a22n4anan1an2ca2a5a24an∴cosA，则有，得a4,b5,c6．1712a2a2(a2)2a4a12a1nn为常数222bca32711572an4an22an42∴cosA．故sinA1cosA，则SbcsinA2bc44ABC24111.又a11,1,数列是以1为首项为公差的等差数列a12an222.11．由题知，的取值可能为，，所以；（）由（）知XPX11C242111n119(1)1231n1,2222a222111112nPX2111；PX31111；22nC2C312C2C33a2,nn1n1所以X的分布列为：4n2a2n2n14n1111bn11Xa2n122n12n12n12n12n122n12n12n123112P1111111111n4123Tnb1b2b3bnn1n1n2335572n12n122n12n1n所以，数列bn的前n项和为Tnn2n1112322429所以数学期望为EX123.4123121215.．（）选②③时三角形不存在，理由如下：$$$令xi，则ybxa，由题知：xiyi315，y90，tii1181ac在△ABC中，由正弦定理得：，(2)5sinAsinCxy5xyiii131550.4690108c所以b5270，由C2A，则sinC2sinAcosA，即cosA，又c2a，221.4650.2120.42axi5xi1∴cosA1，而A(0,)，此时A不存在，所以a902700.4634.2，y270x34.2，∴△ABC不存在．270（）选①②时三角形存在：故所求的回归方程为：y34.2，t∵a2，b，c为连续自然数，abc，所以，估计t6时，y11；估计t7时，y4；估计t8时，y0；∴ba1,ca2，又c2a，预测成功的总人数为450114465UERR:uId:UERR第页，共页.35525∴．得a2,b3,c4，gx5sinx，则sin，cos，a22a55b2c2a27∴2k，即2k，在△ABC中，由余弦定理得：cosA．2bc834151315∴sinsinsincoscossin，coscoscoscossinsin，∴sinA1cos2A，则SbcsinA558ABC24又x是hxsinxacosx的一条对称轴，选①③时三角形存在：∵，，为连续自然数，，3444abcabc∴hsinacosa1a2，即a故答案为5533∴ba1,ca2，.33b2c2a2(a1)2(a2)2a2a5,在△ABC中，由余弦定理得：cosA，3182bc2(a1)(a2)2(a2)16.ac11由正弦定理得，又C2A，即sinC2sinAcosA，411sinAsinC．【详解】（）an1,4a22n4anan1an2ca2a5a24an∴cosA，则有，得a4,b5,c6．1712a2a2(a2)2a4a12a1nn为常数222bca32711572an4an22an42∴cosA．故sinA1cosA，则SbcsinA2bc44ABC24111.又a11,1,数列是以1为首项为公差的等差数列a12an222.11．由题知，的取值可能为，，所以；（）由（）知XPX11C242111n119(1)1231n1,2222a222111112nPX2111；PX31111；22nC2C312C2C33a2,nn1n1所以X的分布列为：4n2a2n2n14n1111bn11Xa2n122n12n12n12n12n122n12n12n123112P1111111111n4123Tnb1b2b3bnn1n1n2335572n12n122n12n1n所以，数列bn的前n项和为Tnn2n1112322429所以数学期望为EX123.4123121215.．（）选②③时三角形不存在，理由如下：$$$令xi，则ybxa，由题知：xiyi315，y90，tii1181ac在△ABC中，由正弦定理得：，(2)5sinAsinCxy5xyiii131550.4690108c所以b5270，由C2A，则sinC2sinAcosA，即cosA，又c2a，221.4650.2120.42axi5xi1∴cosA1，而A(0,)，此时A不存在，所以a902700.4634.2，y270x34.2，∴△ABC不存在．270（）选①②时三角形存在：故所求的回归方程为：y34.2，t∵a2，b，c为连续自然数，abc，所以，估计t6时，y11；估计t7时，y4；估计t8时，y0；∴ba1,ca2，又c2a，预测成功的总人数为450114465IWOWPE:fId:IWOWPE第页，共页.35由题知，在前n轮就成功的概率为x3y0CBn0则有，即，(3)1111111111133CC1n0xcosysinz0P11111122222322232422232n2n12221cos133又因为在前n轮没有成功的概率为则可取，又，n3,1,AA1,cos,sinsin2221111P111222设直线AA与平面所成角为，23n11BB1C1C1111111111111111332233nnn1n1sincosAA1,n∴12coscos22，1324n1n1nn243sin21cos2233nnn1n112n2121121313n22111，∵,，∴cos,，∴sin,．33227132n22n222n2211111111111故11111122222322232422232n2n12.．（）设椭圆方程为，．（）证明：如图，作AC的中点M，连接DM，BM，211201在等腰梯形ACC1A1中，D，M为A1C1，AC的中点，左焦点（﹣，），将横坐标﹣代入椭圆方程，得，1Fc0cy=∴ACDM，所以①，②，③，联立①②③解得，，222在正ABC中，M为AC的中点，a=b+ca=4∴ACBM，所以椭圆方程为：；∵ACDM，ACBM，DMBMM，DM，BM平面BDM，（）设（，）（＞），圆的半径为，直线′方程为：（＞），∴AC平面BDM，则圆2的Q方程t为0：（t﹣0），rPPx=mmt又BD平面BDM，∴ACBD．222Qxt+y=r（）解：∵AC平面BDM，由得﹣﹣，222在平2面BDM内作MzBM，以M为坐标原点，以MA，MB，Mz，分别为x，y，z，轴正向，如图建x4tx+2t+162r=0立空间直角坐标系，由△，即﹣（﹣），得，①22222∵DMAC，BMAC，∴DMB为二面角AACB的平面角，即DMB，=016t42t+162r=0t+r=81把代入，得，33133x=mA1,0,0，B0,3,0，C1,0,0，D0,cos,sin，C,cos,sin，221222所以点坐标为（，），代入（﹣），得，②222133Pmxt+y=r，A1,cos,sin由①②消掉得﹣，即，222222r4t4mt+m=0m=2t133设平面的法向量为，，，BB1C1Cnx,y,zCB1,3,0CC1,cos,sin2222022-05-22T18:12:03.628932第页，共页45由题知，在前n轮就成功的概率为x3y0CBn0则有，即，(3)1111111111133CC1n0xcosysinz0P11111122222322232422232n2n12221cos133又因为在前n轮没有成功的概率为则可取，又，n3,1,AA1,cos,sinsin2221111P111222设直线AA与平面所成角为，23n11BB1C1C1111111111111111332233nnn1n1sincosAA1,n∴12coscos22，1324n1n1nn243sin21cos2233nnn1n112n2121121313n22111，∵,，∴cos,，∴sin,．33227132n22n222n2211111111111故11111122222322232422232n2n12.．（）设椭圆方程为，．（）证明：如图，作AC的中点M，连接DM，BM，211201在等腰梯形ACC1A1中，D，M为A1C1，AC的中点，左焦点（﹣，），将横坐标﹣代入椭圆方程，得，1Fc0cy=∴ACDM，所以①，②，③，联立①②③解得，，222在正ABC中，M为AC的中点，a=b+ca=4∴ACBM，所以椭圆方程为：；∵ACDM，ACBM，DMBMM，DM，BM平面BDM，（）设（，）（＞），圆的半径为，直线′方程为：（＞），∴AC平面BDM，则圆2的Q方程t为0：（t﹣0），rPPx=mmt又BD平面BDM，∴ACBD．222Qxt+y=r（）解：∵AC平面BDM，由得﹣﹣，222在平2面BDM内作MzBM，以M为坐标原点，以MA，MB，Mz，分别为x，y，z，轴正向，如图建x4tx+2t+162r=0立空间直角坐标系，由△，即﹣（﹣），得，①22222∵DMAC，BMAC，∴DMB为二面角AACB的平面角，即DMB，=016t42t+162r=0t+r=81把代入，得，33133x=mA1,0,0，B0,3,0，C1,0,0，D0,cos,sin，C,cos,sin，221222所以点坐标为（，），代入（﹣），得，②222133Pmxt+y=r，A1,cos,sin由①②消掉得﹣，即，222222r4t4mt+m=0m=2t133设平面的法向量为，，，BB1C1Cnx,y,zCB1,3,0CC1,cos,sin222第页，共页452sinx×（﹣）cosxsinx4，F(x)exex=mt令F(x)0，得xk，k1，kZ≤×，4.===2由函数y2sinx的图像性质可知：当且仅当﹣即时取等号，4225x2k,2k时，2sinx0，F(x)单调递减此时4t=t＜t，=椭圆上除、′外的点在圆外，444t+r=+4PPQ5.所以△的面积的最大值为，圆的标准方程为：．x2k,2k2时，2sinx0，F(x)单调递增444PP'QSQ5.当圆心、直线′在轴左侧时，由对称性可得圆的方程为，△的面积所以x2k，kZ，k1时，F(x)取得极小值，4的最大值Q仍为为PP．yQPP'QS35即当x,,时F(x)取得极小值，44．当a1时，f(x)exsinx，x(,)，fxexcosx，f(x)exsinx0恒成立，所以fx35sinsin22(1)又44，2350在(,)上单调递增，又fe0，2e4e43233123335442fecos3，eee2，即FF0，442e44433又因为在,上F(x)单调递减，所以FF(x)031244所以，即，e42342.e同理当x2k，kZ，k0时，F(x)取得极大值，43所以f094即当x,,时F(x)取得极大值，44.3x0所以存在x0,，使得f'x00，即ecosx00429sinsin.又44，0则在,x0上，f(x)0，在x0,上，f(x)0，9e4e4所以在,x0上，f(x)单调递减，在x0,上，f(x)单调递增9即FF0，44所以f(x)存在唯一的极小值点x.02234324∵Fe，Fex0.fx0esinx0sinx0cosx02sinx0，4424242e.3332424x0,，则x0,，∴x,时，eF(x)e42442231212.31sinx∴fx2sinx(1,0)当4或4，即，或时，y与F(x)的图象只有一个交00ee44x4a2a2a2ea2eaex.点当a0时f(x)e无零点，.3(2)1sinx∴存在实数4或4，使f(x)在,上有且只有一个零点当a0时，由f(x)0得exasinx0，所以，a2ea2eaex.sinx令F(x)，x,，ex第页，共页552sinx×（﹣）cosxsinx4，F(x)exex=mt令F(x)0，得xk，k1，kZ≤×，4.===2由函数y2sinx的图像性质可知：当且仅当﹣即时取等号，4225x2k,2k时，2sinx0，F(x)单调递减此时4t=t＜t，=椭圆上除、′外的点在圆外，444t+r=+4PPQ5.所以△的面积的最大值为，圆的标准方程为：．x2k,2k2时，2sinx0，F(x)单调递增444PP'QSQ5.当圆心、直线′在轴左侧时，由对称性可得圆的方程为，△的面积所以x2k，kZ，k1时，F(x)取得极小值，4的最大值Q仍为为PP．yQPP'QS35即当x,,时F(x)取得极小值，44．当a1时，f(x)exsinx，x(,)，fxexcosx，f(x)exsinx0恒成立，所以fx35sinsin22(1)又44，2350在(,)上单调递增，又fe0，2e4e43233123335442fecos3，eee2，即FF0，442e44433又因为在,上F(x)单调递减，所以FF(x)031244所以，即，e42342.e同理当x2k，kZ，k0时，F(x)取得极大值，43所以f094即当x,,时F(x)取得极大值，44.3x0所以存在x0,，使得f'x00，即ecosx00429sinsin.又44，0则在,x0上，f(x)0，在x0,上，f(x)0，9e4e4所以在,x0上，f(x)单调递减，在x0,上，f(x)单调递增9即FF0，44所以f(x)存在唯一的极小值点x.02234324∵Fe，Fex0.fx0esinx0sinx0cosx02sinx0，4424242e.3332424x0,，则x0,，∴x,时，eF(x)e42442231212.31sinx∴fx2sinx(1,0)当4或4，即，或时，y与F(x)的图象只有一个交00ee44x4a2a2a2ea2eaex.点当a0时f(x)e无零点，.3(2)1sinx∴存在实数4或4，使f(x)在,上有且只有一个零点当a0时，由f(x)0得exasinx0，所以，a2ea2eaex.sinx令F(x)，x,，ex第页，共页55