湖南省邵陽(yáng)市2023屆高三數(shù)學(xué)上學(xué)期一模試題（Word版附解析）

這是一份湖南省邵陽(yáng)市2023屆高三數(shù)學(xué)上學(xué)期一模試題（Word版附解析），共29頁(yè)。試卷主要包含了保持答題卡的整潔，92B等內(nèi)容，歡迎下載使用。
?2023年邵陽(yáng)市高三第一次聯(lián)考試題卷
數(shù)學(xué)
本試卷共4頁(yè)，22個(gè)小題.滿分150分.考試用時(shí)120分鐘.
注意事項(xiàng)：
1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)填寫在答題卡上.將條形碼橫貼在答題卡上“條形碼粘貼區(qū)”.
2.作答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆在答題卡上對(duì)應(yīng)題目選項(xiàng)的答案信息點(diǎn)涂黑；如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案.答案不能答在試卷上.
3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應(yīng)位置上；如需改動(dòng)，先劃掉原來(lái)的答案，然后再寫上新答案；不準(zhǔn)使用鉛筆和涂改液.不按以上要求作答無(wú)效.
4.保持答題卡的整潔.考試結(jié)束后，只交答題卡，試題卷自行保存.
一、選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）
1. 已知全集，集合，，則（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可得出，根據(jù)交集運(yùn)算結(jié)合集合的含義，即可得出答案.
【詳解】解可得，，所以，
，是偶數(shù)集，
所以
故選：B.
2. 已知復(fù)數(shù)滿足，則（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算，求出復(fù)數(shù)的形式，再利用共軛復(fù)數(shù)求解.
【詳解】因?yàn)?，，?br /> 所以，
所以.
故選：A.
3. 一個(gè)圓錐的側(cè)面展開(kāi)圖恰好是一個(gè)半徑為1的半圓，則該圓錐的表面積為（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)題意求得圓錐底面半徑和高，由此求得圓錐的表面積.
【詳解】依題意，設(shè)圓錐底面半徑為，高為，母線長(zhǎng)為，則，
底面周長(zhǎng)為，則，所以，
所以圓錐的表面積為，
故選：A.

4. 設(shè)向量，滿足，，則（）
A. 2 B. C. 3 D.
【答案】D
【解析】
【分析】由求解.
【詳解】因?yàn)椋?br /> 以上兩式相減可得，，
所以，
即，
故選：D.
5. 某鉛筆工廠有甲、乙兩條生產(chǎn)線，甲生產(chǎn)線的產(chǎn)品次品率為10%，乙生產(chǎn)線的產(chǎn)品次品率為5%.現(xiàn)在某客戶在該廠定制生產(chǎn)同一種鉛筆產(chǎn)品，由甲、乙兩條生產(chǎn)線同時(shí)生產(chǎn)，且甲生產(chǎn)線的產(chǎn)量是乙生產(chǎn)線產(chǎn)量的1.5倍.現(xiàn)在從這種鉛筆產(chǎn)品中任取一件，則取到合格產(chǎn)品的概率為（）
A. 0.92 B. 0.08 C. 0.54 D. 0.38
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)題意分類為分別抽到甲乙正品的概率，相加即可.
【詳解】從這種鉛筆中任取一件抽到甲的概率為0.6，抽到乙的概率是0.4，
抽到甲車間正品的概率，
抽到乙車間正品的概率，
任取一件抽到正品的概率.
故選：A
6. 已知A,B,C分別是的內(nèi)角，，，則C的值是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)同角關(guān)系式及兩角和的正切公式可得，進(jìn)而即得.
【詳解】因?yàn)锳,B,C分別是的內(nèi)角，，所以B為銳角，
所以.
又，所以，
而，所以，.
故選：A.
7. 設(shè)，若函數(shù)有且只有三個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)的取值范圍為（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】構(gòu)造函數(shù)與，先利用導(dǎo)數(shù)研究得的性質(zhì)，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)研究得的性質(zhì)，從而作出的圖像，由此得到，分類討論與時(shí)的零點(diǎn)情況，據(jù)此得解.
【詳解】令，則，
令，得；令，得；
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故，
又因?yàn)閷?duì)于任意，在總存在，使得，
在上由于的增長(zhǎng)速率比的增長(zhǎng)速率要快得多，所以總存在，使得，
所以在與上都趨于無(wú)窮大；
令，則開(kāi)口向下，對(duì)稱軸為，
所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞增，故，
.
因?yàn)楹瘮?shù)有且只有三個(gè)零點(diǎn)，
而已經(jīng)有唯一零點(diǎn)，所以必須有兩個(gè)零點(diǎn)，則，即，解得或，
當(dāng)時(shí)，，則，
即在處取不到零點(diǎn)，故至多只有兩個(gè)零點(diǎn)，不滿足題意，
當(dāng)時(shí)，，則，所以在處取得零點(diǎn)，
結(jié)合圖像又知與必有兩個(gè)交點(diǎn)，故在與必有兩個(gè)零點(diǎn)，
所以有且只有三個(gè)零點(diǎn)，滿足題意；
綜上：，即.
故選：C.
8. 截角四面體是一種半正八面體，可由四面體經(jīng)過(guò)適當(dāng)?shù)慕亟?，即截去四面體的四個(gè)頂點(diǎn)所產(chǎn)生的多面體.如圖所示，將棱長(zhǎng)為的正四面體沿棱的三等分點(diǎn)作平行于底面的截面，得到所有棱長(zhǎng)均為a的截角四面體，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A. 二面角的余弦值為
B. 該截角四面體的體積為
C. 該截角四面體的外接球表面積為
D. 該截角四面體的表面積為
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)二面角的定義，結(jié)合球的表面積公式、棱錐的表面積公式和體積公式逐一判斷即可.
【詳解】如下圖所示：設(shè)的中心為，的中心為，
取BC的中點(diǎn)為W，分別連接和，因?yàn)?，?br /> 所以為的二面角，，，
所以，所以，
在直角三角形中，，所以，
所以二面角的余弦值為，
所以二面角的余弦值為，故A正確
因?yàn)槔忾L(zhǎng)為的正四面體的高，
所以，故B正確；
設(shè)外接球的球心為O，的中心為，的中心為，
因?yàn)榻亟撬拿骟w上下底面距離為，所以，
所以，所以，
所以，所以，
所以，故C正確；
由正四面體中，題中截角四面體由4個(gè)邊長(zhǎng)為a的正三角形，
4個(gè)邊長(zhǎng)為a的正六邊形構(gòu)成，故，故D錯(cuò)誤.
故選：D.

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：根據(jù)球的性質(zhì)，結(jié)合棱錐的體積公式、表面積公式是解題的關(guān)鍵.
二、多選題（本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分）
9. 隨著時(shí)代與科技的發(fā)展，信號(hào)處理以各種方式被廣泛應(yīng)用于醫(yī)學(xué)、聲學(xué)、密碼學(xué)、計(jì)算機(jī)科學(xué)、量子力學(xué)等各個(gè)領(lǐng)域.而信號(hào)處理背后的“功臣”就是正弦型函數(shù)，的圖象就可以近似的模擬某種信號(hào)的波形，則下列說(shuō)法正確的是（）
A. 函數(shù)的圖象關(guān)于直線對(duì)稱
B. 函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱
C. 函數(shù)為周期函數(shù)，且最小正周期為
D. 函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)的最大值為4
【答案】ABD
【解析】
【分析】由題可知，根據(jù)誘導(dǎo)公式可得可判斷AC，根據(jù)奇偶性的概念可判斷B，根據(jù)導(dǎo)數(shù)公式及三角函數(shù)的性質(zhì)可判斷D.
【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)，定義域?yàn)镽，
對(duì)于A，
，
所以函數(shù)的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，故A正確；
對(duì)于B，，
所以函數(shù)為奇函數(shù)，圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，故B正確；
對(duì)于，由題知，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于，由題可知，故D正確.
故選：.
10. 已知都是定義在上的函數(shù)，對(duì)任意滿足，且，則下列說(shuō)法正確的有（）
A.
B. 函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱
C.
D. 若，則
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用賦值法結(jié)合題目給定的條件可判斷ABC，對(duì)于D，通過(guò)觀察選項(xiàng)可以推斷很可能為周期函數(shù)，結(jié)合，的特殊性以及一些已經(jīng)證明的結(jié)論，想到當(dāng)令和時(shí)可構(gòu)建出兩個(gè)式子，兩式相加即可得出，進(jìn)一步可得出是周期函數(shù)，從而可得出的值.
【詳解】對(duì)于A，令，代入已知等式得，得，
再令，，代入已知等式得，
可得，結(jié)合得，故A正確；
對(duì)于B，再令，代入已知等式得，
將代入上式，得，∴函數(shù)為奇函數(shù)，
∴函數(shù)關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，故B正確；
對(duì)于C，再令，代入已知等式，
得，∵，∴，
又∵，∴，
∵，∴，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，分別令和，代入已知等式，得以下兩個(gè)等式：
，
兩式相加易得，所以有，
即：，
有：，
即：，∴為周期函數(shù)，且周期為3，
∵，∴，∴，，
∴，
∴，
故D正確.
故選：ABD.
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：對(duì)于含有，，的抽象函數(shù)的一般解題思路是：觀察函數(shù)關(guān)系，發(fā)現(xiàn)可利用的點(diǎn)，以及利用證明了的條件或者選項(xiàng)；抽象函數(shù)一般通過(guò)賦值法來(lái)確定、判斷某些關(guān)系，特別是有，雙變量，需要雙賦值，可以得到一個(gè)或多個(gè)關(guān)系式，進(jìn)而得到所需的關(guān)系.此過(guò)程中的難點(diǎn)是賦予哪些合適的值，這就需要觀察題設(shè)條件以及選項(xiàng)來(lái)決定.
11. “蒙日?qǐng)A”涉及幾何學(xué)中的一個(gè)著名定理，該定理的內(nèi)容為：橢圓上任意兩條互相垂直的切線的交點(diǎn)，必在一個(gè)與橢圓同心的圓上.稱此圓為該橢圓的“蒙日?qǐng)A”，該圓由法國(guó)數(shù)學(xué)家加斯帕爾?蒙日最先發(fā)現(xiàn)，已知長(zhǎng)方形R的四條邊均與橢圓相切，則下列說(shuō)法正確的有（）

A. 橢圓C的離心率為 B. 橢圓C的蒙日?qǐng)A方程為
C. 橢圓C的蒙日?qǐng)A方程為 D. 長(zhǎng)方形R的面積的最大值為
【答案】ACD
【解析】
【分析】根據(jù)題意，根據(jù)橢圓離心率公式即可判斷A；聯(lián)立直線與橢圓方程結(jié)合韋達(dá)定理即可得到橢圓方程，從而判斷BC；根據(jù)三角形面積公式即可判斷D.
【詳解】
橢圓C的離心率為，
設(shè)兩條互相垂直的切線的交點(diǎn)為，
當(dāng)題設(shè)中的兩條互相垂直的切線中有斜率不存在或斜率為0時(shí)，可得點(diǎn)P的坐標(biāo)是，或.
當(dāng)題設(shè)中的兩條互相垂直的切線中的斜率均存在且均不為0時(shí)，可設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)是，（，且），
所以可設(shè)曲線C的過(guò)點(diǎn)P的切線方程是.
由，得，
由其判別式的值為0，得，
因?yàn)?，（，為過(guò)P點(diǎn)互相垂直的兩條直線的斜率）是這個(gè)關(guān)于k的一元二次方程的兩個(gè)根，
所以，
由此，得，
即的蒙日?qǐng)A方程為：；
因?yàn)槊扇請(qǐng)A為長(zhǎng)方形的外接圓，設(shè)，，
則矩形面積公式，顯然，
即矩形四條邊都相等，為正方形時(shí)，.
故選:ACD.
12. 已知函數(shù)，，則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 在上是增函數(shù)
B. ，不等式恒成立，則正實(shí)數(shù)的最小值為
C. 若有兩個(gè)零點(diǎn)，則
D. 若，且，則的最大值為
【答案】ABD
【解析】
【分析】A選項(xiàng)中，令，利用導(dǎo)數(shù)可求得單調(diào)性，根據(jù)復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的基本原則可知A正確；B選項(xiàng)中，利用導(dǎo)數(shù)可求得在上單調(diào)遞增，由此可將恒成立的不等式化為，令，利用導(dǎo)數(shù)可求得，由可知B正確；C選項(xiàng)中，利用導(dǎo)數(shù)可求得的單調(diào)性，由此確定，若，可等價(jià)轉(zhuǎn)化為，令，利用導(dǎo)數(shù)可求得單調(diào)性，從而得到，知，可得C錯(cuò)誤；D選項(xiàng)中，采用同構(gòu)法將已知等式化為，從而可確定，結(jié)合單調(diào)性得到，由此化簡(jiǎn)得到，令，利用導(dǎo)數(shù)可求得最大值，知D正確.
【詳解】對(duì)于A，當(dāng)時(shí)，，令，則，，
，當(dāng)時(shí)，恒成立，在上單調(diào)遞增；
在上單調(diào)遞增，
根據(jù)復(fù)合函數(shù)單調(diào)性可知：在上為增函數(shù)，A正確；
對(duì)于B，當(dāng)時(shí)，，又為正實(shí)數(shù)，，
，當(dāng)時(shí)，恒成立，在上單調(diào)遞增，
則由得：，即，
令，則，
當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；
在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，，
，則正實(shí)數(shù)的最小值為，B正確；
對(duì)于C，，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；
在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；，則；
不妨設(shè)，則必有，
若，則，等價(jià)于，
又，則等價(jià)于；
令，則，
，，，，即，
在上單調(diào)遞增，，即，
，可知不成立，C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，由，得：，即，
由C知：在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；
，，則，，
，即，；
令，則，
當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；
在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，，
即最大值為，D正確.
故選：ABD.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：本題C選項(xiàng)考查了導(dǎo)數(shù)中的極值點(diǎn)偏移問(wèn)題；處理極值點(diǎn)偏移中的類似于（）的問(wèn)題的基本步驟如下：
①求導(dǎo)確定的單調(diào)性，得到的范圍；
②構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)后可得恒正或恒負(fù)；
③得到與的大小關(guān)系后，將置換為；
④根據(jù)與所處的范圍，結(jié)合的單調(diào)性，可得到與的大小關(guān)系，由此證得結(jié)論.
三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）
13. 的展開(kāi)式中不含的各項(xiàng)系數(shù)之和______.
【答案】128
【解析】
【分析】對(duì)每一個(gè)括號(hào)利用二項(xiàng)展開(kāi)式的通項(xiàng)公式進(jìn)行展開(kāi)，展開(kāi)后對(duì)每一項(xiàng)進(jìn)行合并，合并后使得項(xiàng)冪次為0，確定項(xiàng)數(shù)后即可得到答案.
【詳解】利用二項(xiàng)展開(kāi)式的通項(xiàng)公式進(jìn)行展開(kāi)，設(shè)項(xiàng)為，項(xiàng)為，項(xiàng)為.
展開(kāi)后得對(duì)每一項(xiàng)進(jìn)行合并得，因?yàn)檎归_(kāi)式中不含，所以，又得取值為，得取值為，故得.
代入展開(kāi)式得，又得取值為，分別帶入后各項(xiàng)系數(shù)之和為.
故答案為：128
14. 將函數(shù)的圖像向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度得到函數(shù)的圖象，如圖所示，圖中陰影部分的面積為，則___________.

【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)三角函數(shù)圖象的對(duì)稱性，得到，求得，進(jìn)而求得，得到，結(jié)合，即可求得的值.
【詳解】如圖所示，根據(jù)三角函數(shù)圖象的對(duì)稱性，可得陰影部分的面積等于矩形和的面積之和，即，
因?yàn)楹瘮?shù)的圖像向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度得到函數(shù)的圖象，
所以，
又因?yàn)閳D中陰影部分的面積為，所以，解得，
又由圖象可得，可得，所以，所以，
所以，
因?yàn)椋傻?，即?br /> 因?yàn)椋?
故答案為：

15. 已知圓與圓相交于兩點(diǎn)，則公共弦所在的直線方程為_(kāi)_____，______.
【答案】 ①. ； ②. 2
【解析】
【分析】先求出公共弦方程，再利用幾何法求弦長(zhǎng).
【詳解】由圓與圓，可得公共弦所在的直線方程為：，即.
因?yàn)閳A的圓心，半徑為，
所以圓心到直線的距離為1，所以.
故答案為：；2.
16. 在正方體中，點(diǎn)滿足，且，直線與平面所成角為，若二面角的大小為，則的最大值是______.
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)共面的充要條件及線面垂直的判定定理，利用線面垂直的性質(zhì)定理及線面角的定義，結(jié)合二面角的平面角的定義及二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解.
【詳解】∵，且，
∴P在平面上，
設(shè)，連接，，且，如圖所示

因?yàn)槠矫?，又平面?br /> 所以，又，，平面，平面，
所以平面，平面，所以，
同理可得，又，平面，平面，
所以平面，
設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，則可知為棱長(zhǎng)為的正四面體，
所以為等邊三角形的中心，
由題可得，得，所以，
又∵與平面所成角為，則，
可求得，即在以為圓心，半徑的圓上，且圓在平面內(nèi)，
由平面，又∵平面，
∴平面平面，且兩個(gè)平面的交線為，把兩個(gè)平面抽象出來(lái)，如圖所示，

作于點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作交于N點(diǎn)，連接PN，
∵平面平面，平面，平面平面，
∴平面，平面，
∴，
又，與為平面中兩相交直線，
故平面，平面，∴
∴為二面角的平面角，即為角，
設(shè)，當(dāng)與點(diǎn)不重合時(shí)，在中，
可求得，
若M與點(diǎn)重合時(shí)，即當(dāng)時(shí)，可求得，也符合上式，
故，
∵，，∴，∴，
∴，
∴
令，
則，當(dāng)，即時(shí)等號(hào)成立，
∴，
故的最大值是.
故答案為：.
【點(diǎn)睛】解決此題的關(guān)鍵是根據(jù)已知條件作出圖形，再利用線面垂直的判定及性質(zhì)定理，然后根據(jù)線面角及二面角的平面角的定義找出所求角，結(jié)合三角形相似及二次函數(shù)的性質(zhì)即可.
四、解答題（本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟）
17. 已知數(shù)列滿足，，，且.
（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；
（2）若，求數(shù)列的前n項(xiàng)和.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由題意得到，利用累加法求出的通項(xiàng)公式；（2）利用裂項(xiàng)相消法求和.
【小問(wèn)1詳解】
因?yàn)椋?，，?br /> 可得，，
又，
則當(dāng)時(shí)，
，
上式對(duì)也成立，所以，；
【小問(wèn)2詳解】
由，
可得，
則數(shù)列的前項(xiàng)和為

.
18. 如圖，為內(nèi)的一點(diǎn)，記為，記為，且，在中的對(duì)邊分別記為m，n，，，.

（1）求；
（2）若，，，記，求線段的長(zhǎng)和面積的最大值.
【答案】（1）；
（2）答案見(jiàn)解析.
【解析】
【分析】（1）由已知可推出，整理得到.根據(jù)的范圍可得，進(jìn)而即可得出；
（2）由已知可得，進(jìn)而根據(jù)即可得出，根據(jù)，即可得出三角形面積的最大值.
【小問(wèn)1詳解】
已知，由正弦定理可得
，由，
所以，即，
所以.
因?yàn)椋?，?br /> 所以，則，所以.
【小問(wèn)2詳解】
在中，由余弦定理得知：
，
即，因?yàn)椋?
因?yàn)?，所?




，.
因?yàn)?，?br /> 所以，當(dāng)，即時(shí)，面積有最大值.
19. 如圖所示，在多面體中，底面為直角梯形，，，側(cè)面為菱形，平面平面，M為棱BE的中點(diǎn).

（1）若上有一點(diǎn)N滿足平面，確定點(diǎn)N的位置并證明；
（2）若，，求平面與平面所成二面角的正弦值.
【答案】（1）點(diǎn)N為DE中點(diǎn)，證明見(jiàn)解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由題意M為棱BE的中點(diǎn)，可猜測(cè)取的中點(diǎn)N，證明，即可判定線面平行；
（2）取AB的中點(diǎn)O，可證得，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得平面.取中點(diǎn)為，可證，以為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)，得出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而求出平面和平面的法向量，進(jìn)而根據(jù)向量即可得出結(jié)果.
【小問(wèn)1詳解】
點(diǎn)N為DE中點(diǎn)，證明如下：
如圖，連接BD，MN，
因?yàn)镸，N分別為BE，DE的中點(diǎn)，
所以MN為的中位線，所以，
又平面，平面，所以平面.
所以N為DE的中點(diǎn)時(shí)滿足條件.
【小問(wèn)2詳解】

取AB的中點(diǎn)O，連接OE，因?yàn)閭?cè)面為菱形，且，
所以在中，，解得，
所以，即.
又因?yàn)槠矫嫫矫妫矫嫫矫?，平面?br /> 所以平面.
取中點(diǎn)為，連結(jié)，則是梯形的中位線，所以.
因?yàn)椋?
分別以O(shè)H，OA，OE所在直線為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)，則，，
故，，，，，
則，，，，.
設(shè)平面的一個(gè)法向量為.
則有，即，化簡(jiǎn)得，
令，則是平面的一個(gè)法向量.
設(shè)平面的一個(gè)法向量為，
則，即，化簡(jiǎn)得，
令，則，則 是平面的一個(gè)法向量.
則，
故：平面與平面所成二面角正弦值為.
20. 新冠疫情暴發(fā)以來(lái)，各級(jí)人民政府采取有效防控措施，時(shí)常采用10人一組做核酸檢測(cè)（俗稱混檢），某地在核酸檢測(cè)中發(fā)現(xiàn)某一組中有1人核酸檢測(cè)呈陽(yáng)性，為了能找出這1例陽(yáng)性感染者，且確認(rèn)感染何種病毒，需要通過(guò)做血清檢測(cè)，血清檢測(cè)結(jié)果呈陽(yáng)性的即為感染人員，呈陰性的表示沒(méi)被感染.擬采用兩種方案檢測(cè)：
方案甲：將這10人逐個(gè)做血清檢測(cè)，直到能確定感染人員為止.
方案乙：將這10人的血清隨機(jī)等分成兩組，隨機(jī)將其中一組的血清混在一起檢測(cè)，若結(jié)果為陽(yáng)性，則表示感染人員在該組中，然后再對(duì)該組中每份血清逐個(gè)檢測(cè)，直到能確定感染人員為止；若結(jié)果呈陰性，則對(duì)另一組中每份血清逐個(gè)檢測(cè)，直到能確定感染人員為止.把采用方案甲，直到能確定感染人員為止，檢測(cè)的次數(shù)記為X.
（1）求X的數(shù)學(xué)期望；
（2）如果每次檢測(cè)的費(fèi)用相同，以檢測(cè)費(fèi)用的期望作為決策依據(jù)，應(yīng)選擇方案甲與方案乙哪一種？
【答案】（1）
（2）選擇方案乙
【解析】
【分析】（1）結(jié)合排列數(shù)的計(jì)算、古典概型概率計(jì)算公式、期望的計(jì)算求得.
（2）方案乙檢測(cè)的次數(shù)記為，根據(jù)方案乙的檢測(cè)方法計(jì)算出，由此作出判斷.
【小問(wèn)1詳解】
X可取1，2，…，8，9，
則，，2，…，8，
，
所以.
【小問(wèn)2詳解】
把采用方案乙，直到能確定感染人員為止，檢測(cè)的次數(shù)記為Y，
則Y可取2，3，4，5.
，
，
，
，
則.
設(shè)每次檢測(cè)的費(fèi)用均為，
則方案甲的平均費(fèi)用為，
方案乙的平均費(fèi)用為，
因?yàn)?，所以?yīng)選擇方案乙.
21. 已知拋物線的焦點(diǎn)為F，且F與圓上點(diǎn)的距離的最大值為5.
（1）求拋物線C的方程；
（2）若點(diǎn)P在圓M上，PA，PB是拋物線C的兩條切線，A，B是切點(diǎn)，求面積的最大值.
【答案】（1）
（2）32
【解析】
【分析】（1）[方法一]：由題意知，，設(shè)圓上的點(diǎn)，由兩點(diǎn)間的距離公式求出，利用二次函數(shù)性質(zhì)求最大值；[方法二]：拋物線C的焦點(diǎn)為，，F(xiàn)與圓上點(diǎn)的距離的最大值為，即可得出答案；
（2）[方法一]：由導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出直線的方程和直線PB的方程，即可求出直線的方程，聯(lián)立直線的方程和拋物線的方程由韋達(dá)定理代入求出和點(diǎn)P到直線AB的距離，表示出面積，由二次函數(shù)的性質(zhì)即可得出答案；[方法二]：同方法一聯(lián)立直線的方程和拋物線的方程得到韋達(dá)定理，過(guò)作軸的平行線交于，則，將韋達(dá)定理代入則，因?yàn)辄c(diǎn)在圓上，則設(shè)，利用三角換元求最值；[方法三]：設(shè)，聯(lián)立和拋物線C的方程表示出韋達(dá)定理，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義表示出直線的方程，即可求出的坐標(biāo)，將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入圓M的方程可得，表示出和點(diǎn)P到直線AB的距離，再由二次函數(shù)的性質(zhì)求最值.
【小問(wèn)1詳解】
[方法一]：利用二次函數(shù)性質(zhì)求最大值
由題意知，，設(shè)圓上的點(diǎn)，則.
所以.
從而有.
因?yàn)椋援?dāng)時(shí)，.
又，解之得，因此.
拋物線C的方程為：.
[方法二]【最優(yōu)解】：利用圓的幾何意義求最大值
拋物線C的焦點(diǎn)為，，
所以，F(xiàn)與圓上點(diǎn)的距離的最大值為，解
拋物線C的方程為：
小問(wèn)2詳解】
[方法一]：切點(diǎn)弦方程韋達(dá)定義判別式求弦長(zhǎng)求面積法
拋物線C的方程為，即，對(duì)該函數(shù)求導(dǎo)得，
設(shè)點(diǎn)、、，
直線的方程為，即，即
同理可知，直線PB的方程為，
由于點(diǎn)P為這兩條直線的公共點(diǎn)，則，
所以，點(diǎn)A、B的坐標(biāo)滿足方程，
所以，直線的方程為，
聯(lián)立，可得，
由韋達(dá)定理可得，
所以，
點(diǎn)P到直線AB的距離為，
所以，，
∵，
由已知可得，所以，當(dāng)時(shí)，的面積取最大值.
[方法二]【最優(yōu)解】：切點(diǎn)弦法分割轉(zhuǎn)化求面積三角換元求最值
同方法一：得到，.
過(guò)作軸的平行線交于，則.

點(diǎn)在圓上，則
.
故當(dāng)時(shí)的面積最大，最大值為32.
[方法三]：直接設(shè)直線AB方程法
設(shè)切點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為，.
設(shè)，聯(lián)立和拋物線C的方程得整理得.
判別式，即，且，
拋物線C的方程為，即，有.
則，整理得，
同理可得.
聯(lián)立方程可得點(diǎn)P的坐標(biāo)為，即.
將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入圓M的方程，得，整理得.
由弦長(zhǎng)公式得.
點(diǎn)P到直線AB的距離為.
所以
，
其中，即.
當(dāng)時(shí)，.
22. 設(shè)函數(shù).
（1）討論函數(shù)的單調(diào)性；
（2）當(dāng)時(shí)，記，是否存在整數(shù)t，使得關(guān)于x的不等式有解?若存在，請(qǐng)求出t的最小值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.
【答案】（1）答案見(jiàn)解析
（2）存在，t的最小值為0
【解析】
【分析】（1）求導(dǎo)，根據(jù)一元二次不等式的解法，再分，，討論求解；
（2）由，得到，求導(dǎo)得到，確定其范圍，再由不等式有解求解.
【小問(wèn)1詳解】
解：由題意得函數(shù)的定義域?yàn)椋?br /> ，
①當(dāng)時(shí)，時(shí)，，在單調(diào)遞增，
時(shí)，，在單調(diào)遞減；
②當(dāng)時(shí)，恒成立，在上單調(diào)遞增；
③當(dāng)時(shí)，時(shí)，，在單調(diào)遞增，
時(shí)，，在單調(diào)遞減；
綜上，當(dāng)時(shí)，在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減；
當(dāng)時(shí)，恒成立，在上單調(diào)遞增；
當(dāng)時(shí)，在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減.
【小問(wèn)2詳解】
當(dāng)時(shí)，，
∴，∴單調(diào)遞增，
又，，
所以存在唯一的，使得，
且當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減；
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增；
所以，
設(shè)，，則在上單調(diào)遞減，
所以，即，
若關(guān)于x的不等式有解，則，又t為整數(shù)，所以，
所以存在整數(shù)t滿足題意，且t的最小值為0.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：若不等式有解，則；若不等式恒成立，則.