第Ⅰ卷（選擇題共60分）
一、單選題：本大題共8個(gè)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. 直線的傾斜角為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出直線的斜率，進(jìn)而可得傾斜角.
【詳解】因?yàn)橹本€的斜率，
所以直線的傾斜角為.
故選：C.
2. “”是“方程表示橢圓”的（ ）
A. 充分不必要條件B. 必要不充分條件
C. 充要條件D. 既不充分也不必要條件
【答案】B
【解析】
【分析】方程表示橢圓，可得，解出的范圍即可判斷出結(jié)論.
【詳解】∵方程表示橢圓，∴解得或，故“”是“方程表示橢圓”的必要不充分條件.
故選：B．
3. 已知直線：和：．若，則m的值為（ ）
A. B. 3C. 1或3D. 或3
【答案】B
【解析】
【分析】借助直線平行的性質(zhì)計(jì)算即可得，注意檢驗(yàn)是否重合.
【詳解】由，則有，即，
解得或，
當(dāng)時(shí)，有，，
即兩直線重合，不符，故舍去，
當(dāng)時(shí)，有，，
符合要求，故.
故選：B.
4. 閱讀課上，5名同學(xué)分別從3種不同的書(shū)中選擇一種進(jìn)行閱讀，不同的選法種數(shù)是（ ）
A. 50B. 60C. 125D. 243
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)題意，每名同學(xué)都有3種不同的選法，結(jié)合分步計(jì)數(shù)原理，即可求解.
【詳解】由題意，5名同學(xué)分別從3種不同的書(shū)中選擇一種進(jìn)行閱讀，
其中，每名同學(xué)都有3種不同的選法，所以不同的選法種數(shù)是種.
故選：D.
5. 設(shè)F為拋物線C：的焦點(diǎn)，A為平面內(nèi)定點(diǎn)，若拋物線C上存在點(diǎn)P使得的最小值為5，則點(diǎn)A可以為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分A在拋物線內(nèi)外上三種情況結(jié)合定義求最值即可得解.
【詳解】當(dāng)A在拋物線內(nèi)部時(shí)，如圖所示：設(shè)在準(zhǔn)線上的射影為，由，
當(dāng)，，三點(diǎn)共線時(shí)，取得最小值，即，
故直線上且在拋物線內(nèi)部的點(diǎn)均合題意，顯然點(diǎn)A在拋物線上時(shí)，其縱坐標(biāo)也為3，故正確，AB錯(cuò)誤；

當(dāng)A在拋物線外部時(shí)，設(shè)，如圖所示，當(dāng)，，三點(diǎn)共線時(shí)取得最小值，
即，經(jīng)檢驗(yàn)D不滿足.

故選：C
6. 已知，為雙曲線C：（，）的兩個(gè)焦點(diǎn)，以為直徑的圓與C在第一象限的交點(diǎn)為P，若，則C的離心率為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)題意，利用雙曲線的定義，求得，結(jié)合，利用勾股定理，得到，再結(jié)合離心率的定義，即可求解.
【詳解】由雙曲線的定義，可得，
因?yàn)?，可得?br>又由以為直徑的圓與C在第一象限的交點(diǎn)為，可得，
則滿足，可得，即，可得，
所以雙曲線的離心率為.
故選：A.
7. “楊輝三角”出自我國(guó)數(shù)學(xué)家楊輝1261年著的《詳解九章算法》一書(shū)，393年后歐洲帕斯卡也發(fā)現(xiàn)這個(gè)三角圖形，所以“楊輝三角”也叫做“帕斯卡三角形”，它結(jié)構(gòu)優(yōu)美、性質(zhì)奇特，生活中很多問(wèn)題都與楊輝三角有著或多或少的聯(lián)系．例如生活中的最短路徑問(wèn)題：如圖1所示，從甲到每一個(gè)交叉點(diǎn)的走法最短路徑的條數(shù)（圖2）與楊輝三角中對(duì)應(yīng)的數(shù)性質(zhì)相同．已知圖3是國(guó)際象棋簡(jiǎn)易棋盤(pán)，現(xiàn)有一棋子“車(chē)”的起始位置是“”，則它要到“”位置的最短路徑的條數(shù)為（ ）
A. 1716B. 924C. 792D. 462
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)題意，結(jié)合組合數(shù)的計(jì)算公式，即可求解.
【詳解】由題意，棋子“車(chē)”的起始位置是“”到達(dá)“”位置的最短路徑，需要走12步，
其中6步向右，6步向上，所以最短的路徑為步.
故選：B.
8. 古城贛州最早有五大城門(mén)，分別為鎮(zhèn)南門(mén)、百盛門(mén)、涌金門(mén)、建春門(mén)和西津門(mén)，贛州某學(xué)校歷史興趣小組決定利用兩個(gè)周日的時(shí)間對(duì)五大城門(mén)的地理位置及歷史意義進(jìn)行調(diào)研．若約定：每個(gè)城門(mén)只調(diào)研一次，且每個(gè)周日只調(diào)研五大城門(mén)中的兩大城門(mén)或三大城門(mén)，則恰好在同一個(gè)周日調(diào)研百盛門(mén)和建春門(mén)的概率為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)題意，得到此次調(diào)研的基本事件的總數(shù)為種，再由題設(shè)條件，分為兩類(lèi)求得恰好在同一個(gè)周日調(diào)研百盛門(mén)和建春門(mén)的種數(shù)，集合古典概型的概率計(jì)算公式，即可求解.
【詳解】由題意，每個(gè)城門(mén)只調(diào)研一次，且每個(gè)周日只調(diào)研五大城門(mén)中的兩大城門(mén)或三大城門(mén)，
共有種不同的調(diào)研方法，
其中恰好在同一個(gè)周日調(diào)研百盛門(mén)和建春門(mén)，可得分為：
①其中一個(gè)周日只調(diào)研百盛門(mén)和建春門(mén)，另一個(gè)周日調(diào)研其他三門(mén)，有種方法；
②其中一個(gè)周日調(diào)研百盛門(mén)、建春門(mén)和其中另一個(gè)門(mén)，另一個(gè)周日調(diào)研剩余的兩門(mén)，
有種方法，共有種不同的調(diào)研方法，
所以恰好在同一個(gè)周日調(diào)研百盛門(mén)和建春門(mén)的概率為.
故選：A.
二、多選題：本題共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，有錯(cuò)選的得0分．
9. 關(guān)于概率統(tǒng)計(jì)，下列說(shuō)法中正確的是（ ）
A. 兩個(gè)變量x，y的線性相關(guān)系數(shù)為r，若r越大，則x與y之間的線性相關(guān)性越強(qiáng)
B. 某人解答5個(gè)問(wèn)題，答對(duì)題數(shù)為X，若，則
C. 若一組樣本數(shù)據(jù)（，2，3，…，n）的樣本點(diǎn)都在直線上，則這組數(shù)據(jù)的相關(guān)系數(shù)r為0.56
D. 已知，若，則
【答案】BD
【解析】
【分析】根據(jù)相關(guān)系數(shù)的幾何意義即可判斷A；根據(jù)二項(xiàng)分布的期望公式即可判斷B；根據(jù)線性相關(guān)的定義即可判斷C；根據(jù)正態(tài)分布的對(duì)稱(chēng)性即可判斷D.
【詳解】對(duì)于A，越大，則x與y之間的線性相關(guān)性越強(qiáng)，故A錯(cuò)誤；
對(duì)于B，因?yàn)?，所以，故B正確；
對(duì)于C，因?yàn)闃颖军c(diǎn)都在直線上，
所以樣本數(shù)據(jù)呈線性相關(guān)，且為正相關(guān)，所以，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，因?yàn)椋?br>所以，故D正確.
故選：BD.
10. 在正方體中，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，則（ ）
A. //平面B. 平面//平面
C. ⊥平面D. 平面平面
【答案】AD
【解析】
【分析】建立空間坐標(biāo)系結(jié)合正方體性質(zhì)利用向量方法證明判斷即可.
【詳解】由正方體性質(zhì)易得平面//平面，又平面，故EF//平面，故A正確
如圖，以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，，為軸、軸、軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，
則,,,，,,
則，

對(duì)B,設(shè)平面的法向量為，
則有，令，
則而，故平面//平面不成立，故B錯(cuò)誤；
對(duì)C,因?yàn)?，故⊥平面不成立，C錯(cuò)誤；
對(duì)D，設(shè)平面的法向量為， ，
令，則平面的法向量為
因?yàn)?，則平面平面，故D正確.
故選：AD．
11. 已知四棱錐的底面為矩形，底面，以為直徑的圓交線段于點(diǎn)，若，則（ ）
A. 平面
B. 二面角的平面角為
C. 的面積的最小值為
D. 存在某個(gè)位置，使得點(diǎn)到平面的距離為
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用線面垂直的判定定理可判斷A；利用線面垂直的判定定理可得平面，即為所求，求出可判斷B；設(shè)，利用可得，再由利用基本不等式求最值可判斷C；做交于，利用線面垂直的判定定理可得平面，再由求出，利用求出可判斷D.
【詳解】對(duì)于A，連接，可得，底面，
面，所以，
因?yàn)椋矫?，所以平面，故A正確；
對(duì)于B，二面角的平面角即為平面與平面所成的平面角，
因?yàn)榈酌妫?，所以，?br>因?yàn)椋矫?，所以平面?br>因?yàn)槠矫?，所以即為所求?br>因?yàn)?，所以，?br>可得二面角的平面角為，故B正確；
對(duì)于C，設(shè)，，
，，
因?yàn)?，所以，可得?br>因?yàn)槠矫?，平面，所以?br>所以的面積為
，
當(dāng)且僅當(dāng)即等號(hào)成立，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，假設(shè)存在某個(gè)位置，使得點(diǎn)到平面的距離為，
做交于，因?yàn)槠矫?，平面?br>所以，又，平面，所以平面，
所以，可得，
由得，
所以，
所以存在點(diǎn)，且，使得點(diǎn)到平面的距離為，故D正確.
故選：ABD.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：對(duì)于C選項(xiàng)的解題關(guān)鍵點(diǎn)是設(shè)，利用可得，再得利用基本不等式求最值.
12. 已知圓：（），這些圓的全體構(gòu)成集合，則（ ）
A. x軸截圓所得的弦長(zhǎng)為2
B. 對(duì)任意正整數(shù)k，圓內(nèi)含于圓
C. 任意正實(shí)數(shù)m，存在，使得圓與直線有交點(diǎn)
D. 存在正實(shí)數(shù)m，使得A中與直線相交的圓有且僅有2024個(gè)
【答案】ACD
【解析】
【分析】用代入法可得選項(xiàng)A正確；對(duì)于選項(xiàng)B，得出圓和的圓心和半徑，判斷兩圓位置關(guān)系即可；對(duì)選項(xiàng)C，分析圓和圓與軸的兩個(gè)交點(diǎn)縱坐標(biāo)的取值范圍即可；對(duì)選項(xiàng)D，研究圓與直線的位置關(guān)系即可.
【詳解】對(duì)于選項(xiàng)A，將代入：，得，
x軸截圓所得的弦長(zhǎng)為2，故A正確；
對(duì)于選項(xiàng)B，因?yàn)椋汉停海?br>圓心距為：，兩圓的半徑差為：，
且，顯然，
故對(duì)任意正整數(shù)k，圓不可能內(nèi)含于圓，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于選項(xiàng)C，由于圓的方程，
將代入，得圓與軸的兩個(gè)交點(diǎn)為與，
由于，，，
圓與軸的兩個(gè)交點(diǎn)為與，
其中，
即集合中的所有圓在軸上的一系列截線段不間斷，
故任意正實(shí)數(shù)m，存在，使得圓與直線有交點(diǎn)，故C正確；
對(duì)于選項(xiàng)D，圓的圓心為，半徑，
圓與直線有交點(diǎn)，只需，即，
使得集合A中與直線相交的圓有且僅有2024個(gè)，
只需要集合中滿足的個(gè)圓都滿足題意
，即只需保證，顯然不等式有解，故D正確.
故選：ACD
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：萬(wàn)變不離其宗，利用點(diǎn)到直線的距離公式判斷直線與圓的位置關(guān)系和求弦長(zhǎng)；利用圓心距與兩圓半徑的和差作比較，判斷圓與圓位置關(guān)系.
第Ⅱ卷（非選擇題共90分）
三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．
13. 展開(kāi)式中常數(shù)項(xiàng)為_(kāi)__________．
【答案】15
【解析】
【分析】先求出二項(xiàng)式展開(kāi)式的通項(xiàng)公式，然后令的次數(shù)為，求出的值，從而可得展開(kāi)式中的常數(shù)項(xiàng).
【詳解】二項(xiàng)式展開(kāi)式的通項(xiàng)公式為，
令，得，
所以展開(kāi)式中的常數(shù)項(xiàng)為.
故答案為：15
14. 在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，PA⊥底面ABCD，，E為PC的中點(diǎn)，則直線PC與平面BDE所成角的正弦值為_(kāi)__________．
【答案】##
【解析】
【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用直線與平面所成角的向量公式即可求解.
【詳解】由題意知，分別以所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，,,,,,,,
設(shè)平面的法向量為，
，即，取
設(shè)直線PC與平面BDE所成角為
.
故答案為：.
15. 某學(xué)校物理興趣小組有6個(gè)男生，4個(gè)女生，歷史興趣小組有5個(gè)男生，7個(gè)女生，先從兩個(gè)興趣小組中隨機(jī)選取一個(gè)興趣小組，再?gòu)乃〉呐d趣小組中隨機(jī)抽取一個(gè)學(xué)生，則該學(xué)生是男生的概率是___________．
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)全概率公式計(jì)算可得答案.
【詳解】該學(xué)生是男生的概率是.
故答案為：.
16. 已知，為橢圓C：的焦點(diǎn)，過(guò)的直線l與C交A，B兩點(diǎn)，則的內(nèi)切圓面積最大值為_(kāi)__________．
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)題意，得到要使得的內(nèi)切圓的面積最大，只需取得最大值，設(shè)過(guò)的直線的方程為，聯(lián)立方程組，結(jié)合韋達(dá)定理，求得，結(jié)合基本不等式求得，進(jìn)而求得內(nèi)切圓的最大半徑，即可求解.
【詳解】設(shè)的內(nèi)切圓的半徑為，
由橢圓，可得，則，
根據(jù)橢圓的定義，可得的周長(zhǎng)為，
又由，
所以，要使得的內(nèi)切圓的面積最大，只需取得最大值即可，
由取得最大值時(shí)，直線的斜率一定存在，可設(shè)過(guò)的直線的方程為，
聯(lián)立方程組，整理得，
則，且，
所以
，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，即時(shí)，等號(hào)成立，
所以取得最大值為，
令，可得，此時(shí)內(nèi)切圓的面積為.
故答案為：.
四、解答題：共70分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．
17. 大氣污染物（直徑不大于2.5的顆粒物）的濃度超過(guò)一定限度會(huì)影響人的身體健康．為研究濃度y（單位：）與汽車(chē)流量x（單位：千輛）的線性關(guān)系，研究人員選定了10個(gè)城市，在每個(gè)城市建立交通監(jiān)測(cè)點(diǎn)，統(tǒng)計(jì)了24h內(nèi)過(guò)往的汽車(chē)流量以及同時(shí)段空氣中的濃度，得到如下數(shù)據(jù)：
并計(jì)算得，，．
（1）求變量關(guān)于的線性回歸方程；
（2）根據(jù)內(nèi)濃度確定空氣質(zhì)量等級(jí)，濃度在0～35為優(yōu)，35～75為良，75～115為輕度污染，115～150為中度污染，150～250為重度污染，已知某城市內(nèi)過(guò)往的汽車(chē)流量為1360輛，判斷該城市的空氣質(zhì)量等級(jí)．
參考公式：線性回歸方程為，其中以．
【答案】（1）
（2）輕度污染
【解析】
【分析】（1）根據(jù)公式，求線性回歸方程；
（2）根據(jù)線性回歸直線方程，預(yù)測(cè)空氣中的濃度，進(jìn)行判斷.
【小問(wèn)1詳解】
由題意得，
又因?yàn)椋?br>所以
所以
所以變量y關(guān)于x的線性回歸方程為．
【小問(wèn)2詳解】
當(dāng)輛千輛時(shí)，可得
因?yàn)?br>所以該城市的空氣質(zhì)量等級(jí)為輕度污染．
18. 已知圓C：，點(diǎn)．
（1）若，過(guò)P的直線l與C相切，求l的方程；
（2）若C上存在到P的距離為1的點(diǎn)，求m的取值范圍．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）對(duì)直線l的斜率是否存在討論，根據(jù)直線與圓的位置關(guān)系列式運(yùn)算；
（2）要使圓C上存在到點(diǎn)P的距離為1的點(diǎn)，則圓心C到的距離滿足，，運(yùn)算得解.
【小問(wèn)1詳解】
因?yàn)?，所以圓C的方程為
①當(dāng)l的斜率不存在時(shí)，l的方程為，與圓C相切，符合題意；
②當(dāng)l的斜率存在時(shí)，設(shè)l的方程為，即，
圓心C到l的距離，解得，
則l的方程為，即，
綜上可得，l方程為或．
【小問(wèn)2詳解】
由題意可得圓C：，圓心，半徑，
則圓心C到的距離，
要使C上存在到P的距離為1的點(diǎn)，
則，即，
解得，
所以m的取值范圍為．
19. 甲、乙、丙三位同學(xué)進(jìn)行乒乓球比賽，每局比賽兩人對(duì)戰(zhàn)，另一人輪空，沒(méi)有平局．每局勝者與此局輪空者進(jìn)行下一局的比賽．約定先贏兩局者獲勝，比賽隨即結(jié)束．已知每局比賽甲勝乙的概率為，甲勝丙的概率為，乙勝丙的概率為．
（1）若第一局由乙丙對(duì)戰(zhàn)，求甲獲勝的概率；
（2）判斷并說(shuō)明由哪兩位同學(xué)進(jìn)行首場(chǎng)對(duì)戰(zhàn)才能使甲獲勝的概率最大．
【答案】（1）
（2）第一局甲乙對(duì)戰(zhàn)才能使甲獲勝的概率最大
【解析】
【分析】（1）甲獲勝有兩種情況，分別計(jì)算出概率，再相加即可；
（2）分別計(jì)算第一局乙丙對(duì)戰(zhàn)甲獲勝的概率，第一局甲乙對(duì)戰(zhàn)甲獲勝的概率，及第一局甲丙對(duì)戰(zhàn)甲獲勝的概率，比較大小，作出判斷即可.
【小問(wèn)1詳解】
第一局由乙丙對(duì)戰(zhàn)，甲獲勝有兩種情況：
①乙丙對(duì)戰(zhàn)乙勝，乙甲對(duì)戰(zhàn)甲勝，甲丙對(duì)戰(zhàn)甲勝，則概率為
②乙丙對(duì)戰(zhàn)丙勝，丙甲對(duì)戰(zhàn)甲勝，甲乙對(duì)戰(zhàn)甲勝，則概率為
綜上，甲獲勝的概率為.
【小問(wèn)2詳解】
若第一局乙丙對(duì)戰(zhàn)，由（1）知甲獲勝的概率為
若第一局甲乙對(duì)戰(zhàn)，則甲獲勝有三種情況：
①甲乙對(duì)戰(zhàn)甲勝，甲丙對(duì)戰(zhàn)甲勝，概率為，
②甲乙對(duì)戰(zhàn)甲勝，甲丙對(duì)戰(zhàn)丙勝，丙乙對(duì)戰(zhàn)乙勝，乙甲對(duì)戰(zhàn)甲勝的概率為，
③甲乙對(duì)戰(zhàn)乙勝，乙丙對(duì)戰(zhàn)丙勝，丙甲對(duì)戰(zhàn)甲勝，乙甲對(duì)戰(zhàn)甲勝的概率為，
所以最終甲獲勝的概率為；
若第一局甲丙對(duì)戰(zhàn)，則甲獲勝也有三種情況：
①甲丙對(duì)戰(zhàn)甲勝，甲乙對(duì)戰(zhàn)甲勝的概率為，
②甲丙對(duì)戰(zhàn)甲勝，甲乙對(duì)戰(zhàn)乙勝，乙丙對(duì)戰(zhàn)丙勝，丙甲對(duì)戰(zhàn)甲勝的概率為，
③甲丙對(duì)戰(zhàn)丙勝，丙乙對(duì)戰(zhàn)乙勝，乙甲對(duì)戰(zhàn)甲勝，甲丙對(duì)戰(zhàn)甲勝的概率為，
所以最終甲獲勝的概率為，
因?yàn)椋?br>所以第一局甲乙對(duì)戰(zhàn)才能使甲獲勝的概率最大．
20. 現(xiàn)有一種趣味答題比賽，其比賽規(guī)則如下：①每位參賽者最多參加5輪比賽；②每一輪比賽中，參賽選手從10道題中隨機(jī)抽取4道回答，每答對(duì)一道題積2分，答錯(cuò)或放棄均積0分；③每一輪比賽中，獲得積分至少6分的選手將獲得“挑戰(zhàn)達(dá)人”勛章一枚；④結(jié)束所有輪比賽后，參賽選手還可以憑總積分獲得相對(duì)應(yīng)的禮品．據(jù)主辦方透露：這10道題中有7道題是大家都會(huì)做的，有3道題是大家都不會(huì)做的．
（1）求某參賽選手在一輪比賽中所獲得積分X的分布列和期望；
（2）若參賽選手每輪獲得勛章的概率穩(wěn)定且每輪是否獲得勛章相互獨(dú)立．問(wèn)：某參賽選手在5輪參賽中，獲得多少枚“挑戰(zhàn)達(dá)人”勛章的概率最大？
【答案】（1）分布列見(jiàn)解析，數(shù)學(xué)期望為
（2）獲得3枚或4枚“挑戰(zhàn)達(dá)人”勛章的概率最大.
【解析】
【分析】（1）根據(jù)超幾何分布的知識(shí)求得分布列并求出數(shù)學(xué)期望；
（2）根據(jù)二項(xiàng)分布的知識(shí)求得獲得“挑戰(zhàn)達(dá)人”勛章的枚數(shù)的分布列，由此求得正確答案.
【小問(wèn)1詳解】
由題知：可取2，4，6，8，
則，，
，，
故的分布列為：
則的期望.
【小問(wèn)2詳解】
解法一：由（1）知參賽選手在一輪比賽中獲得“挑戰(zhàn)達(dá)人”勛章的概率為，
則某參賽選手在5輪挑戰(zhàn)比賽中，記獲得“挑戰(zhàn)達(dá)人”勛章的枚數(shù)為，則，
故（），
假設(shè)當(dāng)時(shí)，概率最大，則，
解得，而.
故某參賽選手在5輪挑戰(zhàn)比賽中，獲得3枚或4枚“挑戰(zhàn)達(dá)人”勛章的概率最大．
解法二：由（1）知參賽選手在一輪獲得“挑戰(zhàn)達(dá)人”勛章的概率為，
則某參賽選手在5輪挑戰(zhàn)比賽中，獲得“挑戰(zhàn)達(dá)人”勛章的枚數(shù)為，則，
故（），
所以Y的分布列為：
從分布列中可以看出，概率最大為，
所以參賽選手在5輪挑戰(zhàn)比賽中，獲得3枚或4枚“挑戰(zhàn)達(dá)人”勛章的概率最大．
21. 如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形CDEF為正方形，，，．
（1）設(shè)平面平面，證明：；
（2）直線DE上是否存在點(diǎn)G，使得DE⊥平面ABG？若存在，確定G的位置并說(shuō)明理由；
（3）若，，求平面BFG與平面DEA夾角的余弦的取值范圍．
【答案】（1）證明見(jiàn)解析
（2）存在，GDE中點(diǎn)，理由見(jiàn)解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意，得到，利用線面平行的判定定理，證得平面，再由線面平行的性質(zhì)定理，即可證得；
（2）取的中點(diǎn)，得到，再由，利用線面垂直的判定定理，即可證得平面；
（3）設(shè)點(diǎn)為中點(diǎn)，取與連線交于點(diǎn)，以建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)到平面的距離為，令，分別求得平面和平面的法向量和，結(jié)合向量的夾角，列出關(guān)系式，利用函數(shù)的單調(diào)性，即可求解.
【小問(wèn)1詳解】
證明：因?yàn)樗倪呅螢榫匦?，所以?br>又因?yàn)槠矫妫矫?，所以平面?br>因?yàn)槠矫嫫矫?，平面，所?
【小問(wèn)2詳解】
解：存在為中點(diǎn)，使得平面.
理由如下：
取的中點(diǎn)，因?yàn)?，可得?br>又因?yàn)榍?，所以?br>因?yàn)榍移矫?，所以平?
【小問(wèn)3詳解】
解：設(shè)點(diǎn)為中點(diǎn)，取和和中點(diǎn)為,
由（2）知，共面且平面，取與連線交于點(diǎn)，
連，則，可得為等腰梯形，所以，
建立如圖示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz，則，，，，
因?yàn)?，所以?br>設(shè)到平面的距離為，
因?yàn)樗倪呅魏退倪呅螢閮蓚€(gè)全等的等腰梯形，所以，
設(shè)，，
因?yàn)椋?，解得?br>所以，，
可得，，，，
令，，所以，
設(shè)平面的法向量為，則，
取，可得，所以，
設(shè)平面的法向量為，則，
取，可得，所以，
所以，
令，則，
則，
令，則，所以上單調(diào)遞增，
當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，
所以，所以，
故平面BFG和平面DEA的夾角的余弦值的取值范圍為．
22. 已知橢圓C：（）的離心率為，直線l：是橢圓C與圓：的一條公切線．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若點(diǎn)為橢圓C的一點(diǎn)，直線：交圓于M，N兩點(diǎn)，以M，N為切點(diǎn)分別作圓的切線，兩條切線交于點(diǎn)Q，證明：為定值．
【答案】（1）
（2）證明見(jiàn)解析
【解析】
【分析】（1）利用直線與圓和橢圓相切，得到的方程組求解；
（2）利用直線與圓相切得到MN方程，進(jìn)而對(duì)應(yīng)項(xiàng)系數(shù)相等得，再點(diǎn)點(diǎn)距求解
【小問(wèn)1詳解】
因?yàn)殡x心率，所以
因?yàn)槭菆A：的一條切線，所以
所以
由，可得
因?yàn)槭菣E圓的一條切線
所以
結(jié)合，解得
所以橢圓C的方程為．
【小問(wèn)2詳解】
設(shè)點(diǎn)，，，則，
因?yàn)镸，N為直線QM，QN與圓的切點(diǎn)
所以，
所以直線QM的方程為：，即，即
直線QN的方程為：，即，即
所以點(diǎn)Q滿足，即．
所以直線MN的方程為
又因?yàn)镸，N為直線與圓的交點(diǎn)
所以MN的方程為，即
所以恒成立
所以，即
所以
又因?yàn)辄c(diǎn)為橢圓C上一點(diǎn)，所以
所以為定值．
【點(diǎn)睛】利用切線性質(zhì)得MN的方程是解決本題的關(guān)鍵.城市編號(hào)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
總和
x
1.300
1.444
0.786
1.652
1.756
1.754
1.200
1.500
1.200
0908
13.5
y
66
76
21
170
156
120
72
120
100
129
1030
2
4
6
8
0
1
2
3
4
5

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