絕密★啟用前數(shù)學(xué)試題注意事項(xiàng)：1、答題前填寫好自己的姓名、班級(jí)、考號(hào)等信息2、請(qǐng)將答案正確填寫在答題卡上一、單項(xiàng)選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共計(jì)40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)是符合題目要求的，請(qǐng)把答案添涂在答題卡相應(yīng)位置上）1．已知集合A＝，B＝，則AB＝A．B．C．D．2．已知(3﹣4i)z＝1＋i，其中i為虛數(shù)單位，則在復(fù)平面內(nèi)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限3．已知向量，滿足＝1，＝2，且，則與的夾角為A．B．C．D．4．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若點(diǎn)P(，0)到雙曲線C：的一條漸近線的距離為6，則雙曲線C的離心率為A．2B．4C．D．5．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c．若2bcosC≤2a﹣c，則角B的取值范圍是A．(0，]B．(0，]C．[，)D．[，)6．設(shè)，，，則A．a(chǎn)＞b＞cB．b＞a＞cC．a(chǎn)＞c＞bD．c＞a＞b7．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓A：，點(diǎn)B(3，0)，過動(dòng)點(diǎn)P引圓A的切線，切點(diǎn)為T．若PT＝PB，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程為A．B．C．D．8．已知奇函數(shù)的定義域?yàn)镽，且．若當(dāng)x(0，1]時(shí)，＝，則的值是A．﹣3B．﹣2C．2D．3二、

多項(xiàng)選擇題（本大題共4小題，每小題5分，

共計(jì)20分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，至少有兩個(gè)是符合題目要求的，請(qǐng)把答案添涂在答題卡相應(yīng)位置上）9．5G時(shí)代已經(jīng)到來，5G的發(fā)展將直接帶動(dòng)包括運(yùn)營、制造、服務(wù)在內(nèi)的通信行業(yè)整體的快速發(fā)展，進(jìn)而對(duì)GDP增長產(chǎn)生直接貢獻(xiàn)，并通過產(chǎn)業(yè)間的關(guān)聯(lián)效應(yīng)，間接帶動(dòng)國民經(jīng)濟(jì)各行業(yè)的發(fā)展，創(chuàng)造出更多的經(jīng)濟(jì)增加值．如圖，某單位結(jié)合近年數(shù)據(jù)，對(duì)今后幾年的5G經(jīng)濟(jì)產(chǎn)岀做出預(yù)測(cè)由上圖提供的信息可知A．運(yùn)營商的經(jīng)濟(jì)產(chǎn)出逐年增加B．設(shè)備制造商的經(jīng)濟(jì)產(chǎn)出前期增長較快，后期放緩C．設(shè)備制造商在各年的總經(jīng)濟(jì)產(chǎn)出中一直處于領(lǐng)先地位D．信息服務(wù)商與運(yùn)營商的經(jīng)濟(jì)產(chǎn)岀的差距有逐步拉大的趨勢(shì)10．將函數(shù)的圖象向左平移個(gè)單位后，得到函數(shù)的圖象，則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)(，0)對(duì)稱C．函數(shù)在區(qū)間(，)上單調(diào)遞增D．函數(shù)在區(qū)間(0，)上有兩個(gè)零點(diǎn)11．已知，則A．的值為2B．的值為16C．的值為﹣5D．的值為12012．記函數(shù)與的定義域的交集為I．若存在I，使得對(duì)任意I，不等式恒成立，則稱(，)構(gòu)成“M函數(shù)對(duì)”．下列所給的兩個(gè)函數(shù)能構(gòu)成“M函數(shù)對(duì)”的有A．，B．，C．，D．，三、填空題（本大題共4小題，

每小題5分，共計(jì)20分．請(qǐng)把答案填寫在答題卡相應(yīng)位置上）13．如圖，一個(gè)底面半徑為R的圓柱形量杯中裝有適量的水．若放入一個(gè)半徑為r的實(shí)心鐵球（小球完全浸入水中），水面高度恰好升高，則＝．14．被譽(yù)為“數(shù)學(xué)之神”之稱的阿基米德（前287—前212），是古希臘偉大的物理學(xué)家、數(shù)學(xué)家、天文學(xué)第13題家，他最早利用逼近的思想證明了如下結(jié)論：拋物線的弦與拋物線所圍成的封閉圖形的面積，等于拋物線的弦與經(jīng)過弦的端點(diǎn)的兩條切線所圍成的三角形面積的三分之二．這個(gè)結(jié)論就是著名的阿基米德定理，其中的三角形被稱為阿基米德三角形．在平面直角坐標(biāo)系心中，已知直線l：y＝4與拋物線C：交于A，B兩點(diǎn)，則弦與拋物線C所圍成的封閉圖形的面積為．15．已知數(shù)列的各項(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)和為，且，n，則＝；若＝2，則＝．（本題第一空2分，第二空3分）16．若不等式對(duì)一切xR恒成立，其中a，bR，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則a＋b的取值范圍是．四、解答題（本大題共6小題，共計(jì)70分．請(qǐng)?jiān)诖痤}卡指定區(qū)域內(nèi)作答．解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17．（本小題滿分10分）已知向量＝(2cosx，﹣1)，＝(sinx，2cos2x)，xR，設(shè)函數(shù)．（1）求函數(shù)的最小正周期；（2）若a[，]，且，求cos2a的值．18．（本小題滿分12分）已知數(shù)列是公比為2的等比數(shù)列，其前n項(xiàng)和為，（1）在①，②，③，這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充到上述題干中．求數(shù)列的通項(xiàng)公式，并判斷此時(shí)數(shù)列是否滿足條件P：任意m，n，均為數(shù)列中的項(xiàng)，說明理由；（2）設(shè)數(shù)列滿足，n，求數(shù)列的前n項(xiàng)和．注：在第（1）問中，如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．19．（本小題滿分12分）為調(diào)查某校學(xué)生的課外閱讀情況，隨機(jī)抽取了該校100名學(xué)生（男生60人，女生40人），統(tǒng)計(jì)了他們的課外閱讀達(dá)標(biāo)情況（一個(gè)學(xué)期中課外閱讀是否達(dá)到規(guī)定時(shí)間），結(jié)果如下：是否達(dá)標(biāo)性別不達(dá)標(biāo)達(dá)標(biāo)男生3624女生1030（1）是否有99%的把握認(rèn)為課外閱讀達(dá)標(biāo)與性別有關(guān)?附：．P(≥k)0.0500.0250.0100.0050.001k3.8415.0246.6357.87910.828（2）如果用這100名學(xué)生中男生和女生課外閱讀“達(dá)標(biāo)”的頻率分別代替該校男生和女生課外閱讀“達(dá)標(biāo)”的概率，且每位學(xué)生是否“達(dá)標(biāo)”相互獨(dú)立．現(xiàn)從該校學(xué)生中隨機(jī)抽取3人（2男1女），設(shè)隨機(jī)變量X表示“3人中課外閱讀達(dá)標(biāo)的人數(shù)”，試求X的分布列和數(shù)學(xué)期望．20．（本小題滿分12分）如圖，在四棱錐P—ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AD∥BC，AB＝BC＝PA＝1，AD＝2，∠PAD＝∠DAB＝90°，點(diǎn)E在棱PC上，設(shè)CE＝CP．（1）求證：CD⊥AE；（2）記二面角C—AE—D的平面角為，且，求實(shí)數(shù)的值．21．（本小題滿分12分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：．（1）設(shè)橢圓C的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，T是橢圓C上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求的取值范圍；（2）設(shè)A(0，﹣1)，與坐標(biāo)軸不垂直的直線l交橢圓C于B，D兩點(diǎn)，若△ABD是以A為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，求直線l的方程．22．（本小題滿分12分）已知函數(shù)，kR．（1）當(dāng)k＝2時(shí)，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）當(dāng)0＜x≤1時(shí)，恒成立，求k的取值范圍；（3）設(shè)n，求證：．江蘇省南京市2021屆高三上學(xué)期期初考試數(shù)學(xué)試題2020．9一、單項(xiàng)選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共計(jì)40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)是符合題目要求的，請(qǐng)把答案添涂在答題卡相應(yīng)位置上）1．已知集合A＝，B＝，則AB＝A．B．C．D．答案：C解析：∵集合A＝，∴集合A＝，又∵B＝，∴AB＝，故選C．2．已知(3﹣4i)z＝1＋i，其中i為虛數(shù)單位，則在復(fù)平面內(nèi)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限答案：B解析：，故在復(fù)平面內(nèi)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(，)，在第二象限，故選B．3．已知向量，滿足＝1，＝2，且，則與的夾角為A．B．C．D．答案：D解析：，，故與的夾角為，故選D．4．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若點(diǎn)P(，0)到雙曲線C：的一條漸近線的距離為6，則雙曲線C的離心率為A．2B．4C．D．答案：A解析：雙曲線C：的一條漸近線為，則，解得，，故選A．5．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c．若2bcosC≤2a﹣c，則角B的取值范圍是A．(0，]B．(0，]C．[，)D．[，)答案：A解析：∵2bcosC≤2a﹣c，∴2sinBcosC≤2sinA﹣sinC，故cosB≥，∴0＜B≤，故選A．6．設(shè)，，，則A．a(chǎn)＞b＞cB．b＞a＞cC．a(chǎn)＞c＞bD．c＞a＞b答案：C解析：∵9＞8，∴3＞，故，從而有，故選C．7．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓A：，點(diǎn)B(3，0)，過動(dòng)點(diǎn)P引圓A的切線，切點(diǎn)為T．若PT＝PB，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程為A．B．C．D．答案：C解析：設(shè)P(x，y)，∵PT＝PB，∴PT2＝2PB2，∴，整理得：，故選C．8．已知奇函數(shù)的定義域?yàn)镽，且．若當(dāng)x(0，1]時(shí)，＝，則的值是A．﹣3B．﹣2C．2D．3答案：B解析：根據(jù)奇函數(shù)，滿足，可知函數(shù)的周期為4，∴，故選B．二、

多項(xiàng)選擇題（本大題共4小題，每小題5分，

共計(jì)20分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，至少有兩個(gè)是符合題目要求的，請(qǐng)把答案添涂在答題卡相應(yīng)位置上）9．5G時(shí)代已經(jīng)到來，5G的發(fā)展將直接帶動(dòng)包括運(yùn)營、制造、服務(wù)在內(nèi)的通信行業(yè)整體的快速發(fā)展，進(jìn)而對(duì)GDP增長產(chǎn)生直接貢獻(xiàn)，并通過產(chǎn)業(yè)間的關(guān)聯(lián)效應(yīng)，間接帶動(dòng)國民經(jīng)濟(jì)各行業(yè)的發(fā)展，創(chuàng)造出更多的經(jīng)濟(jì)增加值．如圖，某單位結(jié)合近年數(shù)據(jù)，對(duì)今后幾年的5G經(jīng)濟(jì)產(chǎn)岀做出預(yù)測(cè)由上圖提供的信息可知A．運(yùn)營商的經(jīng)濟(jì)產(chǎn)出逐年增加B．設(shè)備制造商的經(jīng)濟(jì)產(chǎn)出前期增長較快，后期放緩C．設(shè)備制造商在各年的總經(jīng)濟(jì)產(chǎn)出中一直處于領(lǐng)先地位D．信息服務(wù)商與運(yùn)營商的經(jīng)濟(jì)產(chǎn)岀的差距有逐步拉大的趨勢(shì)答案：ABD解析：從圖表中可以看出2029年、2030年信息服務(wù)商在總經(jīng)濟(jì)產(chǎn)出中處于領(lǐng)先地位，C錯(cuò)誤，故選ABD．10．將函數(shù)的圖象向左平移個(gè)單位后，得到函數(shù)的圖象，則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)(，0)對(duì)稱C．函數(shù)在區(qū)間(，)上單調(diào)遞增D．函數(shù)在區(qū)間(0，)上有兩個(gè)零點(diǎn)答案：ACD解析：可得，當(dāng)，，故A正確；當(dāng)，，故B錯(cuò)誤；當(dāng)(，)，(，0)，故C正確；當(dāng)(0，)，(，)，故D正確．故選ACD．11．已知，則A．的值為2B．的值為16C．的值為﹣5D．的值為120答案：ABC解析：令x＝0，得，故A正確；，故，B正確；令x＝1，得①，又，∴，故C正確；令x＝﹣1，得②，由①②得：，D錯(cuò)誤．故選ABC．12．記函數(shù)與的定義域的交集為I．若存在I，使得對(duì)任意I，不等式恒成立，則稱(，)構(gòu)成“M函數(shù)對(duì)”．下列所給的兩個(gè)函數(shù)能構(gòu)成“M函數(shù)對(duì)”的有A．，B．，C．，D．，答案：AC解析：選項(xiàng)B滿足，故不成立；選項(xiàng)D，存在兩個(gè)非零的零點(diǎn)，故不成立．故選AC．三、填空題（本大題共4小題，

每小題5分，共計(jì)20分．請(qǐng)把答案填寫在答題卡相應(yīng)位置上）13．如圖，一個(gè)底面半徑為R的圓柱形量杯中裝有適量的水．若放入一個(gè)半徑為r的實(shí)心鐵球（小球完全浸入水中），水面高度恰好升高，則＝．答案：2解析：．14．被譽(yù)為“數(shù)學(xué)之神”之稱的阿基米德（前287—前212），是古希臘偉大的物理學(xué)家、數(shù)學(xué)家、天文學(xué)家，他最早利用逼近的思想證明了如下結(jié)論：拋物線的弦與拋物線所圍成的封閉圖形的面積，等于拋物線的弦與經(jīng)過弦的端點(diǎn)的兩條切線所圍成的三角形面積的三分之二．這個(gè)結(jié)論就是著名的阿基米德定理，其中的三角形被稱為阿基米德三角形．在平面直角坐標(biāo)系心中，已知直線l：y＝4與拋物線C：交于A，B兩點(diǎn)，則弦與拋物線C所圍成的封閉圖形的面積為．答案：解析：首先得到弦的兩個(gè)端點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(4，4)，(﹣4，4)，其次得在該兩點(diǎn)處的拋物線的切線方程分別為y＝2x﹣4，y＝﹣2x﹣4，從而拋物線的弦與經(jīng)過弦的端點(diǎn)的兩條切線所圍成的三角形面積為，故弦與拋物線C所圍成的封閉圖形的面積為．15．已知數(shù)列的各項(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)和為，且，n，則＝；若＝2，則＝．（本題第一空2分，第二空3分）答案：4；220解析：根據(jù)①，得②，①﹣②得，故；當(dāng)＝2，可得該數(shù)列滿足，且與均為公差為2的等差數(shù)列，即可求得＝220．16．若不等式對(duì)一切xR恒成立，其中a，bR，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則a＋b的取值范圍是．答案：(，﹣1]解析：令，恒成立，顯然a≤0，，則，，當(dāng)a＝0時(shí)，在(，0)遞增，(0，)遞減，符合題意，a＜0時(shí)，在(，)遞減，(，0)遞增，(0，)遞減x＜，，故符合題意，綜上，a≤0，b＝﹣1，因此a＋b(，﹣1]．四、解答題（本大題共6小題，共計(jì)70分．請(qǐng)?jiān)诖痤}卡指定區(qū)域內(nèi)作答．解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17．（本小題滿分10分）已知向量＝(2cosx，﹣1)，＝(sinx，2cos2x)，xR，設(shè)函數(shù)．（1）求函數(shù)的最小正周期；（2）若a[，]，且，求cos2a的值．解：因?yàn)閙＝(2cosx，－1)，n＝(eq\r(3)sinx，2cos2x)，所以f(x)＝m·n＋1＝2eq\r(3)sinxcosx－2cos2x＋1＝eq\r(3)sin2x－cos2x＝2sin(2x－eq\s\do1(\f(π,6)))．（1）T＝eq\F(2π,2)＝π．（2）由f(α)＝eq\s\do1(\f(8,5))，得sin(2α－eq\s\do1(\f(π,6)))＝eq\F(4,5)．由α∈[eq\s\do1(\f(π,3))，eq\s\do1(\f(7π,12))]，得eq\s\do1(\f(π,2))≤2α－eq\s\do1(\f(π,6))≤π，所以cos(2α－eq\s\do1(\f(π,6)))＝－eq\R(,1－sin2(2α－eq\s\do1(\f(π,6))))＝－eq\r(1－(eq\F(4,5))2)＝－eq\s\do1(\f(3,5))，從而cos2α＝cos[(2α－eq\s\do1(\f(π,6)))＋eq\s\do1(\f(π,6))]＝cos(2α－eq\s\do1(\f(π,6)))coseq\s\do1(\f(π,6))－sin(2α－eq\s\do1(\f(π,6)))sineq\s\do1(\f(π,6))＝－eq\s\do1(\f(3,5))×eq\s\do1(\f(\r(3),2))－eq\s\do1(\f(4,5))×eq\s\do1(\f(1,2))＝eq\s\do1(\f(－4－3\r(3),10))．18．（本小題滿分12分）已知數(shù)列是公比為2的等比數(shù)列，其前n項(xiàng)和為，（1）在①，②，③，這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充到上述題干中．求數(shù)列的通項(xiàng)公式，并判斷此時(shí)數(shù)列是否滿足條件P：任意m，n，均為數(shù)列中的項(xiàng)，說明理由；（2）設(shè)數(shù)列滿足，n，求數(shù)列的前n項(xiàng)和．注：在第（1）問中，如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．解：（1）選=1\*GB3①，因?yàn)镾1＋S3＝2S2＋2，所以S3－S2＝S2－S1＋2，即a3＝a2＋2，又?jǐn)?shù)列{an}是公比為2的等比數(shù)列，所以4a1＝2a1＋2，解得a1＝1，因此an＝1×2n－1＝2n－1．此時(shí)任意m，n∈N*，aman＝2m－1·2n－1＝2m＋n－2，由于m＋n－1∈N*，所以aman是數(shù)列{an}的第m＋n－1項(xiàng)，因此數(shù)列{an}滿足條件P．選=2\*GB3②，因?yàn)镾3＝eq\F(7,3)，即a1＋a2＋a3＝eq\F(7,3)，又?jǐn)?shù)列{an}是公比為2的等比數(shù)列，所以a1＋2a1＋4a1＝eq\F(7,3)，解得a1＝eq\F(1,3)，因此an＝eq\F(1,3)×2n－1．此時(shí)a1a2＝eq\F(2,9)＜a1≤an，即a1a2不為數(shù)列{an}中的項(xiàng)，因此數(shù)列{an}不滿足條件P．選=3\*GB3③，因?yàn)閍2a3＝4a4，又?jǐn)?shù)列{an}是公比為2的等比數(shù)列，所以2a1×4a1＝4×8a1，又a1≠0，故a1＝4，因此an＝4×2n－1＝2n＋1．此時(shí)任意m，n∈N*，aman＝2m＋1·2n＋1＝2m＋n＋2，由于m＋n＋1∈N*，所以aman是為數(shù)列{an}的第m＋n＋1項(xiàng)，因此數(shù)列{an}滿足條件P．（2）因?yàn)閿?shù)列{an}是公比為2的等比數(shù)列，所以eq\F(an＋1,an)＝2，因此bn＝n×2n－1．所以Tn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2EQ\s\up4(n－1)，則2Tn＝1×21＋2×22＋…＋(n－1)×2EQ\s\up4(n－1)＋n×2EQ\s\up4(n)，兩式相減得－Tn＝1＋21＋22＋…＋2EQ\s\up4(n－1)－n×2EQ\s\up4(n)＝EQ\F(1－2n,1－2)－n×2EQ\s\up4(n)＝(1－n)2EQ\s\up4(n)－1，所以Tn＝(n－1)2EQ\s\up4(n)＋1．19．（本小題滿分12分）為調(diào)查某校學(xué)生的課外閱讀情況，隨機(jī)抽取了該校100名學(xué)生（男生60人，女生40人），統(tǒng)計(jì)了他們的課外閱讀達(dá)標(biāo)情況（一個(gè)學(xué)期中課外閱讀是否達(dá)到規(guī)定時(shí)間），結(jié)果如下：是否達(dá)標(biāo)性別不達(dá)標(biāo)達(dá)標(biāo)男生3624女生1030（1）是否有99%的把握認(rèn)為課外閱讀達(dá)標(biāo)與性別有關(guān)?附：．P(≥k)0.0500.0250.0100.0050.001k3.8415.0246.6357.87910.828（2）如果用這100名學(xué)生中男生和女生課外閱讀“達(dá)標(biāo)”的頻率分別代替該校男生和女生課外閱讀“達(dá)標(biāo)”的概率，且每位學(xué)生是否“達(dá)標(biāo)”相互獨(dú)立．現(xiàn)從該校學(xué)生中隨機(jī)抽取3人（2男1女），設(shè)隨機(jī)變量X表示“3人中課外閱讀達(dá)標(biāo)的人數(shù)”，試求X的分布列和數(shù)學(xué)期望．解：（1）假設(shè)H0：課外閱讀達(dá)標(biāo)與性別無關(guān)，根據(jù)列聯(lián)表，求得χ2＝eq\s\do1(\f(100×(36×30－24×10)2,(36＋24)×(10＋30)×(36＋10)×(24＋30)))＝eq\f(2450,207)≈11.836＞6.635，因?yàn)楫?dāng)H0成立時(shí)，χ2≥6.635的概率約為0.01，所以有99%以上的把握認(rèn)為課外閱讀達(dá)標(biāo)與性別有關(guān)．（2）記事件A為：從該校男生中隨機(jī)抽取1人，課外閱讀達(dá)標(biāo)；事件B為：從該校女生中隨機(jī)抽取1人，課外閱讀達(dá)標(biāo)．由題意知：P(A)＝eq\f(24,60)＝eq\s\do1(\f(2,5))，P(B)＝eq\f(30,40)＝eq\s\do1(\f(3,4))．隨機(jī)變量X的取值可能為0，1，2，3．P(X＝0)＝(1－eq\s\do1(\f(2,5)))2×(1－eq\s\do1(\f(3,4)))＝eq\s\do1(\f(9,100))，P(X＝1)＝Ceq\o(\s\up5(1),2)×eq\s\do1(\f(2,5))×(1－eq\s\do1(\f(2,5)))×(1－eq\s\do1(\f(3,4)))＋eq\s\do1(\f(3,4))×(1－eq\s\do1(\f(2,5)))2＝eq\s\do1(\f(39,100))，P(X＝2)＝(eq\s\do1(\f(2,5)))2×(1－eq\s\do1(\f(3,4)))＋Ceq\o(\s\up5(1),2)×eq\s\do1(\f(2,5))×(1－eq\s\do1(\f(2,5)))×eq\s\do1(\f(3,4))＝eq\s\do1(\f(2,5))，P(X＝3)＝(eq\s\do1(\f(2,5)))2×eq\s\do1(\f(3,4))＝eq\s\do1(\f(3,25))．所以隨機(jī)變量X的分布列為：X0123Peq\s\do1(\f(9,100))eq\s\do1(\f(39,100))eq\s\do1(\f(2,5))eq\s\do1(\f(3,25))期望E(X)＝0×eq\s\do1(\f(9,100))＋1×eq\s\do1(\f(39,100))＋2×eq\s\do1(\f(2,5))＋3×eq\s\do1(\f(3,25))＝1.55．20．（本小題滿分12分）如圖，在四棱錐P—ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AD∥BC，AB＝BC＝PA＝1，AD＝2，∠PAD＝∠DAB＝90°，點(diǎn)E在棱PC上，設(shè)CE＝CP．（1）求證：CD⊥AE；（2）記二面角C—AE—D的平面角為，且，求實(shí)數(shù)的值．（1）證明：因?yàn)椤螾AD＝90°，所以PA⊥AD．因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PA平面PAD，所以PA⊥平面ABCD．又CD平面ABCD，所以CD⊥PA．在四邊形ABCD中，AD//BC，∠DAB＝90°，所以∠ABC＝90°，又AB＝BC＝1，所以△ABC是等腰直角三角形，即∠BAC＝∠CAD＝45°，AC＝EQ\r(,2)．在△CAD中，∠CAD＝45°，AC＝EQ\r(,2)，AD＝2，所以CD＝EQ\r(,AC2＋AD2－2×AC×AD×cos∠CAD)＝EQ\r(,2)，從而AC2＋CD2＝4＝AD2．所以CD⊥AC．又AC∩PA＝A，AC，PA平面PAC，所以CD⊥平面PAC．又AE平面PAC，所以CD⊥AE．（2）解：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，BA⊥AD，故以{EQ\o(\s\up7(→),AB)，EQ\o(\s\up7(→),AD)，EQ\o(\s\up7(→),AP)}為正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．因?yàn)锳B＝BC＝PA＝1，AD＝2，所以A(0，0，0)，P(0，0，1)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，則EQ\o(\s\up7(→),CD)＝(－1，1，0)，EQ\o(\s\up7(→),AD)＝(0，2，0)．因?yàn)辄c(diǎn)E在棱PC上，且CE＝λCP，所以EQ\o(\s\up7(→),CE)＝λEQ\o(\s\up7(→),CP)，設(shè)E(x，y，z)，則(x－1，y－1，z)＝λ(－1，－1，1)，故E(1－λ，1－λ，λ)，所以EQ\o(\s\up7(→),AE)＝(1－λ，1－λ，λ)．由（1）知，CD⊥平面PAC，所以平面ACE的一個(gè)法向量為n＝EQ\o(\s\up7(→),CD)＝(－1，1，0)．設(shè)平面AED的法向量為m＝(x1，y1，z1)，由EQ\b\lc\{(\a\al(m·EQ\o(\s\up7(→),AE)＝0，,m·EQ\o(\s\up7(→),AD)＝0，))得EQ\b\lc\{(\a\al((1－λ)x1＋(1－λ)y1＋λz1＝0，,y1＝0，))令z1＝1－λ，所以平面AED的一個(gè)法向量為m＝(－λ，0，1－λ)．因此|cosθ|＝|cos<m，n>|＝|EQ\F(m·n,|m||n|)|＝|EQ\F(λ,EQ\r(,2)·EQ\r(,λEQ\s\up4(2)＋(1－λ)EQ\s\up4(2)))|＝EQ\F(EQ\r(,10),5)，化簡(jiǎn)得3λEQ\s\up4(2)－8λ＋4＝0，解得λ＝EQ\F(2,3)或2．因?yàn)镋在棱PC上，所以λ∈[0，1]，所以λ＝EQ\F(2,3)．所以當(dāng)|cosθ|＝EQ\F(EQ\r(,10),5)時(shí)，實(shí)數(shù)λ的值為EQ\F(2,3)．21．（本小題滿分12分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：．（1）設(shè)橢圓C的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，T是橢圓C上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求的取值范圍；（2）設(shè)A(0，﹣1)，與坐標(biāo)軸不垂直的直線l交橢圓C于B，D兩點(diǎn)，若△ABD是以A為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，求直線l的方程．解：（1）因?yàn)闄E圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1，所以F1(－eq\r(3)，0)，F(xiàn)2(eq\r(3)，0)．設(shè)T(x0，y0)，則eq\o(TF1,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(TF2,\d\fo1()\s\up7(→))＝(－eq\r(3)－x0，－y0)·(eq\r(3)－x0，－y0)＝x02＋y02－3．因?yàn)辄c(diǎn)T(x0，y0)在橢圓C上，即eq\f(x02,4)＋y02＝1，所以eq\o(TF1,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(TF2,\d\fo1()\s\up7(→))＝eq\s\do1(\f(3,4))x02－2，且x02∈[0，4]，所以eq\o(TF1,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(TF2,\d\fo1()\s\up7(→))的取值范圍是[－2，1]．（2）因?yàn)橹本€l與坐標(biāo)軸不垂直，故設(shè)直線l方程y＝kx＋m(m≠－1，k≠0)．設(shè)B(x1，y1)，Ｄ(x2，y2)．由eq\b\lc\{(\a\al(y＝kx＋m，,eq\f(x2,4)＋y2＝1．))得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，所以x1＋x2＝－eq\s\do1(\f(8km,1＋4k2))，x1x2＝eq\s\do1(\f(4(m2－1),1＋4k2))．因?yàn)椤鰽BD是以A為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，所以AB⊥AD，即eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，因此(y1＋1)(y2＋1)＋x1x2＝0，即(kx1＋m＋1)(kx2＋m＋1)＋x1x2＝0，從而(1＋k2)x1x2＋k(m＋1)(x1＋x2)＋(m＋1)2＝0，即(1＋k2)×eq\s\do