高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12023年高考金榜預(yù)測卷（一）（文）數(shù)學(xué)一、選擇題（1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗由集合，得故選：B.2．（

）A．－2－5i B．2－i C．2＋i D．5－i〖答案〗A〖解析〗.故選：A.3．市場占有率指在一定時(shí)期內(nèi)，企業(yè)所生產(chǎn)的產(chǎn)品在其市場的銷售量（或銷售額）占同類產(chǎn)品銷售量（或銷售額）的比重．一般來說，市場占有率會(huì)隨著市場的顧客流動(dòng)而發(fā)生變化，如果市場的顧客流動(dòng)趨向長期穩(wěn)定，那么經(jīng)過一段時(shí)期以后的市場占有率將會(huì)出現(xiàn)穩(wěn)定的平衡狀態(tài)（即顧客的流動(dòng)，不會(huì)影響市場占有率），此時(shí)的市場占有率稱為“穩(wěn)定市場占有率”．有A，B，C三個(gè)企業(yè)都生產(chǎn)某產(chǎn)品，2022年第一季度它們的市場占有率分別為：40%，30%，30%．經(jīng)調(diào)查，2022年第二季度A，B，C三個(gè)企業(yè)之間的市場占有率轉(zhuǎn)移情況如下圖所示：若該產(chǎn)品以后每個(gè)季度的市場占有率轉(zhuǎn)移情況均與2022年第二季度相同，則當(dāng)市場出現(xiàn)穩(wěn)定的平衡狀態(tài)，最終達(dá)到“穩(wěn)定市場占有率”時(shí)，A企業(yè)該產(chǎn)品的“穩(wěn)定市場占有率”為（

）A．45% B．48% C．50% D．52%〖答案〗D〖解析〗最終達(dá)到“穩(wěn)定市場占有率”時(shí)，A企業(yè)該產(chǎn)品的“穩(wěn)定市場占有率”為：.故選：D4．如圖所示，給出的是某幾何體的三視圖，其中正視圖與側(cè)視圖都是邊長為2的正三角形，俯視圖為半徑等于1的圓．則這個(gè)幾何體的側(cè)面積與體積分別為（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗如圖根據(jù)幾何體的三視圖知，該幾何體是一個(gè)圓錐，底面圓的半徑，母線，高．則它的側(cè)面積，體積．故選：C．5．函數(shù)的大致圖象為（

）A． B．C． D．〖答案〗D〖解析〗對(duì)任意的，，故函數(shù)的定義域?yàn)?，故A錯(cuò)誤；又當(dāng)時(shí)，，故B錯(cuò)誤；因?yàn)?，所以為奇函?shù)，故C錯(cuò)誤.故選：D.6．已知的一個(gè)極值點(diǎn)為，若，則實(shí)數(shù)的值為（

）A． B．3 C． D．〖答案〗D〖解析〗已知,則,因?yàn)闃O值點(diǎn)為,可得,即得,則,則故選:.7．在棱長均等的正三棱柱中，直線與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗設(shè)正三棱柱的棱長為2，取的中點(diǎn)，的中點(diǎn)，連接，則∥，，因?yàn)槠矫妫矫?，所以，所以，所以兩兩垂直，所以以為原點(diǎn)，所在的直線分別為建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則，所以，設(shè)直線與所成角為，則，所以直線與所成角的余弦值為，故選：D.8．某班課外學(xué)習(xí)小組利用“鏡面反射法”來測量學(xué)校內(nèi)建筑物的高度.步驟如下：①將鏡子（平面鏡）置于平地上，人后退至從鏡中能看到房頂?shù)奈恢?，測量出人與鏡子的距離；②將鏡子后移，重復(fù)①中的操作；③求建筑物高度.如圖所示，前后兩次人與鏡子的距離分別，兩次觀測時(shí)鏡子間的距離為，人的“眼高”為，則建筑物的高度為（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗設(shè)建筑物的高度為，由于得由于得故選：A.9．在等比數(shù)列中，公比是數(shù)列的前項(xiàng)和，若，則下列結(jié)論正確的是（

）A． B．?dāng)?shù)列是等比數(shù)列C． D．?dāng)?shù)列是公差為2的等差數(shù)列〖答案〗B〖解析〗由，得，即，解得或，由，得，故A錯(cuò)誤；所以等比數(shù)列的通項(xiàng)公式為所以等比數(shù)列的前項(xiàng)和為即所以所以數(shù)列是公比為等比數(shù)列，故B正確；因?yàn)樗怨蔆錯(cuò)誤；因?yàn)樗裕詳?shù)列是公差為的等差數(shù)列，故D錯(cuò)誤.故選：B.10．已知函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，則（

）A．在單調(diào)遞增B．直線是曲線的一條對(duì)稱軸C．直線是曲線的一條切線D．在有兩個(gè)極值點(diǎn)〖答案〗C〖解析〗由題意得，，所以，即．又，所以．故，選項(xiàng)A，當(dāng)時(shí)，，因?yàn)樵趨^(qū)間上單調(diào)遞減，所以在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減，故選項(xiàng)A錯(cuò)；選項(xiàng)B，當(dāng)時(shí)，，故，所以直線不是曲線的對(duì)稱軸，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；選項(xiàng)D，當(dāng)時(shí)，，由函數(shù)的圖象知：只有一個(gè)極值點(diǎn)，為極小值點(diǎn)，由，可得極值點(diǎn)為，故選項(xiàng)錯(cuò)誤；選項(xiàng)，令，得，解得：或，從而得：或，因?yàn)?，所以函?shù)的圖象在點(diǎn)處的切線斜率為，故在的切線方程為，即，故選項(xiàng)C正確．故選：C11．已知雙曲線C的焦點(diǎn)為，過的直線與雙曲線C的左支交于A，B兩點(diǎn)，若，則C的方程為（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗如圖，設(shè)則，，由雙曲線的定義可得，在和中，由余弦定理得又互補(bǔ)，，兩式消去，可得，所以，，所以雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程可得.故選：B12．已知，則（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗，則，故函數(shù)在單調(diào)遞減，單調(diào)遞增，則則，即由，∴，故同理可證又，∴，則故選：C.二、填空題13．已知向量，，若，則______．〖答案〗〖解析〗向量，，，又，，，，故〖答案〗為：.14．若圓：與圓：外切，則實(shí)數(shù)______．〖答案〗〖解析〗圓的圓心為，半徑為.圓的圓心為，半徑為.由于兩圓外切，所以，得.故解得.故〖答案〗為：.15．已知拋物線的焦點(diǎn)為，準(zhǔn)線為，是上一點(diǎn)，交于兩點(diǎn)，且滿足，則_____________________.〖答案〗〖解析〗拋物線，則，準(zhǔn)線方程為，由于，所以是的中點(diǎn)，設(shè)，而，所以，將點(diǎn)坐標(biāo)代入拋物線方程得，不妨設(shè)，則.設(shè)，由于三點(diǎn)共線，所以，整理得，解得，（舍去），所以，所以.故〖答案〗為：16．如圖，已知在四棱錐中，底面是菱形，且底面，分別是棱的中點(diǎn)，對(duì)于平面截四棱錐所得的截面多邊形，有以下幾個(gè)結(jié)論：①截面的面積等于；②截面是一個(gè)五邊形且只與四棱錐四條側(cè)棱中的三條相交；③截面與底面所成銳二面角為；④截面在底面的投影面積為.其中，正確結(jié)論的序號(hào)是___________.〖答案〗②③④〖解析〗取CD中點(diǎn)G，PA的四等分點(diǎn)I，依次連接E、F、G、H、I，設(shè)，則M為CN中點(diǎn)，N為AC中點(diǎn)，故M為AC四等分點(diǎn)，故，底面是菱形，，則為正三角形，，又，∴，.底面，底面，∴，，∴，∵分別是棱的中點(diǎn)，∴，且，.綜上可知，多邊形EFGHI即為平面截四棱錐所得的截面多邊形.∵平面PAC，∴平面PAC，∵平面PAC，∴，∴，∴四邊形EFGH為矩形，其面積為.設(shè)，則M為CN中點(diǎn)，N為AC中點(diǎn)，∴，.∵平面PAC，平面PAC，∴平面PAC，∵平面EFGH平面PAC，∴且，∴，∴的邊EH上的高，∴，∴截面的面積等于，①錯(cuò)；由圖可知，截面是一個(gè)五邊形，只與四棱錐四條側(cè)棱中的側(cè)棱PA、PB、PD相交，②對(duì)；截面，平面ABCD，，則平面PAC，平面PAC，則，，∴為截面與底面所成銳二面角，則在中，，故截面與底面所成銳二面角為，③對(duì)；取AB、AD中點(diǎn)K、L，則，則底面，底面，∴多邊形AKFGL為截面在底面的投影，且，則多邊形AKFGL的面積為，④對(duì).故〖答案〗為：②③④三、解答題17．為了迎接2022年世界杯足球賽，某足球俱樂部在對(duì)球員的使用上一般都進(jìn)行一些數(shù)據(jù)分析，在上一年的賽季中，A球員對(duì)球隊(duì)的貢獻(xiàn)度數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)如下：球隊(duì)勝球隊(duì)負(fù)總計(jì)上場22未上場1220總計(jì)50（1）求的值，據(jù)此能否有的把握認(rèn)為球隊(duì)勝利與球員有關(guān)；（2）根據(jù)以往的數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)，球員能夠勝任前鋒?中鋒?后衛(wèi)以及守門員四個(gè)位置，且出場率分別為：，當(dāng)出任前鋒?中鋒?后衛(wèi)以及守門員時(shí)，球隊(duì)贏球的概率依次為：，則：①當(dāng)他參加比賽時(shí)，求球隊(duì)某場比賽贏球的概率；②當(dāng)他參加比賽時(shí)，在球隊(duì)贏了某場比賽的條件下，求球員擔(dān)當(dāng)守門員的概率；③在2022年的4場聯(lián)賽中，用X表示“球隊(duì)贏了比賽的條件下球員擔(dān)當(dāng)守門員”的比賽場次數(shù)，求的分布列及期望．附表及公式：．（1）解：根據(jù)題意，補(bǔ)全列聯(lián)表如下表：球隊(duì)勝球隊(duì)負(fù)總計(jì)上場2230未上場1220總計(jì)302050所以，，，所以，沒有的把握認(rèn)為球隊(duì)勝利與球員有關(guān)（2）解：①根據(jù)題意，記球員參加比賽時(shí)，球隊(duì)某場比賽贏球?yàn)槭录?，，所以，球員參加比賽時(shí)，球隊(duì)某場比賽贏球的概率為.②記球員擔(dān)當(dāng)守門員為事件，則，所以，當(dāng)球員參加比賽時(shí)，在球隊(duì)贏了某場比賽的條件下，球員擔(dān)當(dāng)守門員的概率為，因?yàn)?所以，球員參加比賽時(shí)，在球隊(duì)贏了某場比賽的條件下，球員擔(dān)當(dāng)守門員的概率為③由②知，球隊(duì)贏了比賽的條件下球員擔(dān)當(dāng)守門員的概率為，由題知的可能取值為，且所以；；；；.所以，的分布列如下表，所以，18．已知為等差數(shù)列，為公比大于的等比數(shù)列，且，，，.（1）求的通項(xiàng)公式；（2）記，求數(shù)列的前項(xiàng)和.解：（1）設(shè)等差數(shù)列的公差為，等比數(shù)列的公比為()，由題設(shè)可得：，即，解得，所以，.（2）由(1)可得：，，又，兩式相減得：，整理得：.19．如圖，在三棱柱中，側(cè)面為正方形，平面ABC，，，E，F(xiàn)分別為棱AB和的中點(diǎn).（1）在棱上是否存在一點(diǎn)D，使得平面EFC？若存在，確定點(diǎn)D的位置，并給出證明；若不存在，試說明理由；（2）求三棱錐的體積.解：（1）存在點(diǎn)D，使得平面EFC.取的中點(diǎn)D，的中點(diǎn)M，連接,則.因?yàn)镋，F(xiàn)分別為棱AB和的中點(diǎn)，所以,所以.連接,則.因?yàn)槠矫?，平面，所以平面平?因?yàn)槠矫?所以平面.所以存在D(D為中點(diǎn))，使得平面EFC.（2）求三棱錐的體積相當(dāng)于求三棱錐的體積.因?yàn)槠矫鍭BC，平面，所以平面平面ABC.設(shè)點(diǎn)到的距離為，則有，其中，解得.因?yàn)槠矫嫫矫鍭BC，平面平面ABC,所以點(diǎn)到的距離即為點(diǎn)到平面的距離,為.在正方形中，，則，,.取的中點(diǎn)，連接,則，所以.所以,所以.所以三棱錐的體積為.20．已知橢圓的上頂點(diǎn)與右焦點(diǎn)分別為為坐標(biāo)原點(diǎn)，是底邊長為2的等腰三角形．（1）求橢圓的方程；（2）已知直線與橢圓有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，若，求的值．解：（1）因?yàn)槭堑走呴L為2的等腰三角形，所以且，又，所以．所以，，所以橢圓的方程為.（2）聯(lián)立，消去得，則，解得或．設(shè)，則，，則，，由，得，即得，整理得，代入，，得，化簡得，所以，解得，都滿足或綜上，的值為或．21．已知函數(shù)．（1）求曲線在點(diǎn)處的切線方程；（2）若函數(shù)在上只有一個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的值．解：（1）∵，∴，則，．即切點(diǎn)坐標(biāo)為，切線斜率，∴曲線在點(diǎn)處的切線方程為，即．（2）∵，，則有：當(dāng)，則在上恒成立，故函數(shù)在上單調(diào)遞增，則，即在無零點(diǎn)，不合題意，舍去；當(dāng)，令，則在上單調(diào)遞增，則，令，則在上恒成立，則在上單調(diào)遞增，則，故在上恒成立，∴，（?。┊?dāng)，即時(shí)，則，則函數(shù)在上單調(diào)遞增，則，故函數(shù)在上單調(diào)遞增，則，即在無零點(diǎn)，不合題意，舍去；（ⅱ）當(dāng)，即時(shí)，則函數(shù)在存在唯一的零點(diǎn)，可得：當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，故函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，則，∵，即，∴，①當(dāng)，即時(shí)，則在上恒成立，故函數(shù)在上單調(diào)遞增，則，即函數(shù)在無零點(diǎn)，不合題意，舍去；②當(dāng)，即時(shí)，結(jié)合①可得：若時(shí)，在上恒成立，故，故在內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn)，不妨設(shè)為，可得：當(dāng)或時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，故函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，若函數(shù)在上只有一個(gè)零點(diǎn)，且，∴，又∵，即，∴，解得，故；綜上所述：.22．在平面直角坐標(biāo)系中，直線l的參數(shù)方程為（t為參數(shù)），以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C的極坐標(biāo)方程為．（1）求直線l的普通方程及曲線C的直角坐標(biāo)方程；（2）已知點(diǎn)，若直線l與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，求的值．解：（1）將直線l的參數(shù)方程中的參數(shù)t消去，得；即為，把，代入，得，即曲線C的直角坐標(biāo)方程為．所以直線l：，C：；（2）易知點(diǎn)在直線上，把直線l的參數(shù)方程（t為參數(shù)），代入，整理得．，設(shè)直線l與曲線C的交點(diǎn)A，B對(duì)應(yīng)的參數(shù)分別為，，則，，得同號(hào)，所以．23．已知，，且．（1）證明：；（2）若不等式對(duì)任意恒成立，求m的取值范圍．（1）證明：∵，則，可得，∴，又∵開口向上，對(duì)稱軸為，∴當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，故.（2）解：∵，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號(hào)成立；∴，又∵，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，∴，解得或，故m的取值范圍為.2023年高考金榜預(yù)測卷（一）（文）數(shù)學(xué)一、選擇題（1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗由集合，得故選：B.2．（

）A．－2－5i B．2－i C．2＋i D．5－i〖答案〗A〖解析〗.故選：A.3．市場占有率指在一定時(shí)期內(nèi)，企業(yè)所生產(chǎn)的產(chǎn)品在其市場的銷售量（或銷售額）占同類產(chǎn)品銷售量（或銷售額）的比重．一般來說，市場占有率會(huì)隨著市場的顧客流動(dòng)而發(fā)生變化，如果市場的顧客流動(dòng)趨向長期穩(wěn)定，那么經(jīng)過一段時(shí)期以后的市場占有率將會(huì)出現(xiàn)穩(wěn)定的平衡狀態(tài)（即顧客的流動(dòng)，不會(huì)影響市場占有率），此時(shí)的市場占有率稱為“穩(wěn)定市場占有率”．有A，B，C三個(gè)企業(yè)都生產(chǎn)某產(chǎn)品，2022年第一季度它們的市場占有率分別為：40%，30%，30%．經(jīng)調(diào)查，2022年第二季度A，B，C三個(gè)企業(yè)之間的市場占有率轉(zhuǎn)移情況如下圖所示：若該產(chǎn)品以后每個(gè)季度的市場占有率轉(zhuǎn)移情況均與2022年第二季度相同，則當(dāng)市場出現(xiàn)穩(wěn)定的平衡狀態(tài)，最終達(dá)到“穩(wěn)定市場占有率”時(shí)，A企業(yè)該產(chǎn)品的“穩(wěn)定市場占有率”為（

）A．45% B．48% C．50% D．52%〖答案〗D〖解析〗最終達(dá)到“穩(wěn)定市場占有率”時(shí)，A企業(yè)該產(chǎn)品的“穩(wěn)定市場占有率”為：.故選：D4．如圖所示，給出的是某幾何體的三視圖，其中正視圖與側(cè)視圖都是邊長為2的正三角形，俯視圖為半徑等于1的圓．則這個(gè)幾何體的側(cè)面積與體積分別為（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗如圖根據(jù)幾何體的三視圖知，該幾何體是一個(gè)圓錐，底面圓的半徑，母線，高．則它的側(cè)面積，體積．故選：C．5．函數(shù)的大致圖象為（

）A． B．C． D．〖答案〗D〖解析〗對(duì)任意的，，故函數(shù)的定義域?yàn)?，故A錯(cuò)誤；又當(dāng)時(shí)，，故B錯(cuò)誤；因?yàn)?，所以為奇函?shù)，故C錯(cuò)誤.故選：D.6．已知的一個(gè)極值點(diǎn)為，若，則實(shí)數(shù)的值為（

）A． B．3 C． D．〖答案〗D〖解析〗已知,則,因?yàn)闃O值點(diǎn)為,可得,即得,則,則故選:.7．在棱長均等的正三棱柱中，直線與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗設(shè)正三棱柱的棱長為2，取的中點(diǎn)，的中點(diǎn)，連接，則∥，，因?yàn)槠矫妫矫?，所以，所以，所以兩兩垂直，所以以為原點(diǎn)，所在的直線分別為建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則，所以，設(shè)直線與所成角為，則，所以直線與所成角的余弦值為，故選：D.8．某班課外學(xué)習(xí)小組利用“鏡面反射法”來測量學(xué)校內(nèi)建筑物的高度.步驟如下：①將鏡子（平面鏡）置于平地上，人后退至從鏡中能看到房頂?shù)奈恢?，測量出人與鏡子的距離；②將鏡子后移，重復(fù)①中的操作；③求建筑物高度.如圖所示，前后兩次人與鏡子的距離分別，兩次觀測時(shí)鏡子間的距離為，人的“眼高”為，則建筑物的高度為（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗設(shè)建筑物的高度為，由于得由于得故選：A.9．在等比數(shù)列中，公比是數(shù)列的前項(xiàng)和，若，則下列結(jié)論正確的是（

）A． B．?dāng)?shù)列是等比數(shù)列C． D．?dāng)?shù)列是公差為2的等差數(shù)列〖答案〗B〖解析〗由，得，即，解得或，由，得，故A錯(cuò)誤；所以等比數(shù)列的通項(xiàng)公式為所以等比數(shù)列的前項(xiàng)和為即所以所以數(shù)列是公比為等比數(shù)列，故B正確；因?yàn)樗怨蔆錯(cuò)誤；因?yàn)樗?，所以?shù)列是公差為的等差數(shù)列，故D錯(cuò)誤.故選：B.10．已知函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，則（

）A．在單調(diào)遞增B．直線是曲線的一條對(duì)稱軸C．直線是曲線的一條切線D．在有兩個(gè)極值點(diǎn)〖答案〗C〖解析〗由題意得，，所以，即．又，所以．故，選項(xiàng)A，當(dāng)時(shí)，，因?yàn)樵趨^(qū)間上單調(diào)遞減，所以在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減，故選項(xiàng)A錯(cuò)；選項(xiàng)B，當(dāng)時(shí)，，故，所以直線不是曲線的對(duì)稱軸，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；選項(xiàng)D，當(dāng)時(shí)，，由函數(shù)的圖象知：只有一個(gè)極值點(diǎn)，為極小值點(diǎn)，由，可得極值點(diǎn)為，故選項(xiàng)錯(cuò)誤；選項(xiàng)，令，得，解得：或，從而得：或，因?yàn)?，所以函?shù)的圖象在點(diǎn)處的切線斜率為，故在的切線方程為，即，故選項(xiàng)C正確．故選：C11．已知雙曲線C的焦點(diǎn)為，過的直線與雙曲線C的左支交于A，B兩點(diǎn)，若，則C的方程為（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗如圖，設(shè)則，，由雙曲線的定義可得，在和中，由余弦定理得又互補(bǔ)，，兩式消去，可得，所以，，所以雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程可得.故選：B12．已知，則（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗，則，故函數(shù)在單調(diào)遞減，單調(diào)遞增，則則，即由，∴，故同理可證又，∴，則故選：C.二、填空題13．已知向量，，若，則______．〖答案〗〖解析〗向量，，，又，，，，故〖答案〗為：.14．若圓：與圓：外切，則實(shí)數(shù)______．〖答案〗〖解析〗圓的圓心為，半徑為.圓的圓心為，半徑為.由于兩圓外切，所以，得.故解得.故〖答案〗為：.15．已知拋物線的焦點(diǎn)為，準(zhǔn)線為，是上一點(diǎn)，交于兩點(diǎn)，且滿足，則_____________________.〖答案〗〖解析〗拋物線，則，準(zhǔn)線方程為，由于，所以是的中點(diǎn)，設(shè)，而，所以，將點(diǎn)坐標(biāo)代入拋物線方程得，不妨設(shè)，則.設(shè)，由于三點(diǎn)共線，所以，整理得，解得，（舍去），所以，所以.故〖答案〗為：16．如圖，已知在四棱錐中，底面是菱形，且底面，分別是棱的中點(diǎn)，對(duì)于平面截四棱錐所得的截面多邊形，有以下幾個(gè)結(jié)論：①截面的面積等于；②截面是一個(gè)五邊形且只與四棱錐四條側(cè)棱中的三條相交；③截面與底面所成銳二面角為；④截面在底面的投影面積為.其中，正確結(jié)論的序號(hào)是___________.〖答案〗②③④〖解析〗取CD中點(diǎn)G，PA的四等分點(diǎn)I，依次連接E、F、G、H、I，設(shè)，則M為CN中點(diǎn)，N為AC中點(diǎn)，故M為AC四等分點(diǎn)，故，底面是菱形，，則為正三角形，，又，∴，.底面，底面，∴，，∴，∵分別是棱的中點(diǎn)，∴，且，.綜上可知，多邊形EFGHI即為平面截四棱錐所得的截面多邊形.∵平面PAC，∴平面PAC，∵平面PAC，∴，∴，∴四邊形EFGH為矩形，其面積為.設(shè)，則M為CN中點(diǎn)，N為AC中點(diǎn)，∴，.∵平面PAC，平面PAC，∴平面PAC，∵平面EFGH平面PAC，∴且，∴，∴的邊EH上的高，∴，∴截面的面積等于，①錯(cuò)；由圖可知，截面是一個(gè)五邊形，只與四棱錐四條側(cè)棱中的側(cè)棱PA、PB、PD相交，②對(duì)；截面，平面ABCD，，則平面PAC，平面PAC，則，，∴為截面與底面所成銳二面角，則在中，，故截面與底面所成銳二面角為，③對(duì)；取AB、AD中點(diǎn)K、L，則，則底面，底面，∴多邊形AKFGL為截面在底面的投影，且，則多邊形AKFGL的面積為，④對(duì).故〖答案〗為：②③④三、解答題17．為了迎接2022年世界杯足球賽，某足球俱樂部在對(duì)球員的使用上一般都進(jìn)行一些數(shù)據(jù)分析，在上一年的賽季中，A球員對(duì)球隊(duì)的貢獻(xiàn)度數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)如下：球隊(duì)勝球隊(duì)負(fù)總計(jì)上場22未上場1220總計(jì)50（1）求的值，據(jù)此能否有的把握認(rèn)為球隊(duì)勝利與球員有關(guān)；（2）根據(jù)以往的數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)，球員能夠勝任前鋒?中鋒?后衛(wèi)以及守門員四個(gè)位置，且出場率分別為：，當(dāng)出任前鋒?中鋒?后衛(wèi)以及守門員時(shí)，球隊(duì)贏球的概率依次為：，則：①當(dāng)他參加比賽時(shí)，求球隊(duì)某場比賽贏球的概率；②當(dāng)他參加比賽時(shí)，在球隊(duì)贏了某場比賽的條件下，求球員擔(dān)當(dāng)守門員的概率；③在2022年的4場聯(lián)賽中，用X表示“球隊(duì)贏了比賽的條件下球員擔(dān)當(dāng)守門員”的比賽場次數(shù)，求的分布列及期望．附表及公式：．（1）解：根據(jù)題意，補(bǔ)全列聯(lián)表如下表：球隊(duì)勝球隊(duì)負(fù)總計(jì)上場2230未上場1220總計(jì)302050所以，，，所以，沒有的把握認(rèn)為球隊(duì)勝利與球員有關(guān)（2）解：①根據(jù)題意，記球員參加比賽時(shí)，球隊(duì)某場比賽贏球?yàn)槭录?，，所以，球員參加比賽時(shí)，球隊(duì)某場比賽贏球的概率為.②記球員擔(dān)當(dāng)守門員為事件，則，所以，當(dāng)球員參加比賽時(shí)，在球隊(duì)贏了某場比賽的條件下，球員擔(dān)當(dāng)守門員的概率為，因?yàn)?所以，球員參加比賽時(shí)，在球隊(duì)贏了某場比賽的條件下，球員擔(dān)當(dāng)守門員的概率為③由②知，球隊(duì)贏了比賽的條件下球員擔(dān)當(dāng)守門員的概率為，由題知的可能取值為，且所以；；；；.所以，的分布列如下表，所以，18．已知為等差數(shù)列，為公比大于的等比數(shù)列，且，，，.（1）求的通項(xiàng)公式；（2）記，求數(shù)列的前項(xiàng)和.解：（1）設(shè)等差數(shù)列的公差為，等比數(shù)列的公比為()，由題設(shè)可得：，即，解得，所以，.（2）由(1)可得：，，又，兩式相減得：，整理得：.19．如圖，在三棱柱中，側(cè)面為正方形，平面ABC，，，E，F(xiàn)分別為棱AB和的中點(diǎn).（1）在棱上是否存在一點(diǎn)D，使得平面EFC？若存在，確定點(diǎn)D的位置，并給出證明；若不存在，試說明理由；（2）求三棱錐的體積.解：（1）存在點(diǎn)D，使得平面EFC.取的中點(diǎn)D，的中點(diǎn)M，連接,則.因?yàn)镋，F(xiàn)分別為棱AB和的中點(diǎn)，所以,所以.連接,則.因?yàn)槠矫?，平面，所以平面平?因?yàn)槠矫?所以平面.所以存在D(D為中點(diǎn))，使得平面EFC.（2）求三棱錐的體積相當(dāng)于求三棱錐的體積.因?yàn)槠矫鍭BC，平面，所以平面平面ABC.設(shè)點(diǎn)到的距離為，則有，其中，解得.因?yàn)槠矫嫫矫鍭BC，平面平面ABC,所以點(diǎn)到的距離即為點(diǎn)到平面的距離,為.在正方形中，，則，,.取的中點(diǎn)，連接,則，所以.所以,所以.所以三棱錐的體積為.20．已知橢圓