2022年廣東省高考數(shù)學(xué)模擬試卷（二）（二模）

一、選擇題：本題共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.已知集合〃={r尤（尤-2）<0},N={x|x-1<0},則MCN=（）

A.（…，2）B.（…，i）c.（0,1）D.（1,2）

2.定義在［-2,2］上的下列函數(shù)中，既是奇函數(shù)，又是增函數(shù)的是（）

A.y=sinxB.y--lxC.y—eMD.y—2x3

3.已知隨機(jī)變量X?N⑺，o2）,若P（RWXWH+1）=0.2,則尸（XNp-l）=（）

A.0.7B.0.4C.0.3D.0.2

4.某校安排高一年級(jí)（1）?（5）班共5個(gè)班去A,B,C,。四個(gè)勞動(dòng)教育基地進(jìn)行社會(huì)實(shí)踐，每個(gè)班去

一個(gè)基地，每個(gè)基地至少安排一個(gè)班，則高一（1）班被安排到A基地的排法總數(shù)為（）

A.24B.36C.60D.240

5.若函數(shù)y=與y=V^cossx圖象的任意連續(xù)三個(gè)交點(diǎn)構(gòu)成邊長(zhǎng)為4的等邊三角形，則正實(shí)數(shù)3

=()

171

A.-B.1C.—D.n

22

6.趙爽弦圖（如圖1）中的大正方形是由4個(gè)全等的直角三角形和中間的小正方形拼接而成的，若直角三

角形的兩條直角邊長(zhǎng)為a,b,斜邊長(zhǎng)為c,由大正方形面積等于4個(gè)直角三角形的面積與中間小正方形的

面積之和可得勾股定理次+呈=02.仿照趙爽弦圖構(gòu)造如圖2所示的菱形，它是由兩對(duì)全等的直角三角形和

中間的矩形拼接而成的，設(shè)直角三角形的斜邊都為1,其中一對(duì)直角三角形含有銳角a,另一對(duì)直角三角

形含有銳角0（位置如圖2所示）.借鑒勾股定理的推導(dǎo)思路可以得到結(jié)論（）

A.sin(a-P)=sinacosp-cosasinP

B.sin(a+p)=sinacosP+cosasinP

C.cos(a-p)=cosacosp+sinasinp

D.cos(a+p)=cosacosp-sinasinp

圖1圖2

7.己知拋物線E：y2=4x,圓八(x-1)2+/=%直線/：。為實(shí)數(shù))與拋物線E交于點(diǎn)A,與圓尸

交于B,C兩點(diǎn)，且點(diǎn)B位于點(diǎn)C的右側(cè)，則的周長(zhǎng)可能為()

A.4B.5C.6D.7

8.存在函數(shù)/(x)使得對(duì)于VxWR都有/(g(x))=國(guó)，則函數(shù)g(x)可能為()

A.g(x)=siiu'B.g(x)=X2+2X

C.g(x)=4-尤D.g(x)—t^+e'x

二、選擇題：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，有選錯(cuò)的得0分.

9.已知復(fù)數(shù)z的共軌復(fù)數(shù)是2,(1-i)z=l+i,i是虛數(shù)單位，則下列結(jié)論正確的是()

A.Z2022=4B.2-2的虛部是0

C.|z-z+2z|=V5D.z-2+2z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第四象限

10.吹氣球時(shí)，記氣球的半徑r與體積V之間的函數(shù)關(guān)系為r(V),尸(V)為r(V)的導(dǎo)函數(shù).已知r(V)

在0WVW3上的圖象如圖所示，若0<0<丫2/3,則下列結(jié)論正確的是()

r(l)-r(0)r(2)-r(l)

A.

1-02-1

B./(1)>r'(2)

C.啟)NR+rg)

2

D.存在(Vi,V2),使得存(%)=「($)—J%)

11.在所有棱長(zhǎng)都相等的正三棱柱中，點(diǎn)A是三棱柱的頂點(diǎn)，M,N、。是所在棱的中點(diǎn)，則下列選項(xiàng)中直

12.如圖，已知扇形0AB的半徑為1,ZA0B=1點(diǎn)C、D分別為線段04、08上的動(dòng)點(diǎn)，且。。=1,

點(diǎn)￡為而上的任意一點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是()

—>—>—>—>

A.0ETB的最小值為0B.EA-EB的最小值為1—企

—>—>—>—>

C.EC的最大值為1D.EOED的最小值為0

三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。

V2y2_

13.已知雙曲線C：-=1(?>0,6>0)的漸近線方程為>=土其，則C的離心率為_(kāi)____

azbz

14.若直線尸尤+a和直線y=x+b將圓(x-1)2+(y-1)2=1的周長(zhǎng)四等分，則-例=.

15.若函數(shù)/(x)=situ-cos(x+(p)的最大值為1,則常數(shù)cp的一個(gè)取值為.

16.十字貫穿體(如圖1)是美術(shù)素描學(xué)習(xí)中一種常見(jiàn)的教具.如圖2,該十字貫穿體由兩個(gè)全等的正四棱

柱組合而成，且兩個(gè)四棱柱的側(cè)棱互相垂直，若底面正方形邊長(zhǎng)為2,則這兩個(gè)正四棱柱公共部分所構(gòu)成

的幾何體的內(nèi)切球的體積為.

圖1圖2

四、解答題；本題共6.小題，共170分，解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟。

17.(10分)已知遞增等比數(shù)列｛板｝的前〃項(xiàng)和為品，且滿足4a2=ma3,&=14.

(1)求數(shù)列｛即｝的通項(xiàng)公式；

(2)若數(shù)列｛阮｝滿足%=n=③匕(髭N*),求數(shù)列｛a｝的前15項(xiàng)和.

I匕3(fc-1)<n<3k

18.（12分）小李下班后駕車回家的路線有兩條.路線1經(jīng)過(guò)三個(gè)紅綠燈路口，每個(gè)路口遇到紅燈的概率

112

都是一；路線2經(jīng)過(guò)兩個(gè)紅綠燈路口，第一個(gè)路口遇到紅燈的概率是一，第二個(gè)路口遇到紅燈的概率是假

323

設(shè)兩條路線全程綠燈時(shí)的駕車回家時(shí)長(zhǎng)相同，且每個(gè)紅綠燈路口是否遇到紅燈相互獨(dú)立.

（1）若小李下班后選擇路線1駕車回家，求至少遇到一個(gè)紅燈的概率.

（2）假設(shè)每遇到一個(gè)紅燈駕車回家時(shí)長(zhǎng)就會(huì)增加1加小為使小李下班后駕車回家時(shí)長(zhǎng)的累計(jì)增加時(shí)間（單

位：min）的期望最小，小李應(yīng)選擇哪條路線？請(qǐng)說(shuō)明理由.

19.(12分)如圖，已知△ABC內(nèi)有一點(diǎn)P,滿足/E4B=NPBC=NPCA=a.

(1)證明：PBsmZABC=ABsmai

(2)若NA8C=90°,A3=BC=1,求尸C.

20.(12分)如圖1,在△ABC中，ZACB=90°,DE是△ABC的中位線，沿。E將△ADE進(jìn)行翻折，使

得△ACE是等邊三角形(如圖2),記A8的中點(diǎn)為尸.

(1)證明：。凡L平面ABC；

71

(2)若AE=2,二面角。-AC-E為一，求直線AB與平面AC。所成角的正弦值.

6

XV

21.(12分)已知橢圓C：/+瓦=l(a>b>O),點(diǎn)E(l,0)為橢圓的右焦點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)/且斜率不為。的

直線/1交橢圓于M,N兩點(diǎn)，當(dāng)/1與x軸垂直時(shí)，|MM=3.

(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(2)4,A2分別為橢圓的左、右頂點(diǎn)，直線AiM,A2N分別與直線/2：x=l交于P,。兩點(diǎn)，證明：四邊

形。出2。為菱形.

22.（12分）已知函數(shù)/（x）=加內(nèi)-?。ā?N*且〃22）的圖象與無(wú)軸交于P,。兩點(diǎn)，且點(diǎn)尸在點(diǎn)。的

左側(cè).

（1）求點(diǎn)尸處的切線方程y=g（尤），并證明：尤20時(shí)，f（x）2g（尤）；

（2）若關(guān)于x的方程/（無(wú)）=t。為實(shí)數(shù)）有兩個(gè)正實(shí)根xi,X2,證明：?尤1-切〈磊+等.

2022年廣東省高考數(shù)學(xué)模擬試卷(二)(二模)

參考答案與試題解析

一、選擇題：本題共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.已知集合知=國(guó)尤(x-2)<0},N^{x\x-1<0},則MAN=()

A.(-8,2)B.(-8,i)c.(0,1)D.(1,2)

解：\'M^{x\x(x-2)<0}=(0,2),N={4r-l<0}=(-1),

則MCN=(0,2)A(-8,i)=(o,1).

故選：C.

2.定義在［-2,2］上的下列函數(shù)中，既是奇函數(shù)，又是增函數(shù)的是()

A.j=sinxB.y=-2xC.y=ewD.y=2xi

解：根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)可知y=sinx在［-2,2］上不單調(diào)，A不符合題意；

y=-2尤在［-2,2］上單調(diào)遞減，不符合題意；

y=e同為偶函數(shù)，不符合題意；

y=2_?為奇函數(shù)，在［-2,2］上單調(diào)遞增，符合題意.

故選：D.

3.已知隨機(jī)變量X?N(u，。2),若P(pWXWu+l)=0.2,則尸(X》u-1)=()

A.0.7B.0.4C.0.3D.0.2

解：VP(R-1WXWQ=P(nWXW|i+l)=0.2,

：.P(X2u-1)=P(|1-1WXWQ+P(X2|1)=0.2+0.5=0.7.

故選：A.

4.某校安排高一年級(jí)(1)?(5)班共5個(gè)班去A,B,C,D四個(gè)勞動(dòng)教育基地進(jìn)行社會(huì)實(shí)踐，每個(gè)班去

一個(gè)基地，每個(gè)基地至少安排一個(gè)班，則高一(1)班被安排到A基地的排法總數(shù)為()

A.24B.36C.60D.240

解：?.?高一(1)班被安排到A基地，

...若A基地有兩個(gè)班，則只要把剩余的4個(gè)班分到四個(gè)基地即可，有題=24種，

若A基地只有一個(gè)班，則只要把剩余的4個(gè)班分到三個(gè)基地即可，有瑪x二/x弟=36種，

42

共有24+36=60種.

故選：C.

5.若函數(shù)y=V^s譏3%與y=圖象的任意連續(xù)三個(gè)交點(diǎn)構(gòu)成邊長(zhǎng)為4的等邊三角形，則正實(shí)數(shù)3

（）

1n

A.—B.1C.—D.it

22

解：由題意知，作出函數(shù)數(shù)y=逐5譏3式與y=V^cosoi久圖象

設(shè)兩圖象相鄰的3個(gè)交點(diǎn)分別為A,B,C,如圖所示，

則AB=4,△ABC為等邊三角形，

由圖可知，函數(shù)y=V^siiun尤的最小正周期T=AB=4,結(jié)合T=會(huì),

.27r27Tn

..3=7=才=>

故選：C.

6.趙爽弦圖（如圖1）中的大正方形是由4個(gè)全等的直角三角形和中間的小正方形拼接而成的，若直角三

角形的兩條直角邊長(zhǎng)為a,b,斜邊長(zhǎng)為c,由大正方形面積等于4個(gè)直角三角形的面積與中間小正方形

的面積之和可得勾股定理/+必=02.仿照趙爽弦圖構(gòu)造如圖2所示的菱形，它是由兩對(duì)全等的直角三角

形和中間的矩形拼接而成的，設(shè)直角三角形的斜邊都為1,其中一對(duì)直角三角形含有銳角a,另一對(duì)直

角三角形含有銳角p（位置如圖2所示）.借鑒勾股定理的推導(dǎo)思路可以得到結(jié)論（）

A.sin(a-p)=sinacosP-cosasinp

B.sin(a+0)=sinacosP+cosasinP

C.cos(a-P)=cosacosp+sinasinp

D.cos(a+p)=cosacos0-sinasinp

解:由題意得，DH—BF=sina,AH=

EH—FG==sina-sinP，EF=HG=cosp-cosa,

:?S四邊形ABCD=2X2*sina*cosa+2x2*sinP*cosP+(sina-sin0)(cosP-cosa)=sinacosB+sin0cosa,

過(guò)點(diǎn)D作DK±AB于點(diǎn)K,則DK=sin(a+p),

?二S四邊形A3C￡)=A8?QK=sin(a+0),

/.sin(a+p)=sinacosB+sin0cosa,

故選：B.

7.已知拋物線E：V=4x,圓?。ㄓ纫?）2+/=4,直線/：丫=1為實(shí)數(shù)）與拋物線E交于點(diǎn)A,與圓尸

交于8,C兩點(diǎn)，且點(diǎn)2位于點(diǎn)C的右側(cè)，則△M2的周長(zhǎng)可能為（）

A.4B.5C.6D.7

解：由題意知：拋物線焦點(diǎn)（1,0）恰為圓心R拋物線準(zhǔn)線/：尤=-1,圓半徑為2,可得圓廠與/相

切，

設(shè)直線/：y=f與準(zhǔn)線/交于。，

由拋物線定義知：\AF\=\AD\,又|EB|=2,故△物8的周長(zhǎng)為|以|+|A8|+|EB|=|A0+|AB|+2=|O8|+2,

由圖知2<|。目<4,故狽+2€（4,6）,

結(jié)合選項(xiàng)知：△胡8的周長(zhǎng)可能為5.

8.存在函數(shù)/(x)使得對(duì)于Vx&R都有/(g(x))=|x|,則函數(shù)g(x)可能為()

A.g(x)=siiu'B.g(x)=x2+2x

C.g(x)-尤D.g(無(wú))="+/上

解：存在函數(shù)/(x)使得對(duì)于Vx€R都有/(g(x))=|x|,

對(duì)于A,g(x)=sinr,.,.f(0)—f(sinO)=0；f(0)—f(sinit)=it,故A錯(cuò)誤，

對(duì)于2,,；g(x)=7+2x定義域?yàn)镽,且g(-x)—x1-lx,

：.g(x)為非奇非偶函數(shù)，

：.f(0)=f(g(0))=0,f(0)=f(g(-2))=0,故B錯(cuò)誤，

對(duì)于C,g(x)=/-x,.,.f(0)=/(g(0))=0,f(0)=/(g(1))=1,故C錯(cuò)誤，

D,g(x)定義域?yàn)镽,且g(-無(wú))=e*+e-x=g(尤)，

；.g(無(wú))為偶函數(shù)，故。正確，

故選：D.

二、選擇題：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，有選錯(cuò)的得0分.

9.已知復(fù)數(shù)z的共軌復(fù)數(shù)是2,(1-i)z=l+i,i是虛數(shù)單位，則下列結(jié)論正確的是()

A.Z2022=4

B.2-2的虛部是0

C.|z,z+2z|=V5

D.z-2+2z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第四象限

版1+1(1+022i._

觸2=口=(1_皿1+0=2=1，z=r,

202220224505,2

對(duì)于A,z=z=(z)?z=-1,故A錯(cuò)誤，

對(duì)于8,z-z-i-(-i)=1,故8正確，

對(duì)于C,|z-z+2z|=|1+2i|=Vl2+22=V5,故C正確，

對(duì)于D,z-z+2z=l+2i,對(duì)應(yīng)點(diǎn)為(1,2),在第一象限，故O錯(cuò)誤.

故選：BC.

10.吹氣球時(shí)，記氣球的半徑r與體積V之間的函數(shù)關(guān)系為r(V),rYV)為/'(V)的導(dǎo)函數(shù).已知r(V)

在0WVW3上的圖象如圖所示，若0WVI<V2W3,則下列結(jié)論正確的是()

r(l)-r(0)r(2)-r(l)

A.

1-02-1

B./(1)>r'(2)

C.

D.存在we(Vi,v2),使得/(2)=*)［產(chǎn))

々刀、幾r(l)—r(0)八r(2)—r(l)

斛：設(shè)tana="景tan0=>

±—u4z—1

由圖得a>e,A錯(cuò)誤；

根據(jù)圖象可知，圖象上的點(diǎn)的切線斜率越來(lái)越小，故由導(dǎo)數(shù)幾何意義得/(1)>r'(2),B正確;

設(shè)0=0,丫2=3,

而2,匕+吃、3r(V^+r(y2)r(3)

2222

33

因?yàn)閞(―)-r(0)>r(3)-r(一)，

22

所以廠A)>學(xué)，c錯(cuò)誤；

22

(匕)

表示(Vl,r(Vi)),(V2,(V2?兩點(diǎn)連線的斜率，/(Vo)表示曲線在Vb處切線斜率,

匕-%

由于Voe(Vi,V2),

所以可以平移直線A8,使之與曲線相切，切點(diǎn)為C,。正確.

故選：BD.

11.在所有棱長(zhǎng)都相等的正三棱柱中，點(diǎn)A是三棱柱的頂點(diǎn)，M,N、。是所在棱的中點(diǎn)，則下列選項(xiàng)中直

解：對(duì)A,：在底面內(nèi)AQ垂直于在底面內(nèi)的射影，

對(duì)8,:在底面內(nèi)不垂直于AQ在底面內(nèi)的射影MA,；.AQ不垂直MN；

對(duì)C,如圖在后側(cè)面內(nèi)垂直于A。在后側(cè)面內(nèi)的射影AP,...AQLMN；

對(duì)。，：在后側(cè)面內(nèi)不垂直于AQ在后側(cè)面內(nèi)的射影MQ,；.AQ不垂直MV.

故選：AC.

12.如圖，已知扇形。AB的半徑為1,4。8=今點(diǎn)C、。分別為線段。4、08上的動(dòng)點(diǎn)，且CD=1,

點(diǎn)E為而上的任意一點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是()

A.0E-4B的最小值為0E4-EB的最小值為1一企

C.EC?ED的最大值為1EC?ED的最小值為0

解：以。為原點(diǎn)建立如圖所示的直角坐標(biāo)系,

所以8(0,1),A(1,0),

設(shè)NEOA=。，貝!]E(cos8,s譏8)(8e[0,芻)，OE=(cosOsin。),AB=(—1-1),

TT77

所以ZB?OE=sind-cosd=V2sin(0—彳)，

因?yàn)?€[0,芻，

所以s譏(?！猑)G[―孝,孝]，

—>—>—>—>

所以1,1],OETB的最小值為-1,故A錯(cuò)誤；

—>—>

EX=(1—cos9,—sinO),EB=(—cos。,1—sind),

所以E4-EB=-cos0+cos26—sind+sin26=1—V2sm(0+.),

因?yàn)閑e[o,今，

所以。+1琮，爭(zhēng)，

所以sin(e+^)E[孝，1]，

,—>—>

所以1—&sin(8+/)6口一四，0],EA-EBe[l-V2,0],

-?->

E4的最小值為1一a，故B正確；

設(shè)C(t,0)(總[0,1]),

又|CD|=1,所以|。叫=一t2,可得D(0,Vl-t2),

T—>_____

EC=(t—cos9,—sind},ED=(—cos。,V1—t2—sinO^

所以EC?ED=tcosd+cos?8—V1—t2sin3+sin23=1—(tcos3+V1—t2sin0}=1-sin(0+(p),其

中COSR=y/1—t2,sin(p=t,

又怎[0,1],所以coscp,sin(pG[0,1],

所以0G[0/芻，(j9+06[0/7l]J

sin((p+0)E[0,1],-sin((p+0)E[-1,0],

—>—>

所以EC?CDG[0,1],

—>—>

EC-ED的最小值為0,故CO正確.

故選：BCD.

三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。

%2y2_

13.已知雙曲線C：———=1(a>0,b>0)的漸近線方程為y=±V5x,則。的離心率為2.

azbz

%2-y2

解：根據(jù)題意，雙曲線C--^-=1(?>0,b>0)的漸近線方程為y=±A,

azbz

又由其漸近線方程為y=±?x,得2=W，

aci

所以e=,=Jl+[)2=2,

故答案為：2.

14.若直線y=x+a和直線y=x+b將圓(x-1)2+(y-1)2=1的周長(zhǎng)四等分，則|。-例=2.

解：二?直線/i：和直線/2：y=x+b為平行線，

，若直線/i：y=x+。和直線/2：將圓(x-1)2+(y-1)?=1分成長(zhǎng)度相等的四段弧，

則可得直線相交所得劣弧所對(duì)圓心角為90°,又圓的半徑為1,

???圓心到直線的距離為d=lXsin45°=?，

V2

則圓心C到直線li：y=x+a或；2：y=x+b的距離相等，且為了，

即d=此界=孚，

V2乙

即|〃|=1,

則〃=±1,同理可得Z?=±l,又直線/i：y=x+a和直線/2：y=x+b不重合，

故-b\=2,

故答案為：2.

15.若函數(shù)/（x）=sinx?cos（x+（p）的最大值為1,則常數(shù)<p的一個(gè)取值為一］（不唯一）.

解：因?yàn)?（x）=sinx*cos（x+（p）的最大值為1,

所以y=sinx與y=cos（x+（p）同時(shí)取得最大值，

又x=2hi+*時(shí)y=siwc=l取最大值，

所以冗=2內(nèi)r+鄂寸，y=cos（2%7i+5+（p）=-sin（p也取到最大值1,

**?<p—2^71—不妨取年二一彳

故答案為：—3（不唯一）.

16.十字貫穿體（如圖1）是美術(shù)素描學(xué)習(xí)中一種常見(jiàn)的教具.如圖2,該十字貫穿體由兩個(gè)全等的正四棱

柱組合而成，且兩個(gè)四棱柱的側(cè)棱互相垂直，若底面正方形邊長(zhǎng)為2,則這兩個(gè)正四棱柱公共部分所構(gòu)

47r

成的幾何體的內(nèi)切球的體積為y.

幾何體廠為兩個(gè)全等的四棱錐S-ABCD和P-ABCD組成，

由題意，這兩個(gè)直四棱柱的中心是內(nèi)切球的球心，

在等腰三角形A8S中，SB=2立,S3邊上的高為2,貝USA=連,

該幾何體前后、左右、上下均對(duì)稱，知四邊形是邊長(zhǎng)為灰的菱形，側(cè)面均為全等的等腰三角形，

腰長(zhǎng)為迎，底邊為2vL

設(shè)AC的中點(diǎn)為H,連接8",SH,可知S"即為四棱錐S-ABC。的高，

設(shè)內(nèi)切球的半徑為/,由八個(gè)側(cè)面的面積均為2近，

：.-r'x2&x8=2x竽得/=1,

33

47r

故幾何體廠的內(nèi)切球的體積為/■,

47T

故答案為：—.

四、解答題；本題共6.小題，共170分，解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟。

17.(10分)已知遞增等比數(shù)列｛斯｝的前〃項(xiàng)和為品，且滿足4〃2=〃1。3,53=14.

(1)求數(shù)列｛斯｝的通項(xiàng)公式；

(2)若數(shù)列｛氏｝滿足b=n=③匕(在N*),求數(shù)列｛為｝的前15項(xiàng)和.

Ik,3(k—1)<n<3k

解：(1)設(shè)遞增等比數(shù)列｛劭｝的公比為q(q>l),

由4〃2=〃1〃3,53=14,得q解得,12.

z

+arq+arq=14(q=2

n1n

：.an=2-2-=2；

.、,fcizz/n=3k,*、

(2)由勾=](依N),

Ik,3(k—1)<n<3k

可得加=。1=2,加=〃2=4,/79=〃3=8,加2=3=16,815=45=32;

bi=b2=l,/?4=加=2,勿=/?8=3,bio=bn=4,Z?13=Z?14=5.

???數(shù)列｛員｝的前15項(xiàng)和乃5=2+4+6+8+10+2+4+8+16+32=92.

18.(12分)小李下班后駕車回家的路線有兩條.路線1經(jīng)過(guò)三個(gè)紅綠燈路口，每個(gè)路口遇到紅燈的概率

11

都是一；路線2經(jīng)過(guò)兩個(gè)紅綠燈路口，第一個(gè)路口遇到紅燈的概率是一，第二個(gè)路口遇到紅燈的概率是

32

a假設(shè)兩條路線全程綠燈時(shí)的駕車回家時(shí)長(zhǎng)相同，且每個(gè)紅綠燈路口是否遇到紅燈相互獨(dú)立.

(1)若小李下班后選擇路線1駕車回家，求至少遇到一個(gè)紅燈的概率.

(2)假設(shè)每遇到一個(gè)紅燈駕車回家時(shí)長(zhǎng)就會(huì)增加\rnin,為使小李下班后駕車回家時(shí)長(zhǎng)的累計(jì)增加時(shí)間

(單位：min)的期望最小，小李應(yīng)選擇哪條路線？請(qǐng)說(shuō)明理由.

解：(1)設(shè)至少遇到一個(gè)紅燈為事件A,貝以為三個(gè)路口均遇見(jiàn)綠燈；

'.P(2)=(1-1)工捺，

?p=1__—

〃(A)127=27，

(2)線路1遇見(jiàn)紅燈的個(gè)數(shù)設(shè)為X,線路2遇見(jiàn)紅燈的個(gè)數(shù)設(shè)為Y,

1

則X服從二項(xiàng)分布，X?B(3,-),

所以E(X)=3x1=l,即選擇線路1回家時(shí)長(zhǎng)的累計(jì)增加時(shí)間的期望為1；

y的所有可能取值為0,1,2,

121

p(r=o)(1一t)=看；

P(丫=1)=|1x(l-12)+i1x21=i1；

p(y=2)=|x|=|；

11177

.?.E(y)=0xi+lx|+2xi=^即選擇線路2回家時(shí)長(zhǎng)的累計(jì)增加時(shí)間的期望為一,

o2DO6

E(X)<E(D,故小李應(yīng)選擇路線1.

19.(12分)如圖，己知△ABC內(nèi)有一點(diǎn)P,滿足/B4B=NPBC=NPCA=a.

(1)證明：PBsinZABC=ABsma；

(2)若NABC=90°,AB=2C=1,求PC.

(1)證明：因?yàn)镹AP8=180°-ZPAB-ZPBA=180°-a-ZFBA=180°-(a+ZPBA),

ZABC^ZPBA+ZPBC^ZPBA+a,

所以sin/APB=sin/ABC,

PB48

在AAB尸中，由正弦定理知,

sinZ-PABsinZ-APB

所以ABsina=P8sinNAPB=P8sinNA8C,得證.

(2)解：由(1)知，PBsinZABC=ABsina,

因?yàn)镹ABC=90°,A2=BC=1,所以PB=sina,

而/BPC=180°-ZPBC-ZPCB=180°-(a+ZPCB)=180°-ZACB=135°,

在△8CP中，由正弦定理知，

sinZ.BPCstnZ-PBCsin乙PCB'

~,1PCsinar~

所以-------=-----=-----------=\2,

sinl35°sinasin(45°-a)

解得cosa=2sina,PC—Vasina,

因?yàn)閟i/a+cos2a=1,且a€(0°,45°),所以sina=W，

故PC=V2sina=

20.(12分)如圖1,在△ABC中，ZACB=90°,DE是△ABC的中位線，沿OE將△ADE進(jìn)行翻折，使

得△ACE是等邊三角形(如圖2),記A8的中點(diǎn)為足

(1)證明：OF_L平面A5C；

證明：（1）如圖,

1

取AC中點(diǎn)G,連接尸G和EG,由已知得。囿8C,S.DE=^BC.

因?yàn)镽G分別為AB,AC的中點(diǎn)，所以FG〃BC,S.FG=^BC

所以。E〃PG,5.DE^FG.

所以四邊形。EG尸是平行四邊形.

所以EG〃。?

因?yàn)榉鄣?C，AC,易知QELAC.

所以翻折后DE_L￡A,DELEC.

又因?yàn)镋AAEC=E,EA,ECu平面AEC,

所以。E_L平面AEC.

因?yàn)镋Gu平面AEC,所以EG_LBC.

因?yàn)椤鰽CE是等邊三角形，點(diǎn)G是AC中點(diǎn)，所以EGLAC

又因?yàn)锳CCBC=C,AC,BCu平面ABC.

所以EG_L平面ABC.

因?yàn)镋G〃?？姿訯/U平面ABC.

解：（2）過(guò)點(diǎn)E作即，EC,以E為原點(diǎn)，EH、EC,即所在直線分別為x,?z軸，建立空間直角坐

標(biāo)系E-xyz,

Z"

B

設(shè)。E=a,則4(遮，1,0),5(0,2,2a),C(0,2,0),0(0,0,a),

—>—>—>

則4B=(-V3，1，2a),AC=(一用,1,0),CD=(0,-2,a),

—>

因?yàn)椤L平面AEC.所以ED=（0,0,a）是平面AEC的法向量,

設(shè)面AC。的法向量為晶=(x,y,z),

則歸■芯=。，gp[-V3x+y=0解得卜=寅.

(二rn

im-CD=0nI—2y)+az=0I(z=2gy

取y=得772=(a,V3tt/2V3).

因?yàn)槎娼恰?AC-E為3所以cos^二|cosV薪，ED〉|二|，E2I|2e。|_=堂

6°\m\-\ED\J4a2+12.Q/

TT

解得a=L所以m=(l,V3,2b)，AB=(-V3,L2).

記直線AB與平面ACD所成角為0.

—>r尼?麗_|一聞聞4自_V6

則sin。=\cos<m,AB>\=

\m\-\AB\4'2般4

V6

所以直線AB與平面ACO所成角的正弦值為丁.

工2y2

2L（12分）已知橢圓C-+-=l（a>b>0）,點(diǎn)八1,。）為橢圓的右焦點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)尸且斜率不為。的

直線/i交橢圓于M,N兩點(diǎn)，當(dāng)/1與x軸垂直時(shí)，|MN=3.

（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;

（2）Ai,A2分別為橢圓的左、右頂點(diǎn)，直線AiM,A2N分別與直線/2：尤=1交于尸，。兩點(diǎn)，證明：

四邊形。以2。為菱形.

解：（1）由題意可知，c=l,

當(dāng)A與x軸垂直時(shí)，|MN|=g-=3,

結(jié)合。2=戶+02可知，a=2,b=V3,

_x2y2

橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為一+—=1；

43

X=my+1

（2）證明：設(shè)A的方程為x=%+l,M（xi,yi）,N（尤2,*）,聯(lián)立得y2,消去x整理可得，

lT+T=1

（3m2+4）y2-^6my-9=0,

_Q

易知A＞。恒成立，由韋達(dá)定理可得為+%=—362+4,y，2=-37n2+4,

由直線A1M的斜率為右1M=J后，得直線A1M的方程為y=^2（x+2）,

當(dāng)x=l時(shí),力=晶,

由直線A2N的斜率為心2N=得直線A2N的方程為y="三（X-2）,

當(dāng)x=l時(shí)，yQ=的芻，

若四邊形。朋2。為菱形，則對(duì)角線互相垂直平分，下面證y°+yp=0,

國(guó)頭n,_3yl,一段—3yl（肛一2）一及（巧+2）—21百、2—3（力+巧）

的/jyQ+yp-^+2十訪友——（巧+2）（%2-2）——（771為+3）（.、2-1）'

代入韋達(dá)定理得，2“％-3（%+%）=2m號(hào)-3?禹==0,

:.PF=QF,即尸。與。42互相平分垂直，則四邊形。以2。為菱形.

22.（12分）已知函數(shù)/（X）=旄加-加（"6N*且〃22）的圖象與x軸交于P,。兩