高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGE試卷第=4頁，共=sectionpages66頁P(yáng)AGE1湖南省邵陽市2025屆高三高考信息卷（二）數(shù)學(xué)試題一、單選題1．已知集合A=x|x2<1，B=x|A．-1,2 B．0,1 C．-∞,1 D【答案】A【解析】A=x|x2所以A∪B=x|-1<x≤2故選：A2．記等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若a2=1，S6A．3 B．2 C．-23 D【答案】D【解析】設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，若q=1，則S6=2由S6=19化簡得q3=-8則a1故選：D.3．已知向量a，b滿足a-2b⊥2a+b，且aA．152 B．102 C．2 D【答案】B【解析】由題意有a=2×4-3×1-2b2=0故選：B.4．已知1+xm+1+xm+1+?+1+x2mm∈NA．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【解析】由題意有xm的系數(shù)為=Cm+2m+1故選：B.5．函數(shù)fx=cos3x-cosA．6 B．7 C．8 D．9【答案】C【解析】由fx=cos令fx=0，則-2sin5x2故5x2=k1π或x由x∈-π,2π，則即-52≤故k1=-2,-1,0,1,2,3,4,5或綜上所述，存在8個(gè)零點(diǎn),即為-4故選：C.6．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別是C1D1，ADA．1316 B．5972 C．119144【答案】C【解析】如圖所示，延長EF,DC相較于H，連接EH，交BC于J，相同方法，做出FK，則五邊形EKFJG為截面，不妨設(shè)正方體棱長為1，則△HCG～△HE1E，所以GC=12同理可得D1可知截得較小部分體積V=VI-DFH-2較大部分體積為1-25144=119144故選：C.7．已知在△ABC中，AB=4，AC=6，cosB=18.若△ABC的角平分線AD交邊BC于點(diǎn)D，則AD=A．125 B．835 C．9【答案】D【解析】在△ABC中，根據(jù)余弦定理AC已知AB=4，AC=6，cosB=18，設(shè)解得x=5或x=-4（邊長不能為負(fù)舍去），所以BC=5.因?yàn)锳D是角平分線，根據(jù)角平分線定理：可得BDDC又因?yàn)锽D+DC=BC=5，所以BD=2在△ABD中，再根據(jù)余弦定理AD將AB=4，BD=2，cosB=1所以AD=18=32.故選：D.8．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓C的方程為x-32+y2=1，且圓C與x軸交于M,N兩點(diǎn)，設(shè)直線l的方程為y=kxk>0，直線l與圓C相交于A,B兩點(diǎn)，直線AM與直線BN相交于點(diǎn)P，直線AM、直線BN、直線A．k1+k2=2k3 B．【答案】A【解析】如圖，由題意得lAM:y=k消y整理得x-21+∴xM=2，∴A2k1∵kOA∴2k11+∵k1k2≠-1設(shè)Px0,∴x0=2k1∴k3∴k1故選：A．二、多選題9．已知三個(gè)互不相等的實(shí)數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列，將這三個(gè)數(shù)重新排列（不改變數(shù)的大?。┖罂梢詷?gòu)成一個(gè)等比數(shù)列，則該等比數(shù)列的公比可能為（

）A．-2 B．-12 C．12【答案】AB【解析】令a,b,c構(gòu)成等差數(shù)列，且a<b<c，2b=a+c，重新排列如下：1、a,c,b、b,c,a為等比數(shù)列，則c2=ab，故2c2-ac-a2=0，可得所以數(shù)列a,c,b的公比為-12，數(shù)列b,c,a的公比為-2，A、2、c,a,b、b,a,c為等比數(shù)列，則a2=bc，故2a2-ac-c2=0，可得所以數(shù)列c,a,b的公比為-12，數(shù)列b,a,c的公比為-2，A、3、c,b,a為等比數(shù)列，則b2=ac，故(a+c)2=4ac，可得a=c故選：AB10．已知P是橢圓E:x28+y24=1上一點(diǎn)，F(xiàn)1A．P點(diǎn)縱坐標(biāo)為3 B．△F1C．cos∠F1PF【答案】BCD【解析】對(duì)于A選項(xiàng)，在橢圓E:x28+y24∴F1F2=2c=4設(shè)點(diǎn)Pm,n，∴S△F1對(duì)于B選項(xiàng)，由橢圓的定義可知，△F1PF2對(duì)于C選項(xiàng)，設(shè)∠F1PF2由余弦定理可得cos=4所以cosθ=所以cosθ=43sinθ-1對(duì)于D選項(xiàng)，設(shè)△F1P則S△∴r=322+1故選：BCD.11．給定實(shí)數(shù)集A，定義集合Mm∈R?a∈A,都有m≥a，若M是非空集合，則稱集合M中最小的元素為集合AA．若數(shù)集A中有2025個(gè)元素，則supAB．若數(shù)集A中沒有最大值，則supAC．若數(shù)集A，B有上確界，則數(shù)集a+b∣a∈A,b∈B一定也有上確界，為supD．若數(shù)集A，B有上確界，則數(shù)集ab∣a∈A,b∈B一定也有上確界，為sup【答案】AC【解析】對(duì)于A，若數(shù)集A中有2025個(gè)元素，則數(shù)集A中的元素一定有最大值，∴數(shù)集A一定有上確界，故A正確；對(duì)于B，若A=x?x=1n則數(shù)集A中的元素沒有最大值，∵?a∈A，都有m≥a，∴m≥1，∴supA=1，即數(shù)集A中有上確界，故對(duì)于C，若數(shù)集A，B有上確界，設(shè)supA=m，sup由上確界的定義可知，對(duì)于?a∈A，b∈B，都有a≤m，b≤n，∴a+b≤m+n，即supa+b∣a∈A,b∈B=m+n=sup對(duì)于D，若A=-2,-1，B=1,2，則數(shù)集A，B有上確界，且supA=-1此時(shí)ab∣a∈A,b∈B=則supab∣a∈A,b∈B=-1≠-2=supA故選：AC三、填空題12．復(fù)數(shù)z滿足3-4iz=5i，則【答案】1【解析】由3-4iz=5i則z?z故答案為：1.13．設(shè)函數(shù)fx=ax+12-x，gx=sinx+2ax，當(dāng)曲線y=fx和y=g【答案】0【解析】依題意，令ax+12-x=sinx+2ax∵h(yuǎn)-x∴y=hx是奇函數(shù)，∴hx最大值故答案為：0.14．設(shè)正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)到平面α的距離所構(gòu)成的集合為A，若A中元素的個(gè)數(shù)為k，則稱α為正四面體的k階等距平面，A為正四面體的k階等距集.如果α為正四面體的1階等距平面且1階等距集為m，則符合條件的平面α有個(gè)；若正四面體的棱長為6，則m的所有可能取值構(gòu)成的集合為.【答案】7【解析】如圖，正四面體A-BCD，在第一問中，不妨也取AB=6則正△BCD的外接圓半徑為2，則正四面體的高h(yuǎn)=6-2①情形一：分別取AB，AC，AD的中點(diǎn)M，E，F(xiàn)，此時(shí)平面MEF為正四面體A-BCD的一個(gè)1階等距平面，且由中位線性質(zhì)可知ME=EF=62，由于正四面體有4個(gè)面，這樣的1階等距平面α平行于其中一個(gè)面，有4種情況；②情形二：將此正四面體放置到棱長為3的正方體AD分別取AB，AC，CD，DB的中點(diǎn)為P，Q，R，S，連接PQ,QR,RS,SP，則PQ//BC//SR，又PQ?平面B1CC1B，BC?平面B同理可證，PS//平面D又平面D1DA1A//平面B1CC因PS∩PQ=P,PS,PQ?平面PQRS，則平面B1CC故平面PQRS為正四面體A-BCD的1階等距平面，且m為正方體棱長的一半，等于32由于正四面體的六條棱中有3組對(duì)棱互為異面直線，這樣的1階等距平面α平行于其中一組異面直線，有3種情況，綜上，當(dāng)m的值為1時(shí)，α有4個(gè)；當(dāng)m的值為32時(shí)，α有3故符合條件的α有7個(gè)，m的所有可能取值構(gòu)成的集合是32故答案為：7；1,3四、解答題15．已知a，b，c分別為△ABC三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且bcos（1）求B；（2）若b=7，則△ABC的面積為3，求a，c解：（1）由正弦定理，得：sinB∵A+B+C=π，∴①式可化為：3sin∵sinC≠0，從而2sinB-π∵0<B<π，∴B-π6=π3或（2）∵12∴由（1）得：當(dāng)B=π2時(shí)，解得②的解為a=2c=3當(dāng)B=5π6時(shí)，16．如圖（一），四邊形ABEF是梯形，AF//BE，AB⊥BE，AB=BE=2，AF=3，C為線段BE的中點(diǎn)，CD//AB且交AF于點(diǎn)D.四邊形ABCD沿CD翻折，如圖（二）所示，線段BE的中點(diǎn)為G，M是線段AF上一點(diǎn)，且C，D，M，G四點(diǎn)共面.（1）求證：平面ABE⊥平面CDMG；（2）若AF=5，求直線CM與平面AEF所成角的正弦值（1）證明：在圖（一）中，CD//AB，AB⊥BE，則CD⊥BE，即CD⊥BC，CD⊥CE.在圖（二）中，CE∩BC=C都在平面BCE內(nèi)，則CD⊥平面BCE，由BE?平面BCE，則CD⊥BE，由BC=CE，G為BE的中點(diǎn)，則CG⊥BE，∵CD∩CG=C都在平面CDMG內(nèi)，所以BE⊥平面CDMG，又BE?平面ABE，∴平面ABE⊥平面CDMG.（2）解：∵AF=5，則AF2=AD2+D以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則A0,0,1，B2,0,1，C2,0,0，E∴EF=-2,1,0，F(xiàn)A設(shè)FM=λFA，則M0,2-2λ,λ，由（1∴BE?DM=2-2λ-λ=0，可得設(shè)平面AEF的法向量為n=x,y,z，則∴-2x+y=02y-z=0，取x=1，則n=∴cosCM,17．某銀行在貸款信用評(píng)估中，設(shè)定初始每個(gè)人是守信人的概率為0.5.經(jīng)統(tǒng)計(jì)，守信人按時(shí)還款的概率是0.9，不守信人按時(shí)還款的概率是0.5.同時(shí)，銀行制定了如下信用調(diào)整規(guī)則：若貸款人按時(shí)還款，下一次評(píng)估時(shí)其為守信人的概率調(diào)整為0.6；若貸款人未按時(shí)還款，下一次評(píng)估時(shí)其為守信人的概率調(diào)整為0.3.請回答以下問題：（1）隨機(jī)選取一位貸款人，求其首次貸款按時(shí)還款的概率；（2）若某位貸款人首次貸款按時(shí)還款了，求該貸款人首次貸款時(shí)是守信人的概率；（3）該銀行對(duì)同一初始貸款人進(jìn)行兩次貸款評(píng)估，記兩次評(píng)估中按時(shí)還款的次數(shù)為X，求X的分布列與數(shù)學(xué)期望.解：（1）記事件A為“初始貸款人守信”，事件B為“首次貸款時(shí)，貸款人按時(shí)還款”.則PA=0.5，PB∣A∵B=BA∪BA，且事件∴PB（2）由（1）得，PA∣B（3）X的可能取值為0，1，2.第一次按時(shí)還款的概率為0.7，第一次按時(shí)還款后，第二次按時(shí)還款的概率為0.6×0.9+0.4×0.5=0.74，第一次不按時(shí)還款后，第二次按時(shí)還款的概率為0.3×0.9+0.7×0.5=0.62，則PX=2=0.7×0.74=0.518PX=1=PX=0綜上所述：X的分布列為X012P0.1140.3680.518數(shù)學(xué)期望EX18．已知函數(shù)fx=mln（1）當(dāng)m≤0時(shí)，求函數(shù)fx（2）若存在正數(shù)a,b，且a為函數(shù)fx大于1的零點(diǎn)，b為函數(shù)f（?。┣髮?shí)數(shù)m的取值范圍；（ⅱ）證明：a-3b<0．解：（1）函數(shù)fx的定義域?yàn)?,+f'當(dāng)m≤0時(shí)，f'x<0所以函數(shù)fx在0,+所以函數(shù)fx的單調(diào)遞減區(qū)間為0,+（2）（?。┯桑?）可知f'令gx=m-x則g'因?yàn)間'x<0所以函數(shù)gx在0,+當(dāng)m≤0時(shí)，由（1）可知，函數(shù)fx在0,+所以函數(shù)fx當(dāng)0<m≤e時(shí)，g所以當(dāng)x∈1,+∞時(shí)，gx所以函數(shù)fx在1,+因?yàn)閒1=0，所以當(dāng)x∈1,+所以函數(shù)fx不存在大于1當(dāng)m>e時(shí)，lnm>1，因?yàn)間ln所以存在t∈1,lnm所以函數(shù)fx在0,t上單調(diào)遞增，在t,+所以函數(shù)fx因?yàn)閒lnf1=0，所以ft>0，此時(shí)即函數(shù)fx存在大于1的零點(diǎn)，此時(shí)實(shí)數(shù)m的取值范圍為m∈（ⅱ）證明：依題意f'b所以lna=a-1e因?yàn)閘nx<x-1在1,+且a>1，b∈1,lnm所以ea-b=b兩邊取對(duì)數(shù)得lnea-b則a-b<2lnb<2b，所以19．已知雙曲線W:x2a2-y2b（1）求W的方程；（2）若垂直于x軸的直線與W相交于A，B兩點(diǎn)，設(shè)直線AM和W的另外一個(gè)交點(diǎn)為C．（i）求證：直線BC過定點(diǎn)G；（ii）過點(diǎn)G作直線l交W的右支于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，求△MEF的面積的最小值.解：（1）因?yàn)殡p曲線W:x2a2-y2設(shè)W上的點(diǎn)為Pm,n，則m2a因?yàn)閙≥a，所以當(dāng)a≤45時(shí)，又W上的點(diǎn)到點(diǎn)M1,0距離最小值為1，所以1故a>45，此時(shí)又W上的點(diǎn)到點(diǎn)M1,0距離最小值為1，所以a2-2a+1=1所以b=1，c=5，所以W的方程為x（2）（i）設(shè)Ax1,y1，C聯(lián)立雙曲線y=kx-1x24-y2=1，得由kBC=y整理得y=y又y1+y2=kx1+x（ii）由直線l過點(diǎn)G4,0，與雙曲線右支交于E，F(xiàn)，故斜率必不為0∴可設(shè)l:x=my+4，Ex3,y3整理得m2-4y則y3+y∵l與W的右支交于兩點(diǎn)，其中一條漸近線的斜率為12，所以1m>12令t=m2+12∈令Ht=t+256∴Ht=t+256t在12,16上單調(diào)遞減，則Ht∴△MEF的面積的最小值為33湖南省邵陽市2025屆高三高考信息卷（二）數(shù)學(xué)試題一、單選題1．已知集合A=x|x2<1，B=x|A．-1,2 B．0,1 C．-∞,1 D【答案】A【解析】A=x|x2所以A∪B=x|-1<x≤2故選：A2．記等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若a2=1，S6A．3 B．2 C．-23 D【答案】D【解析】設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，若q=1，則S6=2由S6=19化簡得q3=-8則a1故選：D.3．已知向量a，b滿足a-2b⊥2a+b，且aA．152 B．102 C．2 D【答案】B【解析】由題意有a=2×4-3×1-2b2=0故選：B.4．已知1+xm+1+xm+1+?+1+x2mm∈NA．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【解析】由題意有xm的系數(shù)為=Cm+2m+1故選：B.5．函數(shù)fx=cos3x-cosA．6 B．7 C．8 D．9【答案】C【解析】由fx=cos令fx=0，則-2sin5x2故5x2=k1π或x由x∈-π,2π，則即-52≤故k1=-2,-1,0,1,2,3,4,5或綜上所述，存在8個(gè)零點(diǎn),即為-4故選：C.6．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別是C1D1，ADA．1316 B．5972 C．119144【答案】C【解析】如圖所示，延長EF,DC相較于H，連接EH，交BC于J，相同方法，做出FK，則五邊形EKFJG為截面，不妨設(shè)正方體棱長為1，則△HCG～△HE1E，所以GC=12同理可得D1可知截得較小部分體積V=VI-DFH-2較大部分體積為1-25144=119144故選：C.7．已知在△ABC中，AB=4，AC=6，cosB=18.若△ABC的角平分線AD交邊BC于點(diǎn)D，則AD=A．125 B．835 C．9【答案】D【解析】在△ABC中，根據(jù)余弦定理AC已知AB=4，AC=6，cosB=18，設(shè)解得x=5或x=-4（邊長不能為負(fù)舍去），所以BC=5.因?yàn)锳D是角平分線，根據(jù)角平分線定理：可得BDDC又因?yàn)锽D+DC=BC=5，所以BD=2在△ABD中，再根據(jù)余弦定理AD將AB=4，BD=2，cosB=1所以AD=18=32.故選：D.8．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓C的方程為x-32+y2=1，且圓C與x軸交于M,N兩點(diǎn)，設(shè)直線l的方程為y=kxk>0，直線l與圓C相交于A,B兩點(diǎn)，直線AM與直線BN相交于點(diǎn)P，直線AM、直線BN、直線A．k1+k2=2k3 B．【答案】A【解析】如圖，由題意得lAM:y=k消y整理得x-21+∴xM=2，∴A2k1∵kOA∴2k11+∵k1k2≠-1設(shè)Px0,∴x0=2k1∴k3∴k1故選：A．二、多選題9．已知三個(gè)互不相等的實(shí)數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列，將這三個(gè)數(shù)重新排列（不改變數(shù)的大小）后可以構(gòu)成一個(gè)等比數(shù)列，則該等比數(shù)列的公比可能為（

）A．-2 B．-12 C．12【答案】AB【解析】令a,b,c構(gòu)成等差數(shù)列，且a<b<c，2b=a+c，重新排列如下：1、a,c,b、b,c,a為等比數(shù)列，則c2=ab，故2c2-ac-a2=0，可得所以數(shù)列a,c,b的公比為-12，數(shù)列b,c,a的公比為-2，A、2、c,a,b、b,a,c為等比數(shù)列，則a2=bc，故2a2-ac-c2=0，可得所以數(shù)列c,a,b的公比為-12，數(shù)列b,a,c的公比為-2，A、3、c,b,a為等比數(shù)列，則b2=ac，故(a+c)2=4ac，可得a=c故選：AB10．已知P是橢圓E:x28+y24=1上一點(diǎn)，F(xiàn)1A．P點(diǎn)縱坐標(biāo)為3 B．△F1C．cos∠F1PF【答案】BCD【解析】對(duì)于A選項(xiàng)，在橢圓E:x28+y24∴F1F2=2c=4設(shè)點(diǎn)Pm,n，∴S△F1對(duì)于B選項(xiàng)，由橢圓的定義可知，△F1PF2對(duì)于C選項(xiàng)，設(shè)∠F1PF2由余弦定理可得cos=4所以cosθ=所以cosθ=43sinθ-1對(duì)于D選項(xiàng)，設(shè)△F1P則S△∴r=322+1故選：BCD.11．給定實(shí)數(shù)集A，定義集合Mm∈R?a∈A,都有m≥a，若M是非空集合，則稱集合M中最小的元素為集合AA．若數(shù)集A中有2025個(gè)元素，則supAB．若數(shù)集A中沒有最大值，則supAC．若數(shù)集A，B有上確界，則數(shù)集a+b∣a∈A,b∈B一定也有上確界，為supD．若數(shù)集A，B有上確界，則數(shù)集ab∣a∈A,b∈B一定也有上確界，為sup【答案】AC【解析】對(duì)于A，若數(shù)集A中有2025個(gè)元素，則數(shù)集A中的元素一定有最大值，∴數(shù)集A一定有上確界，故A正確；對(duì)于B，若A=x?x=1n則數(shù)集A中的元素沒有最大值，∵?a∈A，都有m≥a，∴m≥1，∴supA=1，即數(shù)集A中有上確界，故對(duì)于C，若數(shù)集A，B有上確界，設(shè)supA=m，sup由上確界的定義可知，對(duì)于?a∈A，b∈B，都有a≤m，b≤n，∴a+b≤m+n，即supa+b∣a∈A,b∈B=m+n=sup對(duì)于D，若A=-2,-1，B=1,2，則數(shù)集A，B有上確界，且supA=-1此時(shí)ab∣a∈A,b∈B=則supab∣a∈A,b∈B=-1≠-2=supA故選：AC三、填空題12．復(fù)數(shù)z滿足3-4iz=5i，則【答案】1【解析】由3-4iz=5i則z?z故答案為：1.13．設(shè)函數(shù)fx=ax+12-x，gx=sinx+2ax，當(dāng)曲線y=fx和y=g【答案】0【解析】依題意，令ax+12-x=sinx+2ax∵h(yuǎn)-x∴y=hx是奇函數(shù)，∴hx最大值故答案為：0.14．設(shè)正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)到平面α的距離所構(gòu)成的集合為A，若A中元素的個(gè)數(shù)為k，則稱α為正四面體的k階等距平面，A為正四面體的k階等距集.如果α為正四面體的1階等距平面且1階等距集為m，則符合條件的平面α有個(gè)；若正四面體的棱長為6，則m的所有可能取值構(gòu)成的集合為.【答案】7【解析】如圖，正四面體A-BCD，在第一問中，不妨也取AB=6則正△BCD的外接圓半徑為2，則正四面體的高h(yuǎn)=6-2①情形一：分別取AB，AC，AD的中點(diǎn)M，E，F(xiàn)，此時(shí)平面MEF為正四面體A-BCD的一個(gè)1階等距平面，且由中位線性質(zhì)可知ME=EF=62，由于正四面體有4個(gè)面，這樣的1階等距平面α平行于其中一個(gè)面，有4種情況；②情形二：將此正四面體放置到棱長為3的正方體AD分別取AB，AC，CD，DB的中點(diǎn)為P，Q，R，S，連接PQ,QR,RS,SP，則PQ//BC//SR，又PQ?平面B1CC1B，BC?平面B同理可證，PS//平面D又平面D1DA1A//平面B1CC因PS∩PQ=P,PS,PQ?平面PQRS，則平面B1CC故平面PQRS為正四面體A-BCD的1階等距平面，且m為正方體棱長的一半，等于32由于正四面體的六條棱中有3組對(duì)棱互為異面直線，這樣的1階等距平面α平行于其中一組異面直線，有3種情況，綜上，當(dāng)m的值為1時(shí)，α有4個(gè)；當(dāng)m的值為32時(shí)，α有3故符合條件的α有7個(gè)，m的所有可能取值構(gòu)成的集合是32故答案為：7；1,3四、解答題15．已知a，b，c分別為△ABC三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且bcos（1）求B；（2）若b=7，則△ABC的面積為3，求a，c解：（1）由正弦定理，得：sinB∵A+B+C=π，∴①式可化為：3sin∵sinC≠0，從而2sinB-π∵0<B<π，∴B-π6=π3或（2）∵12∴由（1）得：當(dāng)B=π2時(shí)，解得②的解為a=2c=3當(dāng)B=5π6時(shí)，16．如圖（一），四邊形ABEF是梯形，AF//BE，AB⊥BE，AB=BE=2，AF=3，C為線段BE的中點(diǎn)，CD//AB且交AF于點(diǎn)D.四邊形ABCD沿CD翻折，如圖（二）所示，線段BE的中點(diǎn)為G，M是線段AF上一點(diǎn)，且C，D，M，G四點(diǎn)共面.（1）求證：平面ABE⊥平面CDMG；（2）若AF=5，求直線CM與平面AEF所成角的正弦值（1）證明：在圖（一）中，CD//AB，AB⊥BE，則CD⊥BE，即CD⊥BC，CD⊥CE.在圖（二）中，CE∩BC=C都在平面BCE內(nèi)，則CD⊥平面BCE，由BE?平面BCE，則CD⊥BE，由BC=CE，G為BE的中點(diǎn)，則CG⊥BE，∵CD∩CG=C都在平面CDMG內(nèi)，所以BE⊥平面CDMG，又BE?平面ABE，∴平面ABE⊥平面CDMG.（2）解：∵AF=5，則AF2=AD2+D以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則A0,0,1，B2,0,1，C2,0,0，E∴EF=-2,1,0，F(xiàn)A設(shè)FM=λFA，則M0,2-2λ,λ，由（1∴BE?DM=2-2λ-λ=0，可得設(shè)平面AEF的法向量為n=x,y,z，則∴-2x+y=02y-z=0，取x=1，則n=∴cosCM,17．某銀行在貸款信用評(píng)估中，設(shè)定初始每個(gè)人是守信人的概率為0.5.經(jīng)統(tǒng)計(jì)，守信人按時(shí)還款的概率是0.9，不守信人按時(shí)還款的概率是0.5.同時(shí)，銀行制定了如下信用調(diào)整規(guī)則：若貸款人按時(shí)還款，下一次評(píng)估時(shí)其為守信人的概率調(diào)整為0.6；若貸款人未按時(shí)還款，下一次評(píng)估時(shí)其為守信人的概率調(diào)整為0.3.請回答以下問題：（1）隨機(jī)選取一位貸款人，求其首次貸款按時(shí)還款的概率；（2）若某位貸款人首次貸款按時(shí)還款了，求該貸款人首次貸款時(shí)是守信人的概率；（3）該銀行對(duì)同一初始貸款人進(jìn)行兩次貸款評(píng)估，記兩次評(píng)估中按時(shí)還款的次數(shù)為X，求X的分布列與數(shù)學(xué)期望.解：（1）記事件A為“初始貸款人守信”，事件B為“首次貸款時(shí)，貸款人按時(shí)還款”.則PA=0.5，PB∣A∵B=BA∪BA，且事件∴PB（2）由（1）得，PA∣B（3）X的可能取值為0，1，2.第一次按時(shí)還款的概率為0.7，第一次按時(shí)還款后，第二次按時(shí)還款的概率為0.6×0.9+0.4×0.5=0.74，第一次不按時(shí)還款后，第二次按時(shí)還