精品解析：湖南师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷

湖南师大附中2023-2024学年度高一第二学期期末考试 数学 命题人 时量：120分钟 满分：150分 得分：_______ 一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的．） 1. 已知点，点A关于x轴的对称点的坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 在简单随机抽样中，某一个个体被抽到的可能性( ) A. 与第几次抽样有关，第一次抽到的可能性最大 B. 与第几次抽样有关，第一次抽到的可能性最小 C. 与第几次抽样无关，每一次抽到的可能性相等 D. 与第几次抽样无关，与样本量也无关 3. 已知x，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知一组数据的平均数为3，方差为，则另一组数据，，，，的平均数、方差分别为（ ） A. 3， B. 3，1 C. 7， D. 7， 5. 已知向量，，，若，则实数（ ） A. 2 B. C. D. 6. 如图,为平行四边形所在平面外一点,为的中点,为上一点,当∥平面时,( ) A. B. C. D. 7. 柯西不等式是数学家柯西（Cauchy）在研究数学分析中的“流数”问题时得到的一个重要不等式,而柯西不等式的二维形式是同学们可以利用向量工具得到的:已知向量,,由得到,当且仅当时取等号.现已知,,,则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 冰雹猜想又称考拉兹猜想、角谷猜想、猜想等，其描述为：任一正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，反复计算，最终都将会得到数字1．例如：给出正整数5，则进行这种反复运算的过程为5→16→8→4→2→1，即按照这种运算规律进行5次运算后得到1．若从正整数6，7，8，9，10中任取2个数按照上述运算规律进行运算，则运算次数均为奇数的概率为（ ） A. B. C. D. 二、选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对的得部分3分，有选错的得0分．） 9. 为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党、知史爱国的热情．某校举办了“学党史、育文化”暨“喜迎党的二十大”党史知识竞赛，从名参赛师生中随机选取人的竞赛成绩作为样本（满分分成绩取整数）得到如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的是（ ） A. 的值为 B. 估计这人竞赛成绩的众数为 C. 名参赛师生中成绩低于分的约有人 D. 以频率估计概率．从名参赛师生中随机抽取1人，该选手成不低于分的概率为 10. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，以下说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则为钝角三角形 C. 若，则符合条件的三角形不存在 D. 若，则一定是等腰三角形 11. 在平行六面体中，，，若，其中，，，则下列结论正确的为（ ） A. 若点在平面内，则 B. 若，则 C. 当时，三棱锥的体积为 D. 当时，长度的最小值为 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分．） 12. 某工厂甲、乙、丙三个车间生产了同一种产品，数量分别为120件，80件，60件．为了解它们的产品质量是否存在显著差异，用分层随机抽样的方法抽取了一个容量为的样本进行调查，其中从丙车间的产品中抽取了件，则 ______． 13. 若，则______． 14. 如图，边长为4的正方形中，半径为1的动圆Q的圆心Q在边CD和DA上移动（包含端点A,C,D），P是圆Q上及其内部的动点，设，则的取值范围是_____________. 四、解答题（本大题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 已知的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且，. （1）求； （2）若，求的值. 16. 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，直线与所成的角的正切值等于2，，，分别是，的中点． （1）判断直线和的位置关系并说明理由； （2）证明：平面平面； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 某校举办“复兴杯”围棋比赛活动，甲、乙两名选手进入最后的决赛，决赛采用五局三胜的赛制，决出最后的冠军．通过分析，若甲先下，则甲赢的概率为，若乙先下，则乙赢的概率为，每局没有和棋，不同局的结果互不影响．已知第一局甲先下，甲、乙两人依次轮流先下． （1）求比赛四局乙赢的概率； （2）已知前两局甲、乙各赢一局，求比赛五局结束的概率． 18. 正方体中，，点在线段上. （1）当时，求异面直线与所成角的取值范围； （2）已知线段的中点是，当时，求三棱锥的体积的最小值. 19. 已知函数，若存在实数m、k（），使得对于定义域内的任意实数x，均有成立，则称函数为“可平衡”函数；有序数对称为函数的“平衡”数对． （1）若，求函数的“平衡”数对； （2）若m＝1，判断是否为“可平衡”函数，并说明理由； （3）若、，且、均为函数的“平衡”数对，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $6学科网命组卷网 湖南师大附中2023-2024学年度高一第二学期期末考试 数学 命题人 时量：120分钟 满分：150分 得分： 一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题意的.) 1.已知点4(-2,1，-4)，点4关于x轴的对称点的坐标为《) A.（-2,-1,-4) B（-2,-1,4) c.(21,4) D.(2,-1,-4) 【答案】B 【解析】 【分析】关于x轴对称的两点，横坐标相同，纵坐标、竖坐标均互为相反数 【详解】关于x轴对称的两点，横坐标相同，纵坐标、竖坐标均互为相反数，点4(-2,14)，点A关于x 轴的对称点的坐标为A(-2,-1,4) 故选：B. 2.在简单随机抽样中，某一个个体被抽到的可能性() A.与第几次抽样有关，第一次抽到的可能性最大 B.与第几次抽样有关，第一次抽到的可能性最小 C.与第几次抽样无关，每一次抽到的可能性相等 第1页/共24页 学科网命组卷网 D.与第几次抽样无关，与样本量也无关 【答案】C 【解析】 【分析】抽样要保证公平性，即不论采用何种抽样，每一个个体被抽中的概率都是相同的，据此即可辨析 作答 【详解】在简单随机抽样中，某一个个体被抽到的可能性均相同，与第几次抽样无关，但和要抽取的样本 量有关，样本量越大，被抽到的概率越大 故选：C y∈C 3.已知x, 则=y=1是x+i=1+i ”的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数相等的概念，以及条件的变化 ,y∈C ，再用是否推出思想来判断充分不必要条件. 【详解】当=y=引时，x+片=1+i县然成立，所以X=y=1是x+i=1+1 的充分条件； 当=iy=-i时.x+i=1+i 时， 则x=y=1是x+ⅵ=1+i 不必要条件： 故选：A 4.已知一组数据，4的平均数为3，方差为2，则另一组数据3x-2,3x-2,3x-2, 3x4-23x-2 的平均数、方差分别为() 3 A.3,2 B.3,1 C.7,2 D.7,2 【答案】D 【解析】 第2页/共24页 命学科网命组卷网 【分析】根据给定条件，利用平均数、方差的定义计算即得. 【详解】由数据x,x,x,x4,的平均数为3，方差为)，得台 =152c-3-3. 26-2)2-10=7, 1 所以数据3x-2,3x2-2,3x-2,3x4-2,3x-2的平均数为5 526x-2-7y-3×92x-3》=x9 方差为5白 5 522 故选：D 5.已知向量a=1,2),6=(2,2),c=0,),若c1(2a+),则实数元=() 1 1 A.2 B.2 C.2 D.-2 【答案】D 【解析】 【分析】计算2a+6,然后由c-(2a+0,即可求出入的值 【详解】因为4=，2)，6=(2，-2)，所以2a+6=(2,4+2,2)=(4,2), 由c1(2a+b),得c-(2a+b)0,即4+2元=0，解得元=-2 故选：D 6.如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA∥平面EBF时， PE FC() 第3页/共24页 6学科网组卷网 2 1 1 A.3 B.4 C.3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】连接AC交BE于G,连接FG,因为PA∥平面EBF,PAc平面PAC,平面PAC∩平面 BEF=FG PA FG ,可得 ,结合已知条件，即可求得答案 【详解】连接AC交BE于G,连接FG, B .PA EBF PAC PAC ∥平面 平面 平面PAC∩平面BEF=FG :.PA FG PF AG 故：FCGC 一一① 又：AD∥BC,E为AD的中点， 第4页/共24页 学科网命组卷网 AG AE 1 GCBC2--② PF 1 由①②可得：FC2 故选D, 【点睛】本题考查了根据线面平行求线段比例，解题关键是掌握线面平行判定定理，考查了分析能力和空间 想象能力，属于基础题 7.柯西不等式是数学家柯西(Cauchy)在研究数学分析中的“流数”问题时得到的一个重要不等式，而柯 西不等式的二维形式是同学们可以利用向量工具得到的：已知向量a=(,),6=(:,乃)，由日-≤ 得到Gg+%)广≤(+G+),当且仅当2=乃时取等号现已知a≥0，b≥0，a+b=5,则 √2a+2+Vb+3 的最大值为() A.18 B.9 c.2v3 D.3V5 【答案】D 【解析】 【分析】根据+》≤（代+G+均），令=V2,y=L名=Va+l,少=Vb+3代入公式，结合已 知条件a≥0，b≥0，a+b=5即可得到结果. 【详解】因为5+》≤(+y好+) 令=V2,y=l,x=Na+1,2=b+3,又a≥0，b≥0，a+b=5, 所（2a+2+b+-(5a+16+s[（+]a1+b+3)=27 当且仅当V2Vb+3=l小a+1即a=5,b=0时等号成立， 第5页/共24页 命学科网命组卷网 即V2a+2+Vb+3s35 故选D. 8.冰雹猜想又称考拉兹猜想、角谷猜想、3x+1猜想等，其描述为：任一正整数x,如果是奇数就乘以3 再加1，如果是偶数就除以2，反复计算，最终都将会得到数字1.例如：给出正整数5，则进行这种反复 运算的过程为5→16→8→4→2→1，即按照这种运算规律进行5次运算后得到1.若从正整数6,7,8， 9,10中任取2个数按照上述运算规律进行运算，则运算次数均为奇数的概率为() 1 3 5 A.10 B.5 C.10 D.6 【答案】A 【解析】 【分析】根据题中定义，分别求出正整数6,7,8,9,10按照题中所给运算规律进行运算的次数，最后根 据古典概型的概率计算公式进行求解即可 【详解】按照题中运算规律，正整数6的运算过程为6→3→10→5→16→8→4→2→1，运算次 数为8； 正整数7的部分运算过程为7→22→11→34→17→52→26→13→40→20→10. 当运算到10时，运算次数为10，由正整数6的运算过程可知， 正整数7总的运算次数为10+6=16： 正整数8的运算次数为3； 正整数9的部分运算过程为9→28→14→7，当运算到7时，运算次数为3， 由正整数7的运算过程可知，正整数9总的运算次数为3+16=19 正整数10的运算次数为6： 故正整数6,7,8,9,10的运算次数分别为偶数、偶数、奇数、奇数、偶数， 第6页/共24页 命学科网命组卷网 从正整数6,7,8,9,10中任取2个数的方法总数为： (6,7),(6,8),(6,9).(6,10).(7,8),(7,9,(7,10).(8,9)(8,10)(9,10）,共10种， 其中的运算次数均为奇数的方法总数为： (8,9),共1种， 1 故运算次数均为奇数的概率为10. 故选：A 二、选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是 符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对的得部分3分，有选错的得0分.) 9.为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党、知史爱国的热情.某校举办了“学党史、育文化” 暨“喜迎党的二十大”党史知识竞赛，从1000名参赛师生中随机选取100人的竞赛成绩作为样本（满分100 分成绩取整数)得到如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的是() ◆频率/组距 6a 5a 3a 2a a- 0405060708090100成绩/分数 A.a的值为0.05 B.估计这100人竞赛成绩的众数为75 1000 60 25 名参赛师生中成绩低于分的约有人 D.以频率估计概率.从1000名参赛师生中随机抽取1人，该选手成不低于90分的概率为0.05 【答案】BD 【解析】 第7页/共24页 命学科网命组卷网 【分析】根据频率分布直方图中各矩形面积之和为1可判断A；根据众数的估计方法可判断B:根据频数 的计算可判断C；计算样本中不低于90分的频率，用频率估计概率可判断D. 10×(2a+3a+3a+6a+5a+a=1 【详解】对于A,根据频率分布直方图中各矩形面积之和为1，得 解得a=0.005,故A错误； 对于B,由于最高的小矩形得底边中点处的值为75，故估计这组数据的众数为75，故B正确： 对于C,估计成绩不低于60分的有1000×5×0.005×10=250（人），故C错误： 对于D,由于样本中不低于90分的频率为0.05，用频率估计概率，故1000名参赛师生不低于90分的频 率为0.05，故D正确. 故选：BD 10.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,以下说法中正确的是() A.若A>B,则sinA>sinB B若a=4b=5c=6 ,则4ABC 为钝角三角形 C若a=5,b=10,A=刀 4,则符合条件的三角形不存在 D.若acos A=bcos B,则△ABC一定是等腰三角形 【答案】AC 【解析】 【分析】利用正余弦定理，三角函数的性质逐一判断即可 【详解】若A>B,则a>b,所以由正弦定理可得sinA>sinB,故A正确： 第8页/共24页 6学科网列组卷网 a=4,b=5,c=6,则c2<a2+b2,即cosC=a+b2-c2 2ab >0 ,所以角C为锐角，即△ABC为 锐角三角形，故B错误； 若a=5,b=10,A=4 14,根锅弦定瑰可狗smB-sn1_10x。-V2>1 a 52 所以符合条件的三角形不存在，即C正确： 若cosA=-beos B,则sin4cosA=sin Bcos,即sim2A=sin2B,因为2Ae(0,x,2B∈(0，) 因为 ,所以 2A=2B或2A+2B=π，即A=B或 A+B=π 2, 所以△ABC为等腰或直角三角形，故D错误， 故选：AC 11在平行六面体1BCD-4BCD中，AB=AD=M=2.∠DMB=∠AAB=∠A1D=60° A0=mAB+nAD+pAM,其中m,n,pe[0,川，则下列结论正确的为（) A若点O在平面4B,CD内，则P= B.若C9⊥DB 则m=n 1 9W2 C.当P=2时，三棱锥2-ABD的体积为8 D.当m+n=l时，CQ长度的最小值为√2 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据平面向量的基本定理及空间向量的加法法则可得0=1MB+“AD+M4,进而求解判断 A,根据空间向量的数量积定义和线性运算可得MB:AD=AB.AA=AD4=2 CO=(m-)AB+I-1)AD+pAA,进而结合COLDB即可求解判断B,由愿易知四面体4ABD为 第9页/共24页 6学科网列组卷网 1 AH 正四面体，设4在平面ABCD内的射影为点H,进而可得当P2时，Q到平面ABCD的距离为2， 进而结合三棱锥的体积公式求解判断C；根据空间向量的数量积定义及运算律可得 C可=4-4mn+4p2-4p,进而结合二次函数的性质及基本不等式即可求解判断D, 【详解】对于选项A,若点在平面4B,CD内，易知有A0=1AB+LAD=元AB+AD 所以0=AM+40=元AB+uAD+A4 又A0=mAB+nAD+pA4,则P=l,放A正确： 对于选项B,由题意易得MB.AD=AB:A4=AD.AA=2x2×c0s60°=2 CO=40-AC=4Q-(AB+AD)=(m-1)AB+(n-1)AD+PA4.DB=4B-AD, 又CO1DB,即CO-DB=0, 故C@-DB=2(m-)-2(n-)=0,解得m=n,故B正确： 对于选项C,由愿易知四面体4ABD 为正四面体， 设A在平面ABCD内的射影为点H, 则H为6BD的中心，易程4h-2 ，4H=26 3， · 1 AH 当P=2时，Q到平面ABCD的距离为2· m-4H-号 1 3,故C错误： 第10页/供24页 6学科网命组卷网 B D H 对于选项D,由B知， CO"=(m-D)4B+(n-DAD+pAA =(m-1)2AB+(n-1)2AD+p2A4+2m-10n-)AB-AD+2p(m-1)AB.A4+2pn-1)AD.A4 =4-4mn+4p2-4p x4-4mm+4p2-4p=42-+3-4m≥3-4m 由基本不等式可知mn≤ 所以Cg≥2，即C@≥2，当且仅当m=n=p= 2时等号成立， 所以C9长度的最小值为V ,故D正确 故选：ABD 【点睛】关键点睛：本题关键在于利用空间向量的数量积定义和线性运算进行转化问题，使之转化为较易 的问题进行解决 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分.） 12.某工厂甲、乙、丙三个车间生产了同一种产品，数量分别为120件，80件，60件.为了解它们的产品 质量是否存在显著差异，用分层随机抽样的方法抽取了一个容量为的样本进行调查，其中从丙车间的产 品中抽取了3件，则n= 【答案】13 第11页/共24页 6学科网6组卷网 【解析】 【分析】由分层抽样求解即可 3 60 3 【详解】由题意可得n120+80+6013, 解得n=13 13.若sin(a+B)+cos(ax+B)=2J2cosa+sinB,则tam（a-B）= 【答案】-1 【解析】 【分析】利用两角和与差的正余弦公式展开，再进行合并，即可求解。 【详解1解.sm(a+)+cos(a+)=2icoa+}in0 sinacosB+cosasinB+cosacosB-sinasinB=2cosasinB-2sinBsinB sinacosB-cosasinB+cosacosB+sinasinB=0 sin(a-B)+cos(a-β)=0 得tan(a-p)=-1 故答案为：1 14如图，边长为4的正方形ABCD中，半径为1的动圆Q的圆心Q在边CD和DA上移动（包含端点 AC,D),P是圆Q上及其内部的动点，设，BP=mBC+nBM(m,n∈R)则m十n的取值范围是 第12页/供24页 命学科网命组卷网 [,2 1- 【答案】 4 4 【解析】 【分析】建立如图所示平面直角坐标系，可得B1=(0,4),BC=(4,0), 2=4m,0+0,4n)=(4m,4物由图可知，当动圆9的圆心各过点D时，24+2 4② 2 2 .此时 √2 +n取得最大值：4+4n=8+,√2，可得+n=2+4· 当动圆Q的圆心为点C或点A时，利用三角函数 求+n的最小值. 【详解】解：如图所示，边长为4的长方形ABCD中，动圆Q的半径为1，圆心Q在边CD和DA上移动 (包含端点A,C,D)，P是圆Q上及内部的动点， 向量BF=mBC+nBA (m,n为实数)， BA(04,BC=(4,0),可得BP=(4,4). 当动圆Q的圆心经过点D时，如图：p(4+2V迈 2,4 2 2 此时+n取得最大值：4+4=8+√2，可得+n=2+4 当动圆O的圆心为点C时，BP与⊙C相切且点P在x轴的下方时，BP=(4+cos0,s如8)， 第13页/供24页 6学科网命组卷网 2 此时，4+4n=4-√2sin(0+4), √2 2√2 m+n取得最小值为：1-4，此时P(4-2，-2)· 同理可得，当动圆Q的圆心为点A时，BP与⊙A相切且点P在y轴的左方时， √2 V22 mtn取得最小值为：1-4，此时P(-2,4-2)· .则+n的取值范围为 ,2+ 4 1- 故答案为 4 【点睛】本题考查了向量的坐标运算、点与圆的位置关系，考查了分类讨论思想方法，考查了推理能 力与计算能力. 四、解答题（本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15.已知△ABC的内角4，B,C所对边分别为a,b,c,且b=2,a=(c-+3 (1)求A: (2)若a=4 sin Asin B,求cosC的值， π 【答案】(1)3 √6-√2 (2) 4 【解析】 【分析】(4)直接用条件b=2将等式Q=(c-+3齐次化，再比较余弦定理即可得出结果： 第14页/共24页 6学科网命组卷网 ,sin B=② B=π (2)使用正弦定理得 2，再进一步确定4，然后用余弦和公式即可 【小问1详解】 由已知条件b=2和a=(c-l+3有a2=(c-l+3=c2-2c+2=c2-bc+b 双金花定可得s1+e-d-十c-c+c-众-c7 2bc 2bc 2bc2,因为A∈(0，π). 【小问2详解】 4sin B=-ab 2 若a=4 sin Asin B,则结合正弦定理得 sin A sin B sin B 所以sin'B 1 2,从 sinB=2 组B=TB=3 2,这得到4或4 B=π-A-C<元-A= 2π B=π 3,故4。 所以cosC=cos(π-A-B)=-cos(A+B) sin Asin B-cos Acos B =如n导mm牙59；点6 3 4 422224 I6.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA=PD,直线PA与BC所成的角的正 切值等于2，PB=3,M,N分别是PB,PC的中点. 第15页/供24页 6学科网组卷网 B (1)判断直线AM和DN的位置关系并说明理由： (2)证明：平面PAD⊥平面ABCD: (3)求平面MPD与平面APD夹角的余弦值. 【答案】(I)直线AM和DN相交， 理由如下：如图，连接MN,因为M、N分别是PB、PC的中点， 所以MN是△PBC的中位线，所以MW/BCMW=BC 2 又底面四边形ABCD是正方形，所以AD//BC,AD=BC, 所以MN/ADMN=,AD 所以四边形AMND为梯形，且AM和DN是梯形的两腰， 所以直线AM和DN相交 (2)证明：取AD的中点为O,连接PO,BO,因为PA=PD,所以PO⊥AD, 因为BCIIAD,所以∠PAD就是直线PA与BC所成的角，所以tan∠PAD=2, 又底面ABCD是边长为2的正方形，所以4D=2A0=2,A0=1,B0=V5 第16页/供24页 6学科网命组卷网 an/PAD=PO -2 由 0得，PO=2, 又PB=3.则有PB=PO+BO,所以POLB0 又AD,BOC平面MBCD,BOn1D=O, 所以PO1 平面ABCD, 而POC平面PAD,所以平面PAD⊥平面ABCD, 2 (3)3 【解析】 (分析】(1)根据中位线和正方形可证得MN/Ds ,得到四边形AMND为梯形即可； (2)取AD的中点为O,连接PO,BO,等腰三角形三线合一得到PO⊥AD,根据勾股定理逆定理得到 PO⊥BO PO⊥ 平面ABCD,进而得到平面 PAD⊥ 从而证得 平面ABCD; (3)建立空间直角坐标系，根据平面的法向量夹角余弦求解平面MPD与平面APD夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为M是PB的中点，所以平面MPD即为平面BPD, 在正方形ABCD中，取BC的中点2，连接O0,则 9⊥AD 又由(2)知PO⊥平面ABCD,故以O为原点， OQ、OA、OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(2,10,D0,-1,0),P0,0,2).BD=(-2,-2,0),BP=(-2,-1,2) 第17页/供24页 学科网 命组卷网 设平面BPD的一个法向量为万=(xy2) n.BD=-2x-2y=0 则 m-8p=-2x-y+2z=0取x=2则y=-2,2=1故万=2-2) 。,则 m=(1,0,0) 而平面APD的一个法向量为 cos(mn)= m.n2×1+(-2)×0+1×02 1xV2+(-2)2+12 3, 所以平面MPD与平面APD夹角的余弦值为3. ZA D 【点睛】 B 17.某校举办“复兴杯”围棋比赛活动，甲、乙两名选手进入最后的决赛，决赛采用五局三胜的赛制，决出 2 最后的冠军.通过分析，若甲先下，则甲赢的概率为4，若乙先下，则乙赢的概率为3，每局没有和棋， 不同局的结果互不影响.已知第一局甲先下，甲、乙两人依次轮流先下. (1)求比赛四局乙赢的概率： (2)已知前两局甲、乙各赢一局，求比赛五局结束的概率. 13 【答案】(1)72 7 (2)12 第18页/供24页 学科网命组卷网 【解析】 【分析】(1)设乙先下乙赢为事件A,甲先下乙赢为事件B,分类考虑四局的胜负情况，根据互斥事件的 概率加法公式，即可求得答案： (2)由题意可知第三局和第四局甲、乙各赢一场，第5局甲、乙都有可能赢，由此可考虑第三局和第四局 的胜负情况，即可求得答案。 【小问1详解】 设乙先下乙赢为事件A,甲先下乙赢为事件B, 由题知， P0-.网=， 设比赛四局乙赢为事件C, 32121112123213 则P(C=P(BABA0+P(BABA0+P(BABA04×3×4×3+4×3×4×3+4×3×4×372, 13 所以比赛四局乙赢的概率为72： 【小问2详解】 己知前两局甲、乙各赢一场，且比赛五局结束比赛， 则第三局和第四局甲、乙各赢一场，第5局甲、乙都有可能赢， 设前两局甲、乙各赢一场，比赛五局为事件D, 则D=A+0-对2号品. 7 所以前两局甲、乙各赢一场，比赛五局结束的概率为12 18正方体48CD-EFGH中，AB=2,点M,V AB,BF 在线段 上 H G D 第19页/供24页 6学科网命组卷网 (I)当AM=FN时，求异面直线EM与GN所成角的取值范围； (2)己知线段HN的中点是K,当AM+FN=2时，求三棱锥E-MNK的体积的最小值 ππ 【答案】(1) 32 (2)2 【解析】 【分析】(1)由思意引入参数MM=FN=a,a∈[0,2]， 建立适当的空间直角坐标系，将问题转换为两 直线方向向量夹角的余弦的范围，然后结合异面直线角的范围即可得解. (2)引入参数 AM=a,FN=2-a,a∈[0,2] 利用等体积法转换为求K一MNE的体积，只需求K到平 面EM 的距离以及SBW即可得表达式，从而进一步得解 【小问1详解】 DA,DC,DH D DA,DC,DH 由题意正方体的三条棱长 两两互相垂直，故以为原点， 所在直线分别为 x,y,2轴建立如图所示的空间直角坐标系： H M AB=2,由慰意不妨设MM=FN=a,a∈[0,2] 所以E(2,02),G(0,2,2),M(2,a,0),N(2,2,2-4) 所以EM=(0,a,-2),GN=(2,0-a)】 第20页/供24页 6学科网6组卷网 设异面直线EM与GN所成角为 所以异面直线EM与GN所成角的余弦值为 co0-os(EM.GNY- EM.GN 2a 2a EMGN Va+4.a+4 a2+4, 令o)-24gae.a 当a=0时，f(a)=0 当a≠0时， 2 a 综上， ππ 所以异面直线EM与GN所成角0的取值范围为3'2」 【小问2详解】 如图所示： 2补 K D 由题意线段N的中点是K,AB=2,不妨设4M=a,FN=2-a,a∈[0,2]】 第21页/供24页 6学科网列组卷网 所Oo,2w2.a.KL1+-l号- 取平面EMW的一个法向量为i=(,00) 厅以点K到平面EMN的距离为4W w5.w-Scmwn-S.m-5.mw-5.u-2x2-x2xa-x2-axa-x(2-a)x2 2 =4-a-a+1ad2-2+a 2 02-a+2= 、 a-} 2, 所以三棱锥E-MWK的体积为 VE-MINK =VK-MNE:= 所以当且仅当a=1时，三棱锥E-MWK的体积取最小值2. 【点睛】关键点睛：第一问关键是引入适当参数将问题先转换为求方向向量夹角的余弦，第二问的关键是 等体积转换法，这样大大减少了计算量 19已知函数'=/( ）,若存在实数孤、k(m≠0)，使得对于定义域内的任意实数x,均有 m~f(x)=f(x+k)+f(x-)成立，则称函数)为可平衡函数：有序数对(m,)称为函数f() 的“平衡”数对. 1)若()=t,求函数f(四的平衡数对： （2)若m=L,判断f()=sinx是否为“可平衡函数，并说明理由， 第22页/共24页 学科网 命组卷网 m+m店的取旭范围。 【答案】(1)(2,0) (2)是 3)(1,8 【解析】 【分析】(1)根据“平衡数对”定义建立方程，根据恒成立求解即可： (2)n1 时，判断是否存在使等式恒成立，利用三角函数化简求解即可； 3)根据“平衡数对的定义将m,心用关于X的三角函数表达，再利用三角函数的取值范围求解即可 【小问1详解】 根据题意可知，对于任意实数x,mx=(x+k)}+(x-K)}=2x2+2k2 即mr=2r+2k,即m-2)r-2k2=0 对于任意实数x恒成立， 只有m=2,k=0,故函数)=t的平衡”数对为2,0)， 【小问2详解】 若m=l,则mf(x)=sinx f(x+k)+f(x-k)=sin(x+k)+sin(x-k)=2sinxcosk, 要使得f(x)为“可平衡"函数，需使(1-2cosk)小sinr=0对于任意实数x均成立，只有 cost =1 此时 =2m 3,n∈Z,故k存在，所以f(x)=sinr是“可平衡”函数. 【小问3详解】 假设存在实数m、(≠0），对于定义域内的任意x均有m:f()=f(+)+/(x-)成立， 第23页/供24页 命学科网命组卷网 mosc0s(++)-+c02+c0(-)] ∴2m1+cos2x)-21+cos2(x+k】+D1+cos2(x-k] ..m+mcos2x=1+cos2xcos2k-sin2xsin2k+1+cos2xcos2k+sin2xsin2k .m(1+cos2x)=2+2cos2xcos2k, .m(1+cos2x)=2+2cos2xcosz=2-2cos2x,m(1+cos2x)=2+2cos2xcos=2. 0<x≤7.0<2x≤：.0<cos2x≤1 4 2 2-2co82*12sin')sin's2tanm02 cosy 1+c0s2x1+2c0s2x-1 cos2x 时+所-4m红+od设（小-ax+o cos(0<x≤A),函数单调递增！ ho)<(≤A日1<A≤8成+店的R范国为肉 第24页/供24页