新课标新高考模拟原创卷(三)-2024年甘肃省新高考模拟十二卷数学

2024年普通高等学校招生新课标新高考卷(三) 本卷满分150分,考试时间120分钟。 一、选择题:本题共8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 题目要求的. 1.已知集合A={x∈N|-1<x<3},B={x|x2-x≤0},则A∩B= ( ) A.{0} B.{0,1} C.{1,2} D.{0,1,2} 2.设表示复数Z1,Z2 的点在复平面内关于实轴对称,且Z1=2-i,则Z1·Z2= ( ) A.0 B.5 C.2-i D.-2 3.已知AB→=(1,1),AC→=(t,2),若AB→·BC→=2,则t= ( ) A.5 B.4 C.3 D.2 4.已知x、y 的对应值如下表所示: x 0 1 2 3 4 y 1 m+1 2m+1 3m+3 11 y 与x 具有较好的线性相关关系,可用回归直线方程y=2.6x+0.6近似刻画,则在y 的取值 中任取两个数均不大于5的概率为 ( ) A. 1 5 B. 3 10 C. 2 3 D. 3 4 5.下列函数中,在区间(0,+∞)上单调递减的是 ( ) A.f(x)=ln x B.f(x)=3x C.f(x)= 1 x D.f (x)=3|x-1| 6.已知抛物线y2=4x 的焦点为F,点 M 在C 上.若 M 到直线x=-2的距离为4,则|MF|= ( ) A.7 B.6 C.5 D.3 7.在△ABC 中,(a-b)sin B=(a-c)(sin A+sin C),则∠C= ( ) A. π 3 B. π 6 C. 2π 3 D. 5π 6 8.已知三棱锥P-ABC,Q 为BC 中点,PB=PC=AB=BC=AC=2,侧面PBC⊥底面ABC,则 过点Q 的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为 ( ) A.π, 5π 3 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 B.π2 ,2π 3 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 C.[π,2π] D.2π3 ,2π 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求. 全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分. 9.函数f(x)=2x3-6x2 过点(3,0)的切线方程是 ( ) A.9x-y-27=0 B.18x-y-54=0 C.y=0 D.6x-y-18=0 10.在等边△ABC 中,边长为2,AC 上一点D 和AB 上的一点E 满足AE→=EB→,AD→=2DC→,BD 与CE 交于点O,则下列说法正确的是 ( ) A.BD→= 2 3BC →+ 1 3BA → B.AB→·CE→=-1 C.OA→+OB→+OC→ = 3 2 D.ED → 在BC→ 方向上的投影向量的模为 7 6 11.点P 在正方体ABCD-A1B1C1D1 中,且有AP →=λPC→(λ>0),则 ( ) A D B C C A B D A.对于任意的λ>0,VA1-BPC1 保持不变 B.对于任意的λ>0,都有D1P∥平面A1BC1 C.存在λ>0,使得异面直线D1P 与BC1 所成的角为 π 3 D.存在λ>0,使得直线BP 与平面AB1C 所成的角为 π 6 12.在下列命题中,真命题是 ( ) A.实数k,m,n 满足7-4k+3k2=m+n,n-m=5-4k+k2,则n>m>k. B.cos2α+ 4 cos2α 的最小值为4 C.若a= ln 3 3 ,b= ln 4 4 ,c= ln 5 5 ,则c<b<a D.若a<b<0,则 |b|+1 |a|+1> |b| |a| 一定成立 三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分. 13.兰州某学校的高中开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课,学生需从这8门课中选修 2门或3门课,并且每类选修课至少选修1门,则不同的选课方案共有 种(用数字 作答). 14.圆(x+2)2+y2=5关于直线y=x 对称的圆的标准方程为 . 15.椭圆E: x2 a2 +y 2 b2 =1(a>b>0)的右焦点F 和上顶点Β 在圆C:(x-1)2+(y-1)2=2上,则 椭圆E 的离心率为 . 16.定义域为 - π 2 ,π 2 的函数f(x)的导函数是f'(x).且有f'(x)cos x+f(x)sin x<0,则关 于x 的不等式f(x)>2f π 3 cos x 的解集为 . —54— 四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.(17题10分;18 ~22题每题12分.) 17.数列{an}满足a1=-1,an+1=an+2. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn= 1 anan+1 ,求数列{bn}的前n 项和. 18.在三角形ABC 中,角A,B,C 的对边分别为a,b,c,且cos Bcos(B-A)-sin(A-B)sin(A +C)=- 3 5. (1)求tan A 的值; (2)若a=42,b=5,求BC→ 在BA→ 方向上的投影. —64— 19.如图,底面ABCD 为正方形的四棱锥P-ABCD 中,点P 在底面ABCD 内的投影恰为AC 中 点,且 M 是BC 中点. (1)若DC= 23 3 PC ,求证:PM⊥平面PAD; (2)若平面PAB 与平面PCD 所成的锐二面角为 π 3 ,求直线PM 与平面PCD 所成角的余弦 值. CM P A B D 20.近日,甘肃省在某环境治理会议上承诺,将采取更加有力的政策和措施,力争于2035年之前 努力实现碳中和,此举展现了甘肃省应对气候变化的坚定决心,预示着西北地区经济结构和 经济社会运转方式将产生深刻变革,极大促进我国产业链的清洁化和绿色化.新能源汽车、电 动汽车是重要的战略新兴产业,对于实现“双碳目标”具有重要的作用.为了解某一地区新能 源汽车销售情况,一机构根据统计数据,用最小二乘法得到电动汽车销量y(单位:万台)关于 x(年份)的线性回归方程为y=4.7x-9459.2,且销量y 的方差为s2y= 254 5 ,年份x 的方差为 s2x=2. (1)求y 与x 的相关系数r,并据此判断新能源汽车的销量y 与年份x 的相关性强弱; (2)该机构还调查了该地区90位购车车主的性别与购车种类情况,得到的数据如下表: 性别 购买非新能源汽车 购买新能源汽车 总计 男性 39 6 45 女性 30 15 45 总计 69 21 90 依据小概率值α=0.05的独立性检验,能否认为购买新能源汽车与车主性别有关; (3)在购买新能源汽车的车主中按照性别进行分层抽样抽取7人,再从这7人中随机抽取3 人,记这3人中,男性的人数为X,求X 的分布列和数学期望. ①参考数据:5×127= 635≈25;②参考公式:(ⅰ)线性回归方程:y=̂bx+a,其中b̂= ∑ n i=1 (xi-x)(yi-y) ∑ n i=1 (xi-x)2 ,a=y-̂bx;(ⅱ)相关系数:r= ∑ n i=1 (xi-x)(yi-y) ∑ n i=1 (xi-x)2∑ n i=1 (yi-y)2 ,若r>0.9,则 可判断y 与x 线性相关较强.(ⅲ)χ2= n(ad-bc)2 (a+b)(c+d)(a+c)(b+d) ,其中n=a+b+c+d. 附表: α 0.10 0.05 0.010 0.001 xα 2.706 3.841 6.635 10.828 —74— 21.已知焦点在x 轴上的椭圆C 的离心率为 2 3 ,焦距为4. (1)求椭圆C 的方程; (2)一动直线l过椭圆的右焦点F,且与椭圆交于 H、K 两点(点 H 在x 轴上方),A1、A2 为 椭圆的左、右顶点,直线A1H,A2K 与y 轴分别交于点M、N,O 为坐标原点,求 |OM| |ON| 的值. 22.设函数g(x)=(x-1)ex-ax2(其中a∈R). (1)当a=1时,求函数g(x)的单调区间; (2)当a∈[0,+∞)时,证明函数g(x)在R上有且只有一个零点. —84— 设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),则y1+y2= -2m m2+4 ,y1y2= -3 m2+4 . 所以y0= y1+y2 2 = -m m2+4 ,x0=my0+1= 4 m2+4 ,所以P 4 m2+4 ,-m m2+4 , 因为两直线斜率互为倒数,则CD:x= 1 my+1 , 用1 m 代换P 点坐标中的m 得Q 4m2 1+4m2 , -m 1+4m2 . 所以 1 kPQ = 4m2 1+4m2 - 4 m2+4 -m 1+4m2 - -m m2+4 = 4m2+1 3m , 所以直线PQ:x- 4 m2+4 = 4(m2+1) 3m y+ m m2+4 即x=4(m 2+1) 3m y+ 4 3 所以PQ 恒过定点N 43 ,0 . 22.解:(1)由已知f(x)=ex[1-(sin x+cos x)e-x], 令h(x)=1-(sin x+cos x)e-x,则h'(x)=2e-xsin x 所以,h(x)在 - 5π 4 ,-π 上为增函数,在(-π,0)上为减函数,在(0,π)上为增函数; 而h - 5π 4 =e- 5π 4>0,h(0)=0; 所以,当x∈ - 5π 4 ,-π 时,h(x)≥0,即f(x)≥0; 当x∈(π,+∞)时,f(x)=ex- 2sinx+ π 4 >eπ- 2>0; 综上所述:当x>- 5π 4 时,f(x)≥0 (2)由已知g(x)=ex-cos x+sin x-ax2-2x,g'(x)=ex+sin x+cos x-2ax-2,记 G(x)=g'(x),由题意可知G(x)≥0恒成立, 因为G(0)=0则x=0为G(x)的最小值点, 其一个必要条件为x=0为G(x)的极小值点,即G'(0)=0 因为G'(x)=ex+cos x-sin x-2a,所以a=1 当a=1时G(x)=g'(x)=ex+sin x+cos x-2x-2=ex[1+(sin x+cos x-2x-2)e-x] 令m(x)=1+(sin x+cos x-2x-2)e-x,则m'(x)=2(x-sin x)e-x 当x<0时,x-sin x<0;当x>0时,x-sin x>0; 所以m(x)在(-∞,0)上为减函数,在(0,+∞)上为增函数,则m(x)≥m(0)=0, 即证:g'(x)≥0, 所以存在实数a=1使得g(x)为R上的增函数. 2024年普通高等学校招生新课标新高考卷(三) 1.B 解析:因为x2-x≤0,解得0≤x≤1,∴B={x|x2-x≤0}={x|0≤x≤1},A={x∈N| -1<x<3},∴A∩B={0,1},故选B. 2.B 思路分析:根据复数在复平面对应点的性质可得Z2,代入Z1·Z2 计算出结果即可. 解析:由题知Z1,Z2 的点在复平面内关于实轴对称,Z1=2-i,Z2=2+i,Z1Z2=(2-i)(2+ i)=5.故选B. 3.B 思路分析:先根据已知条件计算BC→,再根据向量数量积的坐标运算求解即可得答案. 解析:根据题意得:BC→=AC→-AB=→(t-1,1),所以AB→·BC→=t=2,解得t=2.故选D. 4.B 思路分析:求出样本中心点的坐标,将其代入回归直线方程,求出m 的值,可得出y 的所有 取值,然后利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 解析:由表格中的数据可得x= 0+1+2+3+4 5 =2 , y= 1+(m+1)+(2m+1)+(3m+3)+11 5 = 6m+17 5 ,所以这组数据的样本点的中心的坐标为 2, 6m+17 5 ,又因为点(x,y)在回归直线上,所以2.6×2+0.6=6m+175 ,解得m=2,所以y 的取值分别为1、3、5、9、11,在这5个数中,任取两个,取到的两个数都不大于5的概率为P= C23 C25 = 3 10. 故选B. 5.C 思路分析:利用基本初等函数的单调性,结合复合函数的单调性判断ABC,举反例排除D 即可. 解析:对于A,因为y=ln x 在(0,+∞)上单调递增,故 A错误;对于B,因为y=2x 在(0, +∞)上单调递增,y= 1 x 在(0,+∞)上单调递减,所以f(x)=3x 在(0,+∞)上单调递增,故B 错误;对于C,因为y= 1 x 在(0,+∞)上单调递减,故C正确;对于D,因为f 1 2 =3 1 2-1 = 3 1 2= 3,f(1)=3|1-1|=30=1,f(2)=3|2-1|=3,显然f(x)=3|x-1|在(0,+∞)上不单调,D错 误.故选C. 6.D 思路分析:利用抛物线的定义求解即可. 解析:因为抛物线C:y2=4x 的焦点F(1,0),准线方程为x=-1,点 M 在C 上,所以 M 到准 线x=-1的距离为|MF|,又M 到直线x=-2的距离为4,所以|MF|+1=4,故|MF|=3.故 —39— 选D. 7.B 思路分析:利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解. 解析:因为(a-b)sin B=(a-c)(sin A+sin C),所以由正弦定理得(a-b)b=(a-c)(a+ c),即a2-c2=ab-b2,则a2+b2-c2=ab,故cos C= a2+b2-c2 2ab = ab 2ab= 1 2 ,又0<C<π,所 以C= π 3. 故选B. 8.A 思路分析:设三棱锥P-ABC 外接球的球心为O,连接PQ,QA,OA,设过点Q 的平面为α, 则当OQ⊥α时,此时所得截面的面积最小,当点Q 在以O 为圆心的大圆上时,此时截面的面 积最大,再结合球的截面的性质即可得解. C A B E Q F O P解析:连接 PQ,QA,由 PB=PC=AB=BC=AC=2,可 知: △ABC 和△PBC 是等边三角形,设三棱锥P-ABC 外接球的球心 为O,所以球心O 到平面ABC 和平面PBC 的射影是△ABC 和 △PBC 的中心F,E,△PBC 是等边三角形,Q 为BC 中点,所以 PQ⊥BC,又因为侧面PBC⊥底面ABC,侧面PBC∩底面ABC= BC,所以PQ⊥底面ABC,而AQ⊂底面ABC,因此PQ⊥AQ,所 以OFQE 是矩形,△ABC 和△PBC 是边长为2的等边三角形,所以两个三角形的高h= 22- 12×2 2 = 3,在矩形OFQE 中,OE=FQ= 1 3h= 3 3.AE= 2 3h= 23 3 ,连接OA,所以 OA= OE2+EA2= 1 3+ 4 3= 15 3 ,设过点Q 的平面为α,当OQ⊥α 时,此时所得截面的面 积最小,该截面为圆形,OQ= OF2+FQ2= 13 h2+ 13h 2 = 2 3h= 2 3× 3= 6 3 ,因此圆 Q 的半径为:OA2-OQ2= 15 9- 6 9=1 ,所以此时面积为π·12=π,当点Q 在以O 为圆心的 大圆上时,此时截面的面积最大,面积为:π· 15 3 2 = 5π 3 ,所以截面的面积范围为 π, 5π 3 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 .故 选A. 9.AD 解析:设切点坐标为(x0,2x30-6x20),由f'(x)=6x2-12x,∴在x0 处的切线斜率为k= 6x20-12x0,切线方程为y-(2x30-6x20)=(6x20-12x0)(x-x0),由切线过(3,0),∴0-(2x30 -6x20)=(6x20-12x0)(3-x0),解得x0=0或x0=3,x0=0时切线方程y=0,选C;x0=3时 切线方程9x-y-27=0,选A.故选AC. C AB E x O y D 10.ACD 解析:由题E 为AB 中点,则CE⊥AB,以E 为原 点,EA,EC 分别为x 轴,y 轴正方向建立平面直角坐标 系,如图所示,所以,E(0,0),A(1,0),B(-1,0),C(0, 3),D 1 3 ,23 3 ,设O(0,y),y∈(0,3),BO→=(1,y), DO→= - 1 3 ,y- 23 3 ,BO→∥DO→,所以y-233 =-13y, 解得:y= 3 2 ,因为CE⊥AB,AB→·CE→=0,所以选项B错误;因为BD→= 4 3 ,23 3 ,BC→=(1, 3),BA→=(2,0),所以BD→= 4 3 ,23 3 =23BC→+13BA→=23(1,3)+13(2,0),所以选项A正 确;|OA→+OB→+OC→|=|2OE→+OC→|=|OE→|= 3 2 ,所以选项C正确;ED→= 1 3 ,23 3 ,BC→= (1,3),ED→ 在BC→ 方向上的投影为 ED→·BC→ |BC→| = 1 3+2 2 = 7 6 ,所以选项D正确.故选ACD. A D B C C y P x z A B D 11.AB 解析:A.因为 AC∥A1C1,A1C1⊂平面 A1BC1,AC⊄平面 A1BC1,所以AC∥平面A1BC1,因为AP →=λPC→(λ>0),所以P 在线 段AC(不包括端点)上,因此对于任意的正实数λ,点 P 到平面 A1BC1 的距离不变,而VA1-BPC1=VP-A1BC1,所以对于任意的正实数λ, 三棱锥A1-BPC1 的体积始终不变,因此本选项正确;建立如图所示 的空间直角坐标系,设正方体的棱长为1,A(1,0,0),B(1,1,0),C (0,1,0),D(0,0,0),A1(1,0,1),B1(1,1,1),C1(0,1,1),D1(0,0,1),P 1 1+λ ,λ 1+λ ,0 .B.设 平面 A1BC1 的法向量为n=(x1,y1,z1),BA1 →=(0,-1,1),BC1 →=(-1,0,1),D1P →= 1 1+λ ,λ 1+λ ,-1 ,所以有 BA1 →·n=0, BC1 →·n=0 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ⇒ -y1+z1=0, -x1+z1=0 ⇒n=(1,1,1),因为 D1P→·n= 1 1+λ+ λ 1+λ-1=0 ,所以D1P →⊥n,而D1P⊄平面A1BC1,所以D1P∥平面A1BC1,因此B 正确;C.假设存在正实数λ,使得异面直线D1P 与BC1 所成的角为 π 3 ,则有|cos<D1P →,BC1 →>|= |D1P →·BC1 →| |D1P →|·|BC1 →| = - 1 1+λ-1 1 1+λ 2 + λ1+λ 2 +1×2 = 2+λ 1+λ 2· 1+λ+λ2 1+λ = 2+λ 2 1+λ+λ2 = 1 2 ,解得:λ= —49— -1,所以不存在正实数λ,使得异面直线D1P 与BC1 所成的角为 π 3 ,因此C不正确;D.假设 存在正实数λ,使得直线BP 与平面AB1C 所成的角为 π 6 ,设平面AB1C 的法向量为m=(x2, y2,z2),B1A →= (0,-1,-1),B1C →= (-1,0,-1,),BP→ = -λ1+λ ,-1 1+λ ,0 ,所 以 有 B1A →·m=0, B1C →·m=0 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ⇒ -y2-z2=0, -x2-z2=0 ⇒m=(-1,-1,1),sinπ6=|cos<BP→,m>|= |BP →·m| |BP→|·|m| = λ 1+λ+ 1 1+λ 1 1+λ 2 + λ1+λ 2 × 3 = 1 3· 1+λ2 1+λ = 1 2 ,解得λ=-4± 15<0,所以假设不成立,因此 不存在正实数λ,使得直线BP 与平面AB1C 所成的角为 π 6 ,所以D不正确,故选AB. 12.ACD 思路分析:利用作差法可以判断A,C选项,利用函数的单调性可判断B选项,利用不 等式的基本性质可判断D选项. 解析:A.n-m=5-4k+k2=(k-2)2+1>0,则n>m,由m+n=7-4k+3k2,n-m=5- 4k+k2=(k-2)2+1>0两式相减得:m=1+k2,所以m-k=1+k2-k=k- 1 2 2 + 3 4>0 , 则m>k,故A正确.B.设t=cos2α∈(0,1],则函数y=t+ 4 t 在(0,1]上单调递减,则其最小 值为5,故B不正确.C.a-b= ln 3 3 - ln 4 4 = ln 3 3 - ln 2 2 = ln 32-ln 23 6 = ln 9-ln 8 6 >0 ,则b< a,b-c= ln 4 4 - ln 5 5 = ln 2 2 - ln 5 5 = ln 25-ln 52 10 = ln 32-ln 25 10 ,则c<b,故C正确.D.若a< b<0,则|b|<|a|,所以0< |b| |a|<1 ,由不等式的性质有|b| |a|< |b|+1 |a|+1 ,故D正确.故选ACD. 13.64 解析:(1)当从8门课中选修2门,则不同的选课方案共有C14C14=16种; (2)当从8门课中选修3门,①若体育类选修课1门,则不同的选课方案共有C14C24=24种; ②若体育类选修课2门,则不同的选课方案共有C24C14=24种; 综上所述:不同的选课方案共有16+24+24=64种.故答案为64. 14.x2+(y+2)2=5 解析:圆(x+2)2+y2=5的圆心坐标为(-2,0),它关于直线y=x 对称 点坐标为(0,-2),可得圆心为(0,-2),再根据半径等于 5,可得所求的圆的方程为x2+ (y+2)2=5,故答案为x2+(y+2)2=5. 15. 2 2 解析:在方程(x-1)2+(y-1)2=2中,令y=0得x=2、x=0(舍),得y=2,y=0 (舍).据题意得c=2,b=2,a=22,e= c a= 2 2. 16. - π 2 ,π 3 解 析:依 题 意 令 F (x)= f(x)cos x,x ∈ -π2,π2 ,则 F' (x)= f'(x)cos x+f(x)sin x cos2x ,因为当- π 2<x< π 2 时,f'(x)cos x+f(x)sin x<0,所以当x∈ - π 2 ,π 2 时,F'(x)<0,∴F(x)在 -π2,π2 上单调递减,则f(x)>2f π3 cos x 等价于 f(x) cos x> f π 3 cos π 3 ,即F(x)>F π3 ,∴ x< π 3 , - π 2<x< π 2 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 解得- π 2<x< π 3 ,所以所求不等式的解 集为 - π 2 ,π 3 .故答案为:-π2,π3 . 17.思路分析:(1)依题意可得数列{an}是以-1为首项,2为公差的等差数列,再根据等差数列的 通项公式计算可得; (2)由题意可得bn= 1 2 1 2n+1- 1 2n+3 ,再利用裂项相消法计算可得; 解:(1)因为a1=-1,an+1=an+2,所以an+1-an=2 所以数列{an}是以-1为首项,2为公差的等差数列,所以an=-1+2(n-1)=2n-3 所以an=2n-3 (2)由(1)得an=2n-3,所以bn= 1 anan+1 = 1 (2n-3)(2n-1)= 1 2 1 2n-3- 1 2n-1 设数列{bn}的前n 项和为Tn,则Tn=b1+b2+…+bn Tn= 1 2 (-1-1)+1- 1 3 + 13-15 +…+ 12n-3- 12n-1 􀭠􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 = 1 2 -1- 1 2n-1 = n1-2n. 18.思路分析:(1)由三角形内角的性质及和角余弦公式可得cos A=- 3 5 ,再根据同角三角函数 的平方关系求sin A.最后解得tan A. (2)由正弦定理可得sin B= 2 2 ,再由余弦定理求边长c,最后根据向量投影的定义求BA→ 在 BC→ 方向上的投影. 解:(1)由A+C=π-B,则cos(A-B)cos B-sin(A-B)sin B=- 3 5 ,即cos A=- 3 5 , 因为0<A<π,所以sin A= 1-cos2A= 4 5.tanA= sin A cos A=- 4 3 , (2)由正弦定理 a sin A= b sin B ,所以sin B= bsin A a = 2 2 , —59— 由题设,a>b,即A>B,所以B= π 4 , 由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,则32=25+c2+6c,解得c=1或c=-7(舍). BC→ 在BA→ 方向上的投影:|BC→|cos B=acos B=4. 19.思路分析:(1)根据已知条件2PC= 3DC,不妨设|DC|=2,|PC|= 3,然后根据勾股定理 分别证明PM⊥PA,PM⊥PD,最后根据线面垂直的判断进行证明即可. (2)首先过P 点做底面垂线,垂足为 AC 中点O.不妨假设底面正方形 ABCD 的边长为2, |OP|=t.建立空间直角坐标系,通过已知条件平面PAB 与平面PCD 所成的锐二面角为 π 3 , 求出t= 3,最后根据线面角的夹角公式进行求解即可. CM P A B D 解:(1)如图,连接AM,DM. 已知2PC= 3DC,不妨设|DC|=2,|PC|= 3. 已知点P 在底面的投影落在AC 中点,所以四棱锥P-ABCD 为正四 棱锥,即|PA|=|PB|=|PC|=|PD|= 3, ∵底面ABCD 为正方形,∴|AM|2=|AB|2+|BM|2=4+1=5, 得|AM|= 5,同理得|DM|= 5, ∵M 为BC 的中点,∴PM⊥BC,∴|PM|2=|PB|2-|BM|2=3-1=2,得|PM|= 2, ∵|AM|2=|PA|2+|PM|2,∴PM⊥PA,同理可得PM⊥PD, ∵PA⊂平面PAD,PD⊂平面PAD,且PA∩PD=P,∴PM⊥平面PAD. CM x O P A B D y z(2)如图,过P 点做底面垂线,垂足为AC 中点O. 以OM 所在直线为x 轴,以过O 点且与BC 平行的直线为y 轴,以 OP 所在直线为z轴如图建立空间直角坐标系. 不妨假设底面正方形ABCD 的边长为2,|OP|=t. 因此得P(0,0,t),A(-1,-1,0),B(1,-1,0),C(1,1,0),D(-1, 1,0),M(1,0,0). PA→=(-1,-1,-t),PB→=(1,-1,-t),PC→=(1,1,-t),PD→=(-1,1,-t), 设平面PAB 的法向量为n1=(x1,y1,z1), 由 PA→·n1=0, PB→·n1=0, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 得 -x1-y1-tz1=0, x1-y1-tz1=0, 解得:x1=0,y1=t,z1=-1,故n1=(0,t,-1); 设平面PCD 的法向量为n2=(x2,y2,z2), 由 PC→·n2=0, PD→·n2=0, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 得 x2+y2-tz2=0, -x2+y2-tz2=0, 解得:x1=0,y1=t,z1=1,故n2=(0,t,1); 由平面PAB 与平面PCD 所成的锐二面角为 π 3 , 得cos<n1,n2>=cos π 3= n1·n2 |n1|·|n2| = t2-1 t2+1· t2+1 = t2-1 t2+1 = 1 2 , 解得t= 3或t=- 3(舍). 得PM→=(1,0,- 3),n2=(0,3,1),设直线PM 与平面PCD 所成角为θ, 则sin θ=|cos<PM→,n2>|= |PM→·n2| |PM→|·|n2| = |- 3| 12+(- 3)2· (3)2+12 = 3 4. 故直线PM 与平面PCD 所成角的正弦值为 3 4. 则cos θ= 13 4 . 20.思路分析:(1)利用相关系数r的求解公式,并转化为b̂ 和方差之间的关系,代入计算即可; (2)直接利用独立性检验公式求出χ2,根据零点假设定理判断购买电动汽车与车主性别是否 有关; (3)采用分层抽样先得出男性车主和女性车主的选取人数,得出X 可能取值0,1,2,分别求出 对应概率,即可得X 的分布列,再结合期望公式,即可求解. 解:(1)相关系数为r= ∑ n i=1 (xi-x)(yi-y) ∑ n i=1 (xi-x)2∑ n i=1 (yi-y)2 = ∑ n i=1 (xi-x)(yi-y) ∑ n i=1 (xi-x)2 · ∑ n i=1 (xi-x)2 ∑ n i=1 (yi-y)2 = b̂· ns2x ns2y =̂b· s2x s2y =4.7× 10 254= 47 10× 254 = 47 2 635 ≈ 47 50=0.94>0.9 ,故y 与x 线性相关 较强. (2)零假设为 H0:购买新能源汽车与车主性别相互独立, 即购买新能源汽车与车主性别无关. χ2= n(ad-bc)2 (a+b)(c+d)(a+c)(b+d)= 90×(39×15-30×6)2 45×45×69×21 ≈5.031>3.841 所以依据小概率值α=0.05的独立性检验,我们推断 H0 不成立, 即认为购买新能源汽车与车主性别有关,此推断犯错误的概率不大于0.05. (3)抽样比= 6 15= 2 5 ,男性车主选取2人,女性车主选取5人,则X 的可能取值为0,1,2故 P(X=0)= C35 C37 = 2 7 ,P(X=1)= C12C25 C37 = 4 7 ,P(X=2)= C22C15 C37 = 1 7 故X 的分布列为: —69— X 0 1 2 P 27 4 7 1 7 ∴E(X)=0× 2 7+1× 4 7+2× 1 7= 6 7. 21.思路分析:(1)根据题意,列出关于a,b,c的方程组,求解即可得答案; (2)由题意,设直线l 的方程为x=my+2,P(x1,y1),Q(x2,y2),则y1>0,y2<0,联立 x2 9+ y2 5=1 , x=my+2, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 利用韦达定理可得 my1y2= 5 4 (y1+y2),易得 M 0, 3y1 x1+3 ,N 0,-3y2x2-3 ,由 |OM| |ON|= 3y1 x1+3 -3y2 x2-3 化简即可得答案. 解:(1)由题意,有 e= c a= 2 3 , 2c=4, a2=b2+c2, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 解得a=3,b= 5,c=2, 所以椭圆C 的方程为 x2 9+ y2 5=1 ; (2)由椭圆可得右焦点F(2,0),由题意,点 H 在x 轴上方且过点F(2,0),则直线l的斜率不 为0,设直线l的方程为x=my+2,H(x1,y1),K(x2,y2),则y1>0,y2<0, 由 x2 9+ y2 5=1 , x=my+2, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 可得 m 2+ 9 5 y2+4my-5=0, ∵F(2,0)在椭圆内,∴Δ>0, 所以y1+y2= -4m m2+ 9 5 ,y1y2= -5 m2+ 9 5 , 所以 y1+y2 y1y2 = 4m 5 ,即my1y2= 5 4 (y1+y2),由A1(-3,0),A2(3,0), 所以kA1P= y1 x1+3 ,则直线A1H 的方程为y= y1 x1+3 (x+3), 令x=0,得y= 3y1 x1+3 ,所以 M 0, 3y1 x1+3 ,同理kA2Q= y2x2-3,则直线 A2K 的方程为y= y2 x2-3 (x-3),令x=0,得y= -3y2 x2-3 ,所以N 0, -3y2 x2-3 , 所以|OM| |ON|= 3y1 x1+3 -3y2 x2-3 = |y1(x2-3)| |y2(x1+3)| = |y1(my2-1)| |y2(my1+5)| = |my1y2-y1| |my1y2+5y2| = 5 4 (y1+y2)-y1 5 4 (y1+y2)+5y2 = |y1+5y2| |5y1+25y2| = 1 5 , 所以|OM| |ON|= 1 5. 22.思路分析:(1)将a=1代入得g(x)的解析式,求g(x),求解g'(x)>0与g'(x)<0可得结 果.(2)由x<1时,g(x)在(-∞,1)上无零点,将问题转化为证明g(x)在[1,+∞)上有且只 有一个零点,分类讨论a∈ 0, e 2 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 和a∈ e2 ,+∞ ,即可证明结论. 解:(1)当a=1时,g(x)=(x-1)ex-x2, 则g'(x)=ex+(x-1)ex-2x=x(ex-2), ∴g'(x)>0⇒x<0或x>ln 2,g'(x)<0⇒0<x<ln 2, ∴g(x)的单调递增区间为(-∞,0),(ln 2,+∞),单调递减区间为(0,ln 2). (2)证明:∵g'(x)=x(ex-2a), ∴当x<1时,f(x)<0,则g(x)在(-∞,1)上无零点, ∴只需证g(x)在[1,+∞)上有且只有一个零点. ①若a∈ 0, e 2 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 时,当x≥1时,g'(x)≥0,则g(x)在[1,+∞)上单调递增, 又∵g(1)=-a≤0,g(2)=e2-4a≥e2-2e>0 ∴g(x)在[1,+∞)上有且只有一个零点. ②若a∈ e2 ,+∞ 时,g'(x)>0⇒x>ln 2a,g'(x)<0⇒1≤x<ln 2a, ∴g(x)在[1,ln 2a)上单调递减,(ln 2a,+∞)上单调递增, 又∵g(1)=-a<0,g(a+1)=aea+1-a(a+1)2, 令t=a+1>2,h(t)=et-t2,则h'(t)=et-2t,h″(t)=et-2, ∵t>2则h″(t)>0 ∴h'(t)在(2,+∞)上单调递增, ∴h'(t)>h'(2)=e2-4>0 ∴h(t)在(2,+∞)上单调递增, ∴h(t)>h(2)=e2-4>0,即:g(a+1)>0 ∴g(x)在[1,+∞)上有且只有一个零点. 综述:当a∈[0,+∞)时,g(x)在R上有且只有一个零点. —79—