2020-2021学年广东省韶关高二（下）5月月考数学试卷人教A版

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这是一份2020-2021学年广东省韶关高二（下）5月月考数学试卷人教A版，共13页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合A=1,3,5，B=x|x2−16<0，则A∩B=( )
A.1,3B.3,5C.1,3,5D.0,4

2. 设函数fx=sin2x+cs2x，给出下列结论：
①fx的最小正周期为π； ②fx在区间−π8,π8内单调递增；
③将函数y=fx的图象向左平移π4个单位长度，可得到函数y=cs2x的图象．
其中所有正确结论的序号是（）
A.①②B.①③C.②③D.①②③

3. 已知向量a→=−1,2,b→=3,2，则cs为（）
A.1010B.−55C.22D.−22

4. 已知递增等比数列an的前n项和为Sn，a2=2，S3=7，则S7=（）
A.64B.63C.127D.48

5. 已知圆O的圆心是坐标原点O，且被直线2x−y+5=0截得的弦长为4，则圆O的方程为（）
A.x2+y2=4B.x2+y2=9C.x2+y2=8D.x2+y2=6

6. 某校对全校1200名男女学生进行健康调查，采用分层抽样法抽取一个容量为200的样本．已知女生抽了85人，则该校的男生人数为（）
A.670B.680C.690D.700

7. 已知函数y=sinax+b(a>0)的图象如图所示，则函数y=lga(x+b)的图象可能是( )

A.B.
C.D.

8. 已知直线l:x−y+3=0和点A(0, 1)，抛物线y=14x2上一动点P到直线l和点A的距离之和的最小值是（）
A.2B.322−1C.322+1D.2+22
二、多选题

现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，则以下说法错误的是( )
A.若每人都安排一项工作，则不同的方法数为54
B.若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为A54C41
C.如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为(C53C21+C52C32)A33
D.每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是C31C42A33+C32A33

已知双曲线C过点(3, 2)且渐近线方程为y=±33x，则下列结论正确的是( )
A.C的方程为x23−y2=1
B.C的离心率为3
C.曲线y=ex−2−1经过C的一个焦点
D.直线x−3y−1=0与C有两个公共点

对两个变量y和x进行回归分析，得到一组样本数据：x1,y1，x2,y2 ，…， (xn,yn)，则下列说法中正确的是（）
A.由样本数据得到的回归方程y=bx+a必过样本中心x,y
B.残差平方和越小的模型，拟合的效果越好
C.用相关指数R2来刻画回归效果，R2越小，说明模型的拟合效果越好
D.若变量y和x之间的相关系数为r=−0.9362，则变量y和x之间具有线性相关关系

在三棱锥P−ABC中，AB:BC:AC=5:3:4，△ABC的内心O到三边的距离均为2，PO⊥平面ABC，且三棱锥P−ABC的三个侧面与底面所成的角都为60∘，则下列说法正确的是（）
A.△ABC的周长为10
B.PO=23
C.三棱锥P−ABC的体积为163
D.三棱锥P−ABC的内切球的体积为32327π
三、填空题

已知数列an的前n项和Sn满足Sn=nn+12，则数列1anan+1的前10项的和为________.

在x2−3x5的二项展开式中，x7的系数为________．（用数值作答）

已知x，y为正实数，则yx+16x2x+y的最小值为________.

从A，B，C，D，a，b，c，d中任选5个字母排成一排，要求按字母先后顺序排列（即按A(a)，B(b)，C(c)，D(d)先后顺序，但大小写可以交换位置，如AaBc或aABc都可以），这样的情况有________种．（用数字作答）
四、解答题

为了解国内不同年龄段的民众旅游消费的基本情况．某旅游网站从其数据库中随机抽取了1000条客户信息进行分析，这些客户一年的旅游消费金额数据如下表所示：
把一年的旅游消费金额满8千元称为“高消费”，否则称为“低消费”．
(1)从这些客户中随机选一人，求该客户是高消费的中老年人的概率；

(2)完成下面的2×2列联表，并判断能否有99%的把握认为旅游消费的高低与年龄有关．
附表及公式：
K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d，其中n=a+b+c+d

已知等差数列an满足a2=4，a3+a4=17．
(1)求数列an的通项公式；

(2)若数列bn满足b1=2，再从①bn+1=2bn；②2bn+1=bn；③bn+1=−bn这三个条件中任选一个作为已知，求数列an+bn的前n项和Tn．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设3bsinA=a2+csB.
(1)求角B；

(2)若b=3，且△ABC的面积等于32，求1a+1c的值．

如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD // BC，∠BAD=120∘，AB=AD=2，点M在线段PD上，且DM=2MP，PB // 平面MAC．

(1)求证：平面MAC⊥平面PAD；

(2)若PA=3，求平面PAB和平面MAC所成锐二面角的余弦值．

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)短轴的两个顶点与右焦点F2的连线构成等边三角形，离心率和长半轴的比值为34．
(1)求椭圆C的标准方程；

(2)若直线l过椭圆C的左焦点F1，与C交于P，Q两点，当△PQF2的面积最大时，求直线PQ的方程．

为了释放学生压力，某校高三年级一班进行了一个投篮游戏，其间甲、乙两人轮流进行篮球定点投篮比赛(每人各投一次为一轮).在相同的条件下，每轮甲乙两人站在同一位置，甲先投，每人投一次篮，两人有1人命中，命中者得1分，未命中者得−1分；两人都命中或都未命中，两人均得0分，设甲每次投篮命中的概率为13，乙每次投篮命中的概率为12，且各次投篮互不影响．
(1)经过1轮投篮，记甲的得分为X，求X的分布列及期望；

(2)若经过n轮投篮，用Pi表示经过第i轮投篮后，甲的累计得分高于乙的累计得分的概率．
①求P1，P2，P3；
②规定P0=0，经过计算机计算可估计得Pi=aPi+1+bPi+cPi−1b≠1，请根据①中P1，P2，P3的值分别写出a，c关于b的表达式，并由此求出数列{Pn}的通项公式.
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省韶关市高二（下）5月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
交集及其运算
【解析】
先求出集合B，然后由集合交集的定义求解即可．
【解答】
解：因为B={x|x2−16<0}={x|−4又集合A=1,3,5，
所以A∩B=1,3．
故选A．
2.
【答案】
A
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
正弦函数的单调性
命题的真假判断与应用
三角函数的周期性及其求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由f(x)=sin2x+cs2x=2sin(2x+π4)，
所以f(x)的最小正周期为2π2=π，故①正确；
要求f(x)的单调增区间，即
−π2+2kπ≤2x+π4≤π2+2kπ⇒−3π8+kπ≤x≤π8+kπ(k∈Z)，
而−π8,π8⊆[−3π8+kπ,π8+kπ](k∈Z)，故②正确；
将y=f(x)=sin2x+cs2x=2sin(2x+π4)=2sin[2(x+π8)]的图象向左平移π4个单位长度，得到y=2sin[2(x+π8+π4)]=2sin(2x+π4+π2)=2cs(2x+π4)≠cs2x，故③错误．
故选A．
3.
【答案】
B
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
无
【解答】
解：因为a→=−1,2，b→=3,2，
所以a→+b→=2,4，a→−b→=−4,0，
所以 cs⟨a→+b→,a→−b→⟩=a→+b→⋅a→−b→|a→+b→||a→−b→|
=−825×4=−55．
故选B．
4.
【答案】
C
【考点】
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设公比为q，则a1q=2,a1+a1q+a1q2=7,
因为an是递增数列，解得a1=1,q=2,所以S7=1−271−2=127．
故选C．
5.
【答案】
B
【考点】
圆的标准方程
直线与圆相交时的弦长问题
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为圆心是坐标原点O，直线方程为2x−y+5=0，
所以圆心到直线的距离为|5|22+12=5，
因为圆O被直线2x−y+5=0截得的弦长为4，弦长的一半为2，
所以圆O的半径r=(5)2+22=3，
则圆O的方程为x2+y2=9．
故选B．
6.
【答案】
C
【考点】
分层抽样方法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：每层的抽样比为2001200=16，女生抽了85人，
所以男生抽取115人，因此共有男生115×6=690人．
故选C．
7.
【答案】
A
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
函数的图象
【解析】
根据函数y=sinax+b(a>0)的图象求出a，b的范围，从而得到函数y=lga(x+b)的单调性及图象特征，从而得出结论．
【解答】
解：由函数y=sinax+b(a>0)的图象可得
0即23故函数y=lga(x+b)是定义域内的减函数，且过定点(1−b,0).
故选A．
8.
【答案】
A
【考点】
抛物线的性质
直线与抛物线结合的最值问题
【解析】
由于A点为抛物线的焦点，如图，利用抛物线定义可将动点P到直线！和点4的距离之和IPA|+|PB|转化为/PC|+|PB|
，其中/PC)为动点P到准线的距离，设直线！与抛物线交于M，Ⅳ，则可知当P点与M点重合时，距离之和最小
【解答】
解：如图所示，
过点P作PB⊥l，垂足为点B，
过点P作PC垂直于抛物线的准线m:y=−1，垂足为点C，
易知抛物线y=14x2的焦点为点A0,1，
则点P到A的距离等于点P到抛物线的准线m:y=−1的距离，及|PA|=|PC|，
则|PA|+|PB|=|PC|+|PB|，
将直线l的方程与抛物线的方程联立，消去y得， x2−4x−12=0，解得x=−2,y=1 或x=6,y=9,
则直线l交抛物线于点M−2,1 和点N6,9．
问题为求|PB|+|PC|的最小值，当点P位于点M时，
|PB|+|PC|取得最小值，且最小值为点M到直线m的距离为2．
故选A．
二、多选题
【答案】
A,B,C
【考点】
排列、组合及简单计数问题
排列、组合的应用
【解析】
答案未提供解析．
【解答】
解：A，因为每人有四项工作可以安排，
所以5人都安排一项工作的不同方法数为45，故选项A错误，符合题意；
B，每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为C52A44，故选项B错误，符合题意；
C，如果司机不安排工作，其余三项工作至少安排一人，
则这5名同学全部被安排的不同方法数为(C53C21A22+C53C32A22)A33，故选项C错误，符合题意；
D，分两类考虑：
第一类：司机安排1人，方法数为C31，另外4人分3组，方法数为C42，
然后3组人安排除司机外的三项工作，方法数为A33，
则不同安排方案的方法数为C31C42A33；
第二类：司机安排2人，方法数为C32，
剩下3人安排另外三项工作，方法数为A33，
则不同安排方案的方法数为C32A33，
由分类加法计数原理得，
共有C31C42A33+C32A33种不同的安排方案，故选项D正确，不符合题意．
故选ABC．
【答案】
A,C
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的准线方程
双曲线的渐近线
【解析】
根据条件可求出双曲线C的方程，再逐一排除即可．
【解答】
解：设双曲线C的方程为x2a2−y2b2=1，
根据条件可知ba=33，所以方程可化为x23b2−y2b2=1，
将点(3, 2)代入得b2=1，所以a2=3，
所以双曲线C的方程为x23−y2=1，故A对；
离心率e=ca=a2+b2a2=3+13=233，故B错；
双曲线C的焦点为(2, 0)，(−2, 0)，
将x=2代入得y=e0−1=0，故C对；
双曲线的渐近线为x±3y=0，直线x−3y−1=0与双曲线的渐近线平行，
则直线x−3y−1=0与C有1个公共点，故D错.
故选AC.
【答案】
A,B,D
【考点】
线性相关关系的判断
求解线性回归方程
回归分析
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．由样本数据得到的回归方程y=bx+a必过样本中心x,y，故正确；
B．残差平方和越小的模型，拟合的效果越好，故正确；
C．用相关指数R2来刻画回归效果，R2越大，说明模型的拟合效果越好，故错误；
D．若变量y和x之间的相关系数为r=−0.9362，r的绝对值接近于1，则变量y和x之间具有线性相关关系，故正确；
故选ABD．
【答案】
B,C,D
【考点】
命题的真假判断与应用
柱体、锥体、台体的体积计算
球内接多面体
二面角的平面角及求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，过O作OD⊥AC于点D， OE⊥BC于点E， OF⊥AB于点F，如图，
因为△ABC的内心O到三边的距离均为2，所以OD=OE=OF=2 ．
因为AB:BC:AC=5:3:4，所以可设AB=5x，BC=3x，AC=4x，
所以AF=AD=4x−2，BF=BE=3x−2，
所以4x−2+3x−2=5x，所以x=2，
所以AB=10，BC=6，AC=8 ，
△ABC的周长为10+6+8=24，所以选项A错误；
B，连接PD，如图，
因为三棱锥P−ABC的三个侧面与底面所成的角都为60∘，PO⊥平面ABC，
所以∠PDO=60∘，则PO=2tan60∘=23，所以选项B正确；
C，易知VP−ABC=13S△ABC⋅PO=13×12×6×8×23=163，所以选项C正确；
D，由题意可知三棱锥P−ABC的内切球的球心O′在线段PO上，
设内切球的半径为R，
在△POD中，PD=2cs60∘=4，sin∠DPO=ODPD=RPO−R，
即24=R23−R，解得R=233，
所以该三棱锥的内切球的体积为43πR3=43π2333=32327π，所以选项D正确．
故选BCD．
三、填空题
【答案】
1011
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
先利用Sn=nn+12求得an，进而求得1anan+1，再利用裂项相消法求得数列1anan+1的前10项的和．
【解答】
解：∵ Sn=nn+12，
∴ 当n≥2时，有an=Sn−Sn−1
=nn+12−n−1n2=n，
又当n=1时，有S1=1=a1也适合上式，
∴ an=n，
∴ 1anan+1=1nn+1=1n−1n+1，
∴ 数列1anan+1的前10项的和为
11−12+12−13+…+110−111=1−111=1011.
故答案为：1011.
【答案】
−15
【考点】
二项式定理的应用
二项式系数的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设Tr+1=C5r(x2)5−r(−3x)r=C5r(−3)rx10−3r， x10−3r=x7，∴ r=1
T2=C51(−3)1x7=−15x7．
故答案为：−15．
【答案】
6
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题得yx+16x2x+y=yx+162+yx，
设yx=t(t>0)，则f(t)=t+162+t=t+2+162+t−2
≥2(t+2)⋅162+t−2=8−2=6．
当且仅当t=2时取等．
所以yx+16x2x+y的最小值为6．
故答案为：6．
【答案】
160
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
先根据A、B、C、D选取的个数分为四类：
第一类：A、B、C、D中取四个，a、b、c、d中取一个；
第二类：A、B、C、D中取三个，a、b、c、d中取二个；
第三类：A、B、C、D中取二个a、b、c、d中取三个；
第四类：A、B、C、D中取一个a、b、c、d中取四个．
【解答】
解：分为四类情况：
第一类：在A、B、C、D中取四个，在a、b、c、d中取一个，共有2C44C41=8；
第二类：在A、B、C、D中取三个，在a、b、c、d中取两个，分两种情况：
形如AaBbC（大小写有两个字母相同）共有4C43C32，形如AaBCd（大小写只有一个字母相同）共有2C43C31；
第三类：在A、B、C、D中取两个，在a、b、c、d中取三个，取法同第二类情况；
第四类：在A、B、C、D中取一个，在a、b、c、d中取四个，取法同第一类情况；
所以共有： 2(8+4C43C32+2C43C31)=160
故答案为：160．
四、解答题
【答案】
解：(1)样本中总客户数为1000，其中高消费的中老年人有200人，
随机选一人，则该客户是高消费的中老年人的概率为2001000=15 ．
(2)2×2列联表如下：
可得K2的观测值k=1000×300×200−100×4002400×600×700×300≈7.937，
因为7.937>6.635，所以有99%的把握认为旅游消费的高低与年龄有关．
【考点】
古典概型及其概率计算公式
独立性检验
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)样本中总客户数为1000，其中高消费的中老年人有200人，
随机选一人，则该客户是高消费的中老年人的概率为2001000=15 ．
(2)2×2列联表如下：
可得K2的观测值k=1000×300×200−100×4002400×600×700×300≈7.937，
因为7.937>6.635，所以有99%的把握认为旅游消费的高低与年龄有关．
【答案】
解：(1)设等差数列an的公差为d．
由a2=4,a3+a4=17,可得a1+d=4,2a1+5d=17,
解得a1=1，d=3，
所以an=a1+n−1d=3n−2.
(2)选①：
由b1=2，bn+1=2bn可得bn≠0，bn+1bn=2，
所以bn是等比数列，公比q=2．
所以bn=b1qn−1=2n．
所以Tn=a1+a2+⋯+an+b1+b2+⋯+bn
=n1+3n−22+21−2n1−2
=3n2−n2+2n+1−2
选②：
由b1=2，2bn+1=bn可得bn≠0，bn+1bn=12，
所以bn是等比数列，公比q=12．
所以bn=b1qn−1=2⋅(12)n−1=(12)n−2．
所以Tn=a1+a2+⋯+an+b1+b2+⋯+bn
=n(1+3n−2)2+2(1−(12)n)1−12
=3n2−n2−(12)n−2+4
选③：
由b1=2，bn+1=−bn可得bn≠0，bn+1bn=−1，
所以bn是等比数列，公比q=−1，
所以bn=b1qn−1=2⋅−1n−1．
所以Tn=(a1+a2+⋯+an)+b1+b2+⋯+bn
=n1+3n−22+21−(−1n)1−−1
=3n2−n+22−−1n．
【考点】
等差数列的通项公式
数列的求和
等差数列的前n项和
等比数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设等差数列an的公差为d．
由a2=4,a3+a4=17,可得a1+d=4,2a1+5d=17,
解得a1=1，d=3，
所以an=a1+n−1d=3n−2.
(2)选①：
由b1=2，bn+1=2bn可得bn≠0，bn+1bn=2，
所以bn是等比数列，公比q=2．
所以bn=b1qn−1=2n．
所以Tn=a1+a2+⋯+an+b1+b2+⋯+bn
=n1+3n−22+21−2n1−2
=3n2−n2+2n+1−2
选②：
由b1=2，2bn+1=bn可得bn≠0，bn+1bn=12，
所以bn是等比数列，公比q=12．
所以bn=b1qn−1=2⋅(12)n−1=(12)n−2．
所以Tn=a1+a2+⋯+an+b1+b2+⋯+bn
=n(1+3n−2)2+2(1−(12)n)1−12
=3n2−n2−(12)n−2+4
选③：
由b1=2，bn+1=−bn可得bn≠0，bn+1bn=−1，
所以bn是等比数列，公比q=−1，
所以bn=b1qn−1=2⋅−1n−1．
所以Tn=(a1+a2+⋯+an)+b1+b2+⋯+bn
=n1+3n−22+21−(−1n)1−−1
=3n2−n+22−−1n．
【答案】
解：(1)∵ 3bsinA=a2+csB，
∴ 3sinAsinB=sinA2+csB．
∵A∈0,π，
∴sinA>0，
∴3sinB−csB=2，
∴2sinB−π6=2，
∴B−π6=π2，
∴B=2π3.
(2)∵S△ABC=32，
∴12acsin2π3=32，
∴ac=2.
又∵b2=a2+c2−2accsB=(a+c)2−ac，
∴a+c=11.
∴1a+1c=a+cac=112.
【考点】
两角和与差的正弦公式
正弦定理
三角函数值的符号
余弦定理
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵ 3bsinA=a2+csB，
∴ 3sinAsinB=sinA2+csB．
∵A∈0,π，
∴sinA>0，
∴3sinB−csB=2，
∴2sinB−π6=2，
∴B−π6=π2，
∴B=2π3.
(2)∵S△ABC=32，
∴12acsin2π3=32，
∴ac=2.
又∵b2=a2+c2−2accsB=(a+c)2−ac，
∴a+c=11.
∴1a+1c=a+cac=112.
【答案】
(1)证明：连接BD交AC于点E，连接ME，如图所示：
∵ PB//平面MAC，PB⊂平面PBD，平面PBD∩平面MAC=ME，
∴ PB//ME，
又∵ DEBE=DMPM=ADBC=2，则BC=1，而AB=2， ∠ABC=60∘，
∴ AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcs∠ABC=4+1−2⋅2⋅1⋅12=3 ，
∴ AC2+BC2=4=AB2，∠ACB=90∘，∠CAD=90∘，即CA⊥AD，
又∵ PA⊥平面ABCD，CA⊂平面ABCD，∴ PA⊥CA，
又∵ PA∩AD=A ，∴ CA⊥平面PAD，
而CA⊂平面MAC，∴ 平面MAC⊥平面PAD．
(2)解：如图所示：
以A为原点，射线AC，AD，AP分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，
则P(0,0,3)，A(0,0,0)，B(3,−1,0)，C(3,0,0)，M(0,23,2)，
∴ PA→=0,0,−3，AB→=3,−1,0，MA→=(0,−23,−2)，AC→=3,0,0
设平面PAB和平面MAC的一个法向量分别为n1→=x1,y1,z1，n2→=x2,y2,z2，
平面PAB和平面MAC所成锐二面角为θ，
∴ n1→⋅PA→=0,n1→⋅AB→=0⇒−3z1=0,3x1−y1=0⇒n1→=(1,3,0)，
n2→⋅MA→=0,n2→⋅AC→=0⇒−23y2−2z2=0,3x2=0⇒n2→=(0,3,−1)，
∴ csθ=|n1→⋅n2→||n1→|⋅|n2→|=33210=33020．
∴ 平面PAB和平面MAC所成锐二面角的余弦值为33020．
【考点】
余弦定理
平面与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：连接BD交AC于点E，连接ME，如图所示：
∵ PB//平面MAC，PB⊂平面PBD，平面PBD∩平面MAC=ME，
∴ PB//ME，
又∵ DEBE=DMPM=ADBC=2，则BC=1，而AB=2， ∠ABC=60∘，
∴ AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcs∠ABC=4+1−2⋅2⋅1⋅12=3 ，
∴ AC2+BC2=4=AB2，∠ACB=90∘，∠CAD=90∘，即CA⊥AD，
又∵ PA⊥平面ABCD，CA⊂平面ABCD，∴ PA⊥CA，
又∵ PA∩AD=A ，∴ CA⊥平面PAD，
而CA⊂平面MAC，∴ 平面MAC⊥平面PAD．
(2)解：如图所示：
以A为原点，射线AC，AD，AP分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，
则P(0,0,3)，A(0,0,0)，B(3,−1,0)，C(3,0,0)，M(0,23,2)，
∴ PA→=0,0,−3，AB→=3,−1,0，MA→=(0,−23,−2)，AC→=3,0,0
设平面PAB和平面MAC的一个法向量分别为n1→=x1,y1,z1，n2→=x2,y2,z2，
平面PAB和平面MAC所成锐二面角为θ，
∴ n1→⋅PA→=0,n1→⋅AB→=0⇒−3z1=0,3x1−y1=0⇒n1→=(1,3,0)，
n2→⋅MA→=0,n2→⋅AC→=0⇒−23y2−2z2=0,3x2=0⇒n2→=(0,3,−1)，
∴ csθ=|n1→⋅n2→||n1→|⋅|n2→|=33210=33020．
∴ 平面PAB和平面MAC所成锐二面角的余弦值为33020．
【答案】
解：(1)∵ 离心率和长半轴的比值为34，∴ ca2=34①，
∵ 短轴的两个顶点与右焦点F2的连线构成等边三角形，∴ a=2b②，
又a2=b2+c2③，由①②③可解得： a=2，b=1，c=3，
∴ 椭圆C的标准方程为： x24+y2=1．
(2)由题意可知： F1−3,0，直线l倾斜角不为零，可设l:x=my−3，
由 x=my−3，x24+y2=1 得： m2+4y2−23my−1=0，
设Px1,y1，Qx2,y2，则y1+y2=23mm2+4，y1y2=−1m2+4，
∴ S△PQF2=S△QF1F2+S△PF1F2
=12|F1F2|⋅|y1−y2|=3⋅y1+y22−4y1y2
=3⋅12m2(m2+4)2+4m2+4=43⋅m2+1m4+8m2+16，
令t=m2+1，则t∈[1,+∞)，
∴ S△PQF2=43⋅tt2+6t+9=43⋅1t+9t+6，
∵ t+9t≥2t⋅9t=6（当且仅当t=9t，即t=3时取等号），
∴ S△PQF2max=43×123=2，此时m2+1=3，解得： m=±2，
∴ 直线PQ的方程为： x=±2y−3，即x±2y+3=0 ．
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆的位置关系
直线与椭圆结合的最值问题
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
（1）由短轴的两个顶点与右焦点F2的连线构成等边三角形，离心率和长半轴的比值为，列方程组，解得a，b，c，进而可得答案．
（2）设直线l的方程为：x＝my−，P(xP, yP)，Q(xQ, yQ)，联立直线l与椭圆的方程，结合韦达定理可得yp+yQ，yPyQ，再计算S＝|F1F2|(yP−yQ)＝＝，由于＝(m2+1)++6，利用基本不等式，可得S取得最大值，及直线l的方程．
【解答】
解：(1)∵ 离心率和长半轴的比值为34，∴ ca2=34①，
∵ 短轴的两个顶点与右焦点F2的连线构成等边三角形，∴ a=2b②，
又a2=b2+c2③，由①②③可解得： a=2，b=1，c=3，
∴ 椭圆C的标准方程为： x24+y2=1．
(2)由题意可知： F1−3,0，直线l倾斜角不为零，可设l:x=my−3，
由 x=my−3，x24+y2=1 得： m2+4y2−23my−1=0，
设Px1,y1，Qx2,y2，则y1+y2=23mm2+4，y1y2=−1m2+4，
∴ S△PQF2=S△QF1F2+S△PF1F2
=12|F1F2|⋅|y1−y2|=3⋅y1+y22−4y1y2
=3⋅12m2(m2+4)2+4m2+4=43⋅m2+1m4+8m2+16，
令t=m2+1，则t∈[1,+∞)，
∴ S△PQF2=43⋅tt2+6t+9=43⋅1t+9t+6，
∵ t+9t≥2t⋅9t=6（当且仅当t=9t，即t=3时取等号），
∴ S△PQF2max=43×123=2，此时m2+1=3，解得： m=±2，
∴ 直线PQ的方程为： x=±2y−3，即x±2y+3=0 ．
【答案】
解：(1)X的可能取值为−1，0，1，
P(X=−1)=1−13×12=13，
P(X=0)=12×13+1−12×1−13=12，
P(X=1)=13×1−12=16，
∴X的分布列为：
E(X)=−16.
(2)①由(1)知，P1=16，
经过两轮投球甲的累计得分高有两种情况：
一是两轮甲各得分；
二是两轮有一轮甲得0分，有一轮甲得1分，
∴P2=16×16+C211216=736，
经过三轮投球，甲的累计得分高有四种情况：
一是三轮甲各得1分；
二是三轮有两轮各得1分，一轮得0分；
三是1轮得1分，两轮各得0分；
四是两轮各得1分，1轮得−1分．
∴ P3=163+C3216212+C3116122
+C3216213=43216．
②由Pi=aPi+1+bPi+cPi−1，
知Pi=a1−bPi+1+c1−bPi−1，
将P0=0，P1=16，P2=736，P3=43216代入，
求得a1−b=67，c1−b=17，
∴Pi=67Pi+1+17Pi−1，
∴Pi+1=76Pi−16Pi−1．
∴Pi+1−Pi=16(Pi−Pi−1).
∵P1−P0=16，
∴{Pn−Pn−1}是等比数列，首项和公比都是16．
∵Pn−Pn−1=16n，
∴Pn=P0+(P1−P0)+(P2−P1)+⋯
+(Pn−Pn−1)=161−16n1−16=151−16n．
【考点】
离散型随机变量的分布列及性质
相互独立事件的概率乘法公式
离散型随机变量的期望与方差
等比数列的前n项和
【解析】
左侧图片未给出解析
【解答】
解：(1)X的可能取值为−1，0，1，
P(X=−1)=1−13×12=13，
P(X=0)=12×13+1−12×1−13=12，
P(X=1)=13×1−12=16，
∴X的分布列为：
E(X)=−16.
(2)①由(1)知，P1=16，
经过两轮投球甲的累计得分高有两种情况：
一是两轮甲各得分；
二是两轮有一轮甲得0分，有一轮甲得1分，
∴P2=16×16+C211216=736，
经过三轮投球，甲的累计得分高有四种情况：
一是三轮甲各得1分；
二是三轮有两轮各得1分，一轮得0分；
三是1轮得1分，两轮各得0分；
四是两轮各得1分，1轮得−1分．
∴ P3=163+C3216212+C3116122
+C3216213=43216．
②由Pi=aPi+1+bPi+cPi−1，
知Pi=a1−bPi+1+c1−bPi−1，
将P0=0，P1=16，P2=736，P3=43216代入，
求得a1−b=67，c1−b=17，
∴Pi=67Pi+1+17Pi−1，
∴Pi+1=76Pi−16Pi−1．
∴Pi+1−Pi=16(Pi−Pi−1).
∵P1−P0=16，
∴{Pn−Pn−1}是等比数列，首项和公比都是16．
∵Pn−Pn−1=16n，
∴Pn=P0+(P1−P0)+(P2−P1)+⋯
+(Pn−Pn−1)=161−16n1−16=151−16n．旅游消费（千元）
[0,2)
[2,4)
[4,6)
[6,8)
[8,10)
[10,+∞)
年轻人（人）
95
85
70
50
65
35
中老年人（人）
60
95
115
130
115
85
低消费
高消费
合计
年轻人
中老年人
合计
PK2≥k0
0.05
0.010
0.005
0.001
k0
3.841
6.635
7.879
10.828
低消费
高消费
合计
年轻人
300
100
400
中老年人
400
200
600
合计
700
300
1000
低消费
高消费
合计
年轻人
300
100
400
中老年人
400
200
600
合计
700
300
1000
X
−1
0
1
P
13
12
16
X
−1
0
1
P
13
12
16