【高考数学】2022-2023学年河北省邯郸市专项突破仿真模拟试题（一模二模）含解析

这是一份【高考数学】2022-2023学年河北省邯郸市专项突破仿真模拟试题（一模二模）含解析，共43页。试卷主要包含了集合，，则，设x，y满足约束条件则的值为，下列命题正确的是，函数在上的图象大致为等内容，欢迎下载使用。

【高考数学】2022-2023学年河北省邯郸市专项突破仿真
模拟试题（一模）

第I卷（选一选）
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评卷人
得分



一、单 选 题
1．集合，，则（       ）
A．B．C．D．
2．已知复数z满足(i为虚数单位)，则复数z的虚部为(       )
A．B．C．．1
3．已知，，，则a，b，c的大小关系为（       ）
A．B．
C．D．
4．设x，y满足约束条件则的值为（       ）
A．2B．3C．4D．5
5．下列命题正确的是（       ）
A．命题“若，则”的否命题为“，则”
B．若给定命题p：，，则：，
C．若为假命题，则p，q都为假命题
D．“”是“”的充分不必要条件
6．函数在上的图象大致为（       ）
A．B．C．D．
7．已知函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象关于y轴对称，则的最小值为（       ）
A．1B．2C．D．5
8．已知实数a，b满足，且，则的最小值为（       ）.
A．1B．C．4D．
9．在三棱锥中，平面，，且，则三棱锥外接球的体积等于（       ）
A．B．C．D．
10．已知抛物线的焦点为，、是抛物线上两动点，是平面内一定点，下列说确的序号为（       ）
①抛物线准线方程为；
②若，则线段中点到轴距离为；
③以为圆心，线段的长为半径的圆与准线相切；
④的周长的最小值为.
A．①②④B．②③C．③④D．②③④
11．已知双曲线的左、右焦点分别为，．在象限的渐近线上恰好存在一点M使为直角，若，则双曲线的离心率为（       ）
A．B．C．D．2
12．已知函数，若在存在零点，则实数值可以是（       ）
A．B．C．D．
第II卷（非选一选）
请点击修正第II卷的文字阐明
评卷人
得分



二、填 空 题
13．已知，则________．
14．在区间上随机取1个数，则取到的数满足的概率为___________.
15．如图，正方体的棱长为，分别是棱，的中点，过点的平面分别与棱，交于点G，H，给出以下三个命题：


①平面与平面垂直；
②四边形的面积的最小值为；
③四棱锥的体积为定值.
其中正确命题的序号为___________.
16．记定义在上的可导函数的导函数为，且，，则不等式的解集为______．
评卷人
得分



三、解 答 题
17．已知等比数列满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和.
18．某中学为加强先生的环保认识，举办了“爱成都，护环境”的知识竞赛，为了解本次知识竞赛参赛先生的成绩，从中抽取了n名先生的分数(得分取正整数，满分为100分，一切先生的得分都在区间中)作为样本进行统计．按照，，，，的分组作出如下的频率分布直方图，并作出上面的样本分数茎叶图(图中仅列出了得分在，的数据)．
     
(1)求样本容量n和频率分布直方图中x、y的值；
(2)在选取的样本中，从竞赛成绩不低于80分的三组先生中按分层抽样抽取了5名先生，再从抽取的这5名先生中随机抽取2名先生到天府广场参加环保知识宣传，求这2名先生的分数都在中的概率．
19．四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，且，，，，M是棱PB的中点.

(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的体积.
20．已知椭圆的左焦点与短轴两端点的连线及短轴构成等边三角形，且椭圆点.
(1)求椭圆的方程；
(2)不点的直线与椭圆相交于，两点，关于原点的对称点，直线，与轴分别交于，两点，求证.
21．已知函数．
(1)求函数在点处的切线方程；
(2)如果当时，不等式恒成立，求实数k的取值范围．
22．在直角坐标系中，直线的参数方程为为参数，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
(1)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
(2)若直线与曲线交于，两点，点，求的值．
23．已知函数.
(1)求不等式的解集；
(2)若在上恒成立，求的取值范围.

答案：
1．C

【分析】
化简集合，再根据集合的运算定义求.
【详解】
由化简可得或，
所以或，
所以，
故，
故选：C．
2．B

【分析】
根据复数的运算法则计算即可．
【详解】
，
故z的虚部为-1．
故选：B．
3．C

【分析】
对数函数、指数函数和幂函数的单调性直接比较大小即可.
【详解】
依题意，，，而，即，故.
故选：C．
4．A

【分析】
作出可行域，由得，求解截距的值即可求解.
【详解】
如图，，围成的区域为及其内部，其中，由于，所以，所以当直线过时，的值为1，所以，的值为2.

故选：A．
5．D

【分析】
A选项直接否定条件和结论即可；B选项存在一个量词的命题的否定，先否定量词，后否定结论；C选项“且”命题是一假必假；D选项，利用“小集合”是“大集合”的充分不必要条件作出判断.
【详解】
对于A，命题“若，则”的否命题为“，则”，A错误；
对于B，命题p：，，则：，，B错误；
对于C，若为假命题，则p，q有一个假命题即可；C错误；
对于D，或或，即“”是
“”的充分不必要条件，D正确.
故选：D
6．C

【分析】
根据函数的奇偶性，值，即可排除选项.
【详解】
首先，所以函数是奇函数，故排除D，，故排除B，
当时，，故排除A，只要C满足条件.
故选：C
7．D

【分析】
根据辅助角公式，正弦型函数的奇偶性进行求解即可.
【详解】
，
由于该函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，
所以，
由于的图象关于y轴对称，
所以是偶函数，
因此有，
由于，所以当时，有最小值，最小值为5，
故选：D
8．C

【分析】
对已知等式进行变形，然后利用基本不等式进行求解即可.
【详解】
由，
，
当且仅当时取等号，即时取等号，
故选：C
9．C

【分析】
将三棱锥放入一个长方体中，求出长方体的体对角线即为长方体外接球的直径，利用球的体积公式即可求解.
【详解】
由于三棱锥中，平面，
不妨将三棱锥放入一个长方体中，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，
由于长方体的体对角线即为其外接球的直径，
由于，则长方体的长宽高分别为
所以三棱外接球的半径为
.
所以三棱锥外接球的体积为
.
故选：C.

10．D

【分析】
根据抛物线的方程直接写出抛物线的准线方程，可判断①的正误；设点、，利用抛物线的定义可判断②的正误；利用抛物线的定义可判断③的正误；过点作抛物线准线的垂线，垂足为点，利用抛物线的定义以及、、三点共线时，求出的周长的最小值，可判断④的正误.
【详解】
对于①，易知点，抛物线的准线方程为，①错；
对于②，设点、，则，所以，，
所以，线段中点到轴距离为，②对；
对于③，由抛物线的定义可得，所以，线段的长为半径的圆与准线相切，③对；
对于④，过点作抛物线准线的垂线，垂足为点，

由抛物线的定义可得，所以，，
当且仅当、、三点共线时，即当时，取得最小值，
又由于，所以，的周长的最小值为，④对.
故选：D.
11．C

【分析】
根据双曲线渐近线方程，锐角三角函数定义、余弦定理、双曲线离心率公式进行求解即可.
【详解】
该双曲线的渐近线方程为：，由题意可知，
由于为直角，所以有，则有，
由于，
即，，
因此，
在中，由余弦定理可知：
，
故选：C
12．D

【分析】
根据题意得，令，，则函数在上存在零点等价于与的图像有交点，再根据的单调性求解即可.
【详解】
根据题意，令，所以，
令，，
则函数在上存在零点等价于与的图像有交点．
，
令，，
则，故在上单调递增，
由于，，所以存在的，使得，
即，即，，
所以当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增，
所以，
又时，，故，，所以.
故选：D．

利用导数研讨函数零点的核心是根据题意构造合适的函数，经过研讨函数的单调性，进而确定函数大致图形，数形，有助于简化标题.
13．-2

【分析】
利用，，即可求出答案.
【详解】

故-2.
14．

【分析】
先求解不等式，再运用几何概型求概率公式进行求解.
【详解】
解得：，
故区间上随机取1个数，则取到的数满足的概率为.
故
15．①②③

【分析】
证明出平面，面面垂直的判定定理可判断①的正误；推导出，求出的最小值，可求得四边形的面积的最小值，可判断②的正误；计算出四棱锥的体积，可判断③的正误.
【详解】
对于①，连接，

由于四边形为正方形，则，
由于平面，平面，，
，平面，
由于且，又由于、分别为、的中点，
所以，且，所以，四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面平面，①对；
对于②，由①可知，
平面，平面，所以，，
平面，平面，，同理可得，
所以，，当且仅当时，等号成立，
所以，，②对；
对于③，由于平面平面，平面平面，
平面平面，，同理可证，
所以，四边形为平行四边形，所以，，
由于，则，
所以，，③对.
故①②③.
16．

【分析】
首先设函数，利用导数判断函数的单调性，不等式等价于，利用函数的单调性，即可求解.
【详解】
设，，所以函数单调递增，
且，不等式，所以.
故答案为.
17．(1)
(2)

【分析】
（1）设公比为，根据等比数列的通项公式求出、，即可求出通项公式；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法求和即可；
(1)
解：由于为等比数列，且，，设公比为，
所以，所以，，
所以；
(2)
解：由于，
所以
18．(1)n=40，，；
(2)﹒

【分析】
(1)根据茎叶图中成绩在的频数和频率频率分布直方图中的频率即可求出n，再茎叶图中的频数可求频率分布直方图中x，根据频率总和为1即可求y．
(2)根据分层抽样求出5名先生中成绩在和的人数，分别编号，列举出从5名先生选出2名的组合，并列举出2名先生分数都在的组合，根据古典概率计算方法即可计算﹒
(1)
由茎叶图可知成绩在中的频数为3．
频率分布直方图，得．
∴．
∴．
(2)
由题意，本次竞赛成绩样本中分数在中的先生有名，
分数在中的先生有名，
按分层抽样抽取的5名先生中，分数在中的先生有名，记为a、b、c；分数在中的先生有名，记为1、2．
从这5名先生中随机选取2名先生的一切结果为，共10种．
其中2名先生的分数都在中的结果为，共3种．
∴所选2名先生的分数都在中的概率．
19．(1)证明见解析式
(2)

【分析】
（1）取的中点，连接，，即可得到且，即四边形为平行四边形，从而得到，即可得证；
（2）再底面等腰梯形中求出、，即可得到，再由线面垂直的性质得到，即可得到平面，再根据计算可得；
(1)
证明：取的中点，连接，，
由于为的中点，所以且，
又且，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
由于平面，平面，
所以平面

(2)
解：在等腰梯形中，，，，

过点、分别作、，所以，，
所以，
在中，由余弦定理，
即，所以，
所以，即，
由于平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
所以三棱锥的高为，
又是的中点，所以，
所以；
20．(1)
(2)证明见解析

【分析】
（1）根据题意得，将点代入椭圆即可；
（2）设，，直线，则，
联立得到韦达定理，要证直线MR与直线MB的斜率互为相反数，
即证，代入求解计算即可.
(1)
设椭圆上下顶点分别为，左焦点为，
则是等边三角形，所以，则椭圆方程为，
将代入椭圆方程，可得，解得，
所以椭圆方程为.
(2)
设，则.
将直线代入椭圆方程，得，
其判别式，即，
.
所以要证直线MR与直线MB的斜率互为相反数，即证，


，所以.

处理直线与椭圆的综合成绩时，要留意：
(1)留意观察运用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，
注重根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等成绩．
21．(1)
(2)

【分析】
（1）求出函数的导函数，即可得到切线的斜率，再由点斜式计算可得；
（2）依题意可得对恒成立，参变分离可得对恒成立，令，，利用导数阐明函数的单调性，即可求出函数的最小值，从而求出参数的取值范围；
(1)
解：由于，所以，
所以，，即切点为，切线的斜率，
所以切线方程为，即；
(2)
解：由于对恒成立，
即对恒成立，
即对恒成立，
令，，
则
令，，则，
所以在上单调递增，所以，
即在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以，
所以，即；
22．(1)；
(2)

【分析】
（1）消去参数，求得直线的普通方程，根据极坐标与直角的互化公式，即可求解曲线的直角坐标方程；
（2）将直线的参数方程，代入的直角坐标方程得，得到，，，即可求解.
(1)
解：由直线的参数方程为为参数，可得，
消去参数，可得直线的普通方程，
又由曲线的极坐标方程为，即
根据，可得曲线的直角坐标方程为，即．
(2)
解：将直线的参数方程改写成（t为参数），
代入曲线的直角坐标方程得，
设两点对应的参数分别为，，则，，
所以.
23．(1)；
(2).

【分析】
（1）根据的取值范围的不同，分段求解不等式即可；
（2）分离参数，再求在区间上的最小值，即可求得的取值范围.
(1)
由于，对不等式，
当时，不等式等价于，解得；
当时，不等式等价于，此时不等式无解；
当时，不等式等价于，解得.
故不等式的解集为.
(2)
在上恒成立，
即在恒成立，
对，
当时，，其在单调递减；
当时，，其在单调递减，
又在区间上是连续函数，
故，
故，即的取值范围为.


























【高考数学】2022-2023学年河北省邯郸市专项突破仿真
模拟试题（二模）
注意事项:
1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号等信息填写在答题卡上。
2.回答选一选时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净
后,再选涂其他答案标号。回答非选一选时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
一、单项选一选: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，只有一项符合题目要求．
1．若复数，则
A． B． C． D．
2．设集合，，则
A． B． C． D．
3．已知圆和圆，则“”是“圆与圆内切”的
A．充分没有必要条件 B．必要没有充分条件
C．充分必要条件 D．既没有充分也没有必要条件
4．位于丛台公园内的武灵丛台已经成为邯郸这座三千年古城的地标建
筑，丛台上层建有据胜亭，其顶部结构的一个侧面中，自上而下第
一层有2块筒瓦，以下每一层均比上一层多2块筒瓦，如果侧面共
有11层筒瓦且顶部4个侧面结构完全相同，顶部结构共有多少块
筒瓦？
A．440 B．484 C．528 D．572
5．已知正三棱柱，各棱长均为2，且点为棱上一动点，则下列结论正确的是
A． 该正三棱柱既有外接球，又有内切球
B． 四棱锥的体积是
C． 直线与直线恒没有垂直
D． 直线与平面所成角为
6．已知、是双曲线的左、右焦点，点为双曲线右支上一点，且在以为直径的
圆上，若，则
A． B． C． D．
7．已知函数，则下列结论正确的是
A．的图象关于直线对称 B．的图象关于点对称
C．有个零点 D．是偶函数
8．如图，在平面直角坐标系中，将三角板的端点、分别放在轴和轴的正半轴上运动，点在
象限，且，若，则点与点之间的距离
A．值为 B．值为
C．值为 D．值为
二、多项选一选：本大题共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，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．
9．我国小麦育种技术和水平已经达到国际先进水平，研究发现某品种小麦麦穗长度cm近似服从正态分布
．从该品种小麦中任取100株，估计其麦穗长度，则下列说确的是
A． 100株小麦麦穗长度的均值约为11.24 cm
B． 100株小麦中约有2株小麦的麦穗长度大于13.5 cm
C． 100株小麦中没有麦穗长度大于14.63 cm的小麦
D． 若随机变量表示100株小麦中麦穗长度大于13.5 cm的株数，则近似服从二项分布
附：，
10．已知函数，则下列结论正确的是
A．在上单调递增 B．图象关于点对称
C．若，，则 D．若且，则
11．已知直线与椭圆，则下列结论正确的是
A．若与至少有一个公共点，则
B．若与有且仅有两个公共点，则
C．若，则上到的距离为的点只有1个
D．若，则上到的距离为的点只有3个
12．已知函数有两个极值点和，且，则下列结论正确的是
A． B． C． D．
三、填 空 题: 本题共4小题，每小题5分，其中16题空2分，第二空3分，共20分．
13．已知、是没有共线的两个单位向量，若，则与的夹角为 ▲ ；
14．请写出一个函数表达式 ▲ 满足下列3个条件：
①最小正周期；②在上单调递减；③奇函数
15．同时抛掷两枚质地均匀的骰子两次，记“两枚骰子朝上的点数之积均为偶数”，“两枚骰
子朝上的点数之和均为奇数”，则 ▲ ；
16．如图所示，是平面内一定点，是平面外一定点，直线与平面所成角为．设平面内的动
点到点、点距离分别为、，且．
若点的轨迹是一条直线， ▲ ；若点的轨迹是圆，
则的取值范围是 ▲ ．

四、解 答 题：本题共6小题，第17题10分，第18～22题每题12分，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．已知数列的前项和为，满足，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．

18．为了使更多人参与到冰雪运动中，某校组织了简易冰壶比赛．每场比赛由两支队伍对抗进行，每队由2名成员组成，共进行3局．每局比赛时，两队成员交替发球，每名成员只能从发球区（左侧）掷冰壶．当所有成员全部掷完冰壶后，开始计分．若冰壶未到达营垒区，计分；若冰壶能准确到达营垒区，计2分，整场比赛累计得分多者获得比赛胜利．已知队两名成员甲、乙每次将冰壶投掷到营垒区的概率分别为和，队两名成员丙、丁每次将冰壶投掷到营垒区的概率均为．假设两队投掷的冰壶在运动过程中无碰撞，每名成员投掷冰壶相互，每局比赛互没有影响．
（1）求队每局得分的分布列及期望；
（2）若局比赛结束后，队得分，队得分，求队最终获得本场比赛胜利且总积分比队高
分的概率．



19．已知的内角所对的边分别为，且．
（1）若，，求；
（2）若点在线段上，且，，求的值．


20．如图，四棱锥，，，，平面平面，平面平面．
（1）若点为线段中点，求证：；
（2）若，，求直线与平面所成角的正弦值．




21．平面直角坐标系中，点在y轴右侧，且到点的距离与其到y轴距离之差为1．
（1）求点轨迹的方程；
（2）过点的直线与交于A、B两点，是y轴上一点．若是正三角形，求直线l的斜率．


22．设函数
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）证明：当且时，．









试题答案
一、单项选一选: 本题共8小题，每小题5分，共40分．
1
2
3
4
5
6
7
8
B
C
A
C
D
A
B
C



1．
2．，，则，故选C
3．若圆与圆内切，则圆心距，即，得或，因此是圆与
圆内切的充分没有必要条件．
4．一个侧面中，层筒瓦数记为2，自上而下，由于下面每一层比上一层多2块筒瓦，因此，每层筒
瓦数构成等差数列，其中，．因为一个侧面中共有11层筒瓦，所以一个侧面筒瓦总数是
．所以顶层四个侧面筒瓦数总和为．故选C．
5．如图所示，设，取、的中点分别为、，
连接、．过点作交于点，连接．
显然平面，又，故平面
即为直线与平面所成角．
又因为，
所以
因此当时，有的值，选项D正确；
由于内切圆半径为，所以该正三棱柱有外接球，无内切球，选项A没有正确；
显然平面，因此点到侧面的高
故棱锥的体积为，选项B没有正确；

当位于时，平面，即
又，故平面，从而，故选项C没有正确；
6．解法一：设，，则．
由双曲线定义知，，又，故，
由于在以为直径的圆上，所以，故有
从而
解法二：同解法一，得到，，则，从而得到
双曲线方程为．设，
联立，解得，即．
因此，选项A正确．
7．显然，的定义域为，的定义域为，且
，
记，则有，
故是奇函数，选项D没有正确．
又
故的图象关于点对称，选项B正确，选项A没有正确；
令，则有，即或，
解得或，即，或，
故有3个零点，选项C没有正确．
8．解法一：依题意，，，
设，则．在中，有
在中，由余弦定理得，

，其中
因此， ．故选项C正确．
解法二：依题意，，，．
取中点为，由于为直角三角形，故
由于为直角三角形，故
显然，，当且仅当三点共线时，等号成立．
因此，值为．故选项C正确．
二、多项选一选：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
9
10
11
12
AB
AC
BCD
ACD



9．由于小麦麦穗长度cm近似服从正态分布，所以，．
故选项A正确；由于，故，因此随机变
量近似服从，从而100株小麦中约有株小麦的麦穗长度大于13．5cm，
因此选项B正确，选项D错误；由于 ，根据原则，麦穗长度大于14．63cm是小概率，但是也有可能发生，因此选项C错误．综上可知，AB正确．
10．选项A：令，则，由于的增区间为，
即，，故的增区间为，
取，则在上单调递增，
又因为，因此在上单调递增，故选项A正确．
选项B：由于的对称为，令，则，，
取，则有，因此图象关于点对称，因此选项B错误．
选项C：若，，则在和处分别取值和最小值，
因此，，故，选项C正确．
选项D：若，则和是函数的零点，故，
因此，选项D没有正确．
11．联立，消去得 ，则判别式
选项A：令，则有，故选项A错误；
选项B：令，则有，故选项B正确；
选项C：如图所示，令直线与椭圆相切，则，
即，直线与直线的距离，因此选项C正确；
选项D：如图所示，直线分别与直线和直线的距离均为，因此，上到的距
离为1的点只有3个，选项D正确．
12．已知，则，令，则．
考虑函数，则，
当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增；
故的图象大致如右图：
依题意，若有两个极值点，则，即，因此选项D正确；
注意到，，因此，存在，
有，故选项A正确；
又，故，因为，
所以，故选项C正确；
因为，即，故，即．
由于，，所以，从而，故选项B错误．
三、填 空 题: 本题共4小题，每小题5分，其中16题空2分，第二空3分，共20分．
13
14
15
16








13．由得：，由于与是单位向量，所以．
14．根据三角函数的图像与性质，可以写出，等函数表达式．
15．两枚质地均匀的骰子抛掷，样本空间所含全部的样本点个数为36， “两枚骰子朝上的点
数之积为偶数”包含样本点27个，其中“两枚骰子朝上的点数之和为奇数”包含样本点18个，从而
，，故．
16．如图所示，作点在平面上的投影点，连接和，显然平面．
以为坐标原点，，分别为，轴的正方向，作，
以为轴正方向，建立空间直角坐标系．
由于直线与平面所成角为，所以．
设（），则，；
设，则，
故（）
显然，．
（1）当时，（）式，即点的轨迹为直线．
（2）当时，（）式
若上式表示圆的方程，则，解得
又且，故且，即．
四、解 答 题：本题共6小题，第17题10分，第18～22题每题12分，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 【正确答案】（1）；（2）.
（1）法一：因为，所以，
两式相减得.……………………………………………………………………1分
即，即. ………………………………………………2分
又，，故， …………………………………………………4分
因此，数列是每项都是的常数列，从而.……………………………………5分
法二：因为，所以，
两式相减得.……………………………………………………………………1分
即，即. ………………………………………………2分
又，，所以， …………………………………………………3分
故，…………4分
又符合上式，故，. …………………………………………………………………5分
（2）因为，所以，…………………………………………………………………7分
从而 …………………………………………………………9分
因此.………………10分








18.【正确答案】（1）的分布列为： ； （2）.


（1）的所有可能取值为，，.
；；.……………………3分
故的分布列为

-2
1
4







所以. ……………………………………………………………………5分
（2）设队每局得分为，同理可得的分布列为

……7 分

记队、队在后两局总得分分别为、，则所包含的情况如下：
……8分


，
，
， ………………………11分
故队最终获得本场比赛胜利且总积分比队高3分的概率为. …………12分
19. 【正确答案】（1） ；（2）.
（1）由正弦定理可知：，
又 ，
故 . …………………………………………………………………2分
所以，……………………………………………………3分
又，得 ，……………………………………………………………………………4分
由于，所以，即.………………………………………………5分
由余弦定理可知， ，即，
解得，其中舍去. ……………………………………………………………………………6分
（2）解法一：设，…………………………………………………7分
由正弦定理可得：，
即，
故，，……………………………………………………………9分
从而，
其中，.……………………………………………………………11分
当时，有的值为. ………………………………………………………………12分
解法二：在中，由余弦定理得，，
即 ，即 .……………………………………………………8分
令，从而，
整理得 …………………………………………………………………10分
依题意，上述关于的方程有正实数解；
因为函数的对称轴
所以，解得.
所以的值为，此时.. …………………………………………………12分
20. 【正确答案】（1）略；（2）.
（1）如图所示，取中点，连接、
显然有，，且
…………………………………………1分
故，
所以 ………………………………………………………………………2分
又因为 为中点，故为正三角形，即，即
因为 平面，平面
所以 平面 ……………………………………………………………………………3分
在中，为中位线，故，
又平面，平面
所以 平面 ………………………………………………………………………………4分
又 ，故 平面平面
又 平面，故平面 ……………………………………………………5分
又 平面平面，平面
故 ……………………………………………………………………6分
（2）过点作交于点，连接.
因为 平面平面，平面平面
所以 平面 …………………………………………………7分
又因为，，
所以 为直角三角形，且
因此 ，，
显然，即，且…………………8分
如图所示，以为坐标原点，、、分别为、、轴的正方向，建立空间直角坐标系.
则 ，，，，
于是 ，， ………………………………………9分
设平面的法向量为，则
，即，即，
取，则，，故 ……………………………………………10分
因此 …………………………………………………11分
设直线与平面所成角为，则
因此直线与平面所成角的正弦值为. ……………………………………………12分
21. 【正确答案】（1） ；（2）.
（1）设点坐标为，且.
由题意， ………………………………………………………………………2分
整理得 ………………………………………………………………………………4分
（2）解法1：如图所示，设，，且
取中点，作在轴上的投影，取
则,
故，因此
……………………………………………………………7分
而,，故 ①
设方程为，与抛物线联立得
，
因此 ，
且 ……………………………10分
将上述式子带入①式，得
所以，斜率为. ……………………………………………………12分
解法2：由题意，设方程为，与抛物线联立得， …5分
设，，中点为，则，
从而，即 …………………………6分
设，由于为正三角形
所以且 …………………………………………………………………7分
即，即，即 ………………8分
又
……………9分
故，
即，即………………………………………………10分
即，解得，从而斜率为 ……………………12分
22. 【正确答案】（1） ；（2）略.
（1）显然，，且，故
故切线方程为，即 …………………………………4分
（2）令
…………………………6分
当时，，单调递增
故，即当时， …………………………8分
令，得
即 ………………………………………………………9分
由此可得，

将以上个式子相加，得 ，且. …………………12分