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2023年高考数学押题卷(四)含答案
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这是一份2023年高考数学押题卷(四)含答案，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合A＝{1，2，3，5，7，11}，B＝{x|3A．2 B．3 C．4 D．5
2．已知复数z＝i(1＋ eq \r(3) i)，则 eq \f(|z|,\(z,\s\up6(－))) ＝( )
A． eq \r(3) －i B. － eq \r(3) ＋i
C． eq \f(\r(3),2) － eq \f(1,2) i D. － eq \f(\r(3),2) ＋ eq \f(1,2) i
3．已知f(x)在R上连续，y＝f′(x)是y＝f(x)的导函数，则f′(x0)＝0是x0为函数f(x)极值点的( )
A．充要条件 B. 充分不必要条件
C．必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件
4．圆锥的侧面展开图是直径为a的半圆面，那么此圆锥的轴截面是( )
A．等边三角形 B. 等腰直角三角形
C．顶角为30°的等腰三角形 D. 其他等腰三角形
5．若P(AB)＝ eq \f(1,9) ，P( eq \(A,\s\up6(－)) )＝ eq \f(2,3) ，P(B)＝ eq \f(1,3) ，则事件A与B的关系是( )
A．事件A与B互斥 B. 事件A与B对立
C．事件A与B相互独立 D. 事件A与B既互斥又相互独立
6．已知cs ( eq \f(π,2) ＋α)＝ eq \f(\r(3),3) (－ eq \f(π,2) <α< eq \f(π,2) )，则sin (α＋ eq \f(π,3) )＝( )
A． eq \f(3\r(2)－\r(3),6) B. eq \f(3\r(2)＋\r(3),6) C． eq \f(\r(6)－3,6) D. eq \f(\r(6)＋3,6)
7．已知⊙O：x2＋y2＝1，点A(0，－2)，B(a，2)，从点A观察点B，要使视线不被⊙O挡住，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－2)∪(2，＋∞) B. (－∞，－ eq \f(4\r(3),3) )∪( eq \f(4\r(3),3) ，＋∞)
C．(－∞，－ eq \f(2\r(3),3) )∪( eq \f(2\r(3),3) ，＋∞) D．(－ eq \f(4\r(3),3) ， eq \f(4\r(3),3) )
8．函数f(x)满足f(x)＋f(－x)＝0，f(x)在R上存在导函数f′(x)，且在(0，＋∞)上f′(x)A． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2))) B． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2))) ∪ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
C． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2))) D. eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
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．甲、乙两班举行电脑汉字录入比赛，参赛学生每分钟录入汉字的个数经统计计算后填入下表，某同学根据表中数据分析得出的结论正确的是( )
A.甲、乙两班学生成绩的平均数相同
B．甲班的成绩波动比乙班的成绩波动大
C．乙班优秀的人数多于甲班优秀的人数(每分钟输入汉字数≥150个为优秀)
D．甲班成绩的众数小于乙班成绩的众数
10．已知实数m、n和向量a、b，下列结论中正确的是( )
A．m(a－b)＝ma－mb B. (m－n)a＝ma－na
C．若ma＝mb，则a＝b D. 若ma＝na(a≠0)，则m＝n
11．已知数列{an}的前n项和为Sn＝－n2＋33n(n∈N*)，则下列说法正确的是( )
A．{an}是递增数列 B. an＝－2n＋34
C．当n＝16或17时，Sn取得最大值 D. |a1|＋|a2|＋…＋|a30|＝452
12．已知双曲线C： eq \f(x2,t－7) － eq \f(y2,t) ＝1的一条渐近线方程为4x－3y＝0，过点(5，0)作直线l交该双曲线于A和B两点，则下列结论中正确的有( )
A．t＝16或－9
B．该双曲线的离心率为 eq \f(5,3)
C．满足 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB)) ＝ eq \f(32,3) 的直线l有且仅有一条
D．若A和B分别在双曲线左、右两支上，则直线l的斜率的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，\f(4,3)))
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x∈[0，＋∞)时，f(x)＝x2＋2x，则f(－1)＝________．
14．已知抛物线C：x2＝2py eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p>0)) 的焦点为F，过F且垂直于y轴的直线与C相交于A，B两点，若△AOB(O为坐标原点)的面积为18，则p＝________．
15．已知3a＝5b＝A，则 eq \f(1,a) ＋ eq \f(2,b) ＝2，则A等于________．
16．如图，某款酒杯容器部分为圆锥，且该圆锥的轴截面为面积是16 eq \r(3) cm2的正三角形．若在该酒杯内放置一个圆柱形冰块，要求冰块高度不超过酒杯口高度，则酒杯可放置圆柱冰块的最大体积为________cm3.
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．(10分)在△ABC 中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cs B＝ eq \f(a,c) － eq \f(b,2c) .
(1)求C；
(2)若c＝2a，求sin B．
18．(12分)已知数列{an}为首项a1＝ eq \f(1,4) 的等比数列，其前n项和Sn中S3＝ eq \f(3,16) ，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝lg eq \s\d9(\f(1,2)) |an|，Tn＝ eq \f(1,b1b2) ＋ eq \f(1,b2b3) ＋…＋ eq \f(1,bnbn＋1) ，求Tn.
19.
(12分)如图，四棱锥P ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，BC＝CD＝2AB＝2，PB＝PD＝2，PC＝ eq \r(2) ，AD＝3AM，N为PC中点．
(1)证明：BD⊥PC；
(2)求直线MN与平面PBD所成角的正弦值．
20．(12分)为落实立德树人根本任务，坚持五育并举全面推进素质教育，某学校举行了乒乓球比赛，其中参加男子乒乓球决赛的12名队员来自3个不同校区，三个校区的队员人数分别是3，4，5.本次决赛的比赛赛制采取单循环方式，即每名队员进行11场比赛(每场比赛都采取5局3胜制)，最后根据积分选出冠军．积分规则如下：比赛中以3∶0或3∶1取胜的队员积3分，失败的队员积0分；而在比赛中以3∶2取胜的队员积2分，失败的队员积1分．已知第10轮张三对抗李四，设每局比赛张三取胜的概率均为p(0(1)比赛结束后冠亚军(没有并列)恰好来自不同校区的概率是多少？
(2)第10轮比赛中，记张三3∶1取胜的概率为f(p).
①求出f(p)的最大值点p0；
②若以p0作为p的值，这轮比赛张三所得积分为X，求X的分布列及期望．
21．(12分)在平面直角坐标系xOy中，A(－2，0)，B(2，0)，M(－1，0)，N(1，0)，点P是平面内的动点，且以AB为直径的圆O与以PM为直径的圆O1内切．
(1)证明|PM|＋|PN|为定值，并求点P的轨迹Ω的方程．
(2)过点A的直线与轨迹Ω交于另一点Q(异于点B)，与直线x＝2交于一点G，∠QNB的角平分线与直线x＝2交于点H，是否存在常数λ，使得 eq \(BH,\s\up6(→)) ＝λ eq \(BG,\s\up6(→)) 恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
22．(12分)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋ eq \f(2,x) －5.
(1)证明：f(x)< eq \r(x) ；
(2)若函数f(x)的图象与g(x)的图象有两个不同的公共点，求实数a的取值范围．
2023年高考数学押题卷(四)
1．解析：由题意，A∩B＝{5，7，11}，故A∩B中元素的个数为3.故选B.
答案：B
2．解析：∵z＝i(1＋ eq \r(3) i)＝－ eq \r(3) ＋i，
∴|z|＝2， eq \(z,\s\up6(－)) ＝－ eq \r(3) －i，
∴ eq \f(|z|,\(z,\s\up6(－))) ＝－ eq \f(2,\r(3)＋i) ＝－ eq \f(2（\r(3)－i）,4) ＝－ eq \f(\r(3),2) ＋ eq \f(1,2) i.故选D.
答案：D
3．解析：f′(x0)＝0时，x0不一定是极值点，还需要在x＝x0两侧的单调性不相同．
x0是f(x)的极值点时，由于f(x)在R上连续，所以f′(x0)＝0.
所以f′(x0)＝0是x0为函数f(x)极值点的必要不充分条件．故选C.
答案：C
4．解析：因为圆锥的侧面展开图是直径为a的半圆面，所以圆锥母线长为 eq \f(a,2) ，圆锥底半径r＝ eq \f(a,4) ，所以此圆锥的轴截面是等边三角形．故选A.
答案：A
5．解析：因为P( eq \(A,\s\up6(－)) )＝ eq \f(2,3) ，所以P(A)＝1－P( eq \(A,\s\up6(－)) )＝1－ eq \f(2,3) ＝ eq \f(1,3) ，
又P(AB)＝ eq \f(1,9) ，P(B)＝ eq \f(1,3) ，所以P(AB)＝P(A)·P(B)，则A与B相互独立；
因为P( eq \(A,\s\up6(－)) )≠P(B)，所以事件A与B显然不对立，无法确定事件A与B是否互斥．故选C.
答案：C
6．解析：∵cs ( eq \f(π,2) ＋α)＝－sin α＝ eq \f(\r(3),3) ，∴sin α＝－ eq \f(\r(3),3) ，
∴－ eq \f(π,2) <α<0，∴cs α＝ eq \f(\r(6),3) .
∴sin (α＋ eq \f(π,3) )＝sin αcs eq \f(π,3) ＋cs αsin eq \f(π,3) ＝ eq \f(3\r(2)－\r(3),6) .故选A.
答案：A
7．解析：易知点B(a，2)在直线y＝2上，过点A(0，－2)作圆的切线，
设切线的斜率为k，则切线方程为y＝kx－2，
即kx－y－2＝0，
由d＝ eq \f(|0－0－2|,\r(1＋k2)) ＝1，得k＝± eq \r(3) ，
∴切线方程为y＝± eq \r(3) x－2，和直线y＝2的交点坐标分别为(－ eq \f(4\r(3),3) ，2)，( eq \f(4\r(3),3) ，2)，
故要使视线不被⊙O挡住，则实数a的取值范围是(－∞，－ eq \f(4\r(3),3) )∪( eq \f(4\r(3),3) ，＋∞).故选B.
答案：B
8．解析：由函数f(x)满足f(x)＋f(－x)＝0，可知函数为奇函数，
∵f(1－m)－f(m)≥ eq \f(1,3) [(1－m)3－m3]，
即f(1－m)－ eq \f(1,3) (1－m)3≥f(m)－ eq \f(1,3) m3，
构造函数g(x)＝f(x)－ eq \f(1,3) x3，
由题意知：在(0，＋∞)上，g′(x)＝f′(x)－x2<0，
故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∵f(x)为奇函数，
∴g(－x)＝f(－x)＋ eq \f(1,3) x3＝－f(x)＋ eq \f(1,3) x3＝－g(x)，
即g(x)为奇函数，
故g(x)在R上单调递减，
因此原不等式可化为：g(1－m)≥g(m)，
即1－m≤m，解得m≥ eq \f(1,2) .故选D.
答案：D
9．解析：甲、乙两班学生成绩的平均数都是135，故两班成绩的平均数相同，A正确；s eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(甲)) ＝191>110＝s eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(乙)) ，甲班成绩不如乙班稳定，即甲班的成绩波动较大，B正确．
甲、乙两班人数相同，但甲班的中位数为149，乙班的中位数为151，从而易知乙班不少于150个的人数要多于甲班，C正确；由题表看不出两班学生成绩的众数，D错误．故选ABC.
答案：ABC
10．解析：对于A选项，m(a－b)＝ma－mb，A对；
对于B选项，(m－n)a＝ma－na，B对；
对于C选项，若ma＝mb，则m(a－b)＝0，所以，m＝0或a＝b，C错；
对于D选项，若ma＝na(a≠0)，则(m－n)a＝0，所以，m－n＝0，即m＝n，D对．
故选ABD.
答案：ABD
11．解析：因为Sn＝－n2＋33n(n∈N*)，
所以Sn－1＝－(n－1)2＋33(n－1)(n≥2)，
两式相减得an＝－2n＋34，
当n＝1时，a1＝32适合上式，
所以an＝－2n＋34，
因为an＋1－an＝－2<0，所以数列{an}是递减数列，
由an＝－2n＋34≥0，解得n≤17，且a17＝0，
所以当n＝16或17时，Sn取得最大值，
所以|a1|＋|a2|＋…＋|a30|
＝a1＋a2＋…＋a17－a18－a19－…－a30
＝2(a1＋a2＋…＋a17)－(a1＋a2＋…＋a17＋a18＋a19＋…＋a30)，
＝2× eq \f(17（a1＋a17）,2) － eq \f(30（a1＋a30）,2) ＝454.故选BC.
答案：BC
12．解析：因为双曲线C： eq \f(x2,t－7) － eq \f(y2,t) ＝1的一条渐近线方程为4x－3y＝0，
所以 eq \f(t,t－7) ＝ eq \f(16,9) ，解得t＝16，故A错误；
双曲线方程为 eq \f(x2,9) － eq \f(y2,16) ＝1，
故a＝3，b＝4，c＝ eq \r(9＋16) ＝5，
所以该双曲线的离心率e＝ eq \f(5,3) ，故B正确；
点(5，0)为双曲线的右焦点，
当x＝5时，y＝± eq \f(16,3) ，
当A，B两点都在双曲线的右支上时， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB)) ≥ eq \f(32,3) ，
因为 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB)) ＝ eq \f(32,3) ，所以这种情况的直线AB只有一条，且AB与x轴垂直，
当A，B在双曲线的左右两支上时，
可得 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB)) ≥2a＝6，
而 eq \f(32,3) >6，可得这样的直线有两条，
综上所述，满足 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB)) ＝ eq \f(32,3) 的直线l有3条，故C错误；
双曲线的渐近线方程为y＝± eq \f(4,3) x，
要使A和B分别在双曲线左、右两支上，
则直线l的斜率的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，\f(4,3))) ，故D正确．
答案：BD
13．解析：因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x∈[0，＋∞)时，f(x)＝x2＋2x，则
f(－1)＝－f(1)＝－(12＋2×1)＝－3.
答案：－3
14．解析：抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F(0， eq \f(p,2) )，
将y＝ eq \f(p,2) 代入x2＝2py可得x＝±p，即有A(p， eq \f(p,2) )，B(－p， eq \f(p,2) )，
所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB)) ＝2p，所以S△AOB＝ eq \f(1,2) × eq \f(p,2) ×2p＝18，解得p＝6.
答案：6
15．解析：∵3a＝5b＝A，∴a＝lg3A，b＝lg5A，A>0.
∴ eq \f(1,a) ＝lgA3， eq \f(1,b) ＝lgA5.
又∵ eq \f(1,a) ＋ eq \f(2,b) ＝2，
∴lgA3＋2lgA5＝2⇒lgA3＋lgA25＝2，
即lgA75＝2，∴A2＝75，∵A>0，∴A＝5 eq \r(3) .
答案：5 eq \r(3)
16．解析：设圆锥底面圆的半径为R cm，圆柱形冰块的底面圆半径为x cm，高为h cm，由题意可得， eq \f(\r(3),4) ×(2R)2＝16 eq \r(3) ，解得R＝4，h≤tan eq \f(π,3) ·(R－x)＝ eq \r(3) (4－x)(00；当 eq \f(8,3) 答案： eq \f(256\r(3)π,27)
17．解析：(1)因为cs B＝ eq \f(a,c) － eq \f(b,2c) ，
即2c cs B＝2a－b，由正弦定理可得2sin C cs B＝2sin A－sin B，
又sin A＝sin [π－(B＋C)]＝sin (B＋C)，
即2sin C cs B＝2sin (B＋C)－sin B，
所以2sin C cs B＝2sin B cs C＋2cs B sin C－sin B，
即2sin B cs C＝sin B，因为sin B>0，所以cs C＝ eq \f(1,2) ，又C∈(0，π)，所以C＝ eq \f(π,3) .
(2)因为c＝2a，所以sin A＝ eq \f(1,2) sin C＝ eq \f(1,2) × eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(\r(3),4) ，
因为c>a，所以cs A＝ eq \r(1－sin 2A) ＝ eq \f(\r(13),4) ，
所以sin B＝sin (A＋C)＝sin A cs C＋cs A sin C＝ eq \f(\r(3),4) × eq \f(1,2) ＋ eq \f(\r(13),4) × eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(\r(3)＋\r(39),8) .
18．解析：(1)若q＝1，则S3＝ eq \f(3,4) ≠ eq \f(3,16) 不符合题意，∴q≠1，
当q≠1时，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,4),S3＝\f(a1（1－q3）,1－q)＝\f(3,16))) ，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,4),q＝－\f(1,2))) ，
∴an＝ eq \f(1,4) ·(－ eq \f(1,2) )n－1＝(－ eq \f(1,2) )n＋1.
(2)∵bn＝lg eq \s\d9(\f(1,2)) |an|＝lg eq \s\d9(\f(1,2)) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(（－\f(1,2)）n＋1)) ＝n＋1，
∴ eq \f(1,bnbn＋1) ＝ eq \f(1,（n＋1）（n＋2）) ＝ eq \f(1,n＋1) － eq \f(1,n＋2) ，
∴Tn＝ eq \f(1,b1b2) ＋ eq \f(1,b2b3) ＋…＋ eq \f(1,bnbn＋1) ＝( eq \f(1,2) － eq \f(1,3) )＋( eq \f(1,3) － eq \f(1,4) )＋…＋( eq \f(1,n＋1) － eq \f(1,n＋2) )＝ eq \f(1,2) － eq \f(1,n＋2) .
19．解析：(1)连接CM交BD于点O，连接PO，
因为AD＝3AM，延长CM交AB于E，
由AB∥CD，则 eq \f(AE,CD) ＝ eq \f(AM,MD) ＝ eq \f(1,2) ，可得AE＝1，
四边形EBCD为正方形，则BD⊥CM，且O为BD中点，
由PB＝PD＝2，则BD⊥PO，且CM∩PO＝O，CM，PO⊂平面PCM，
所以BD⊥平面PCM，PC⊂平面PCM，则BD⊥PC；
(2)以C为原点，CD为x轴，CB为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则M( eq \f(4,3) ， eq \f(4,3) ，0)，B(0，2，0)，D(2，0，0)，C(0，0，0)，设P(x，y，z)，
由BD⊥平面PCM，BD⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PCM，
由PB＝PD＝2，则PO＝ eq \r(2) ，由BC＝CD＝2AB＝2且BC⊥CD，则OC＝ eq \r(2) ，
又PC＝ eq \r(2) ，故△POC为等边三角形，且平面ABCD⊥平面POC，
所以P( eq \f(1,2) ， eq \f(1,2) ， eq \f(\r(6),2) )，则N( eq \f(1,4) ， eq \f(1,4) ， eq \f(\r(6),4) )，
综上， eq \(MN,\s\up6(→)) ＝(－ eq \f(13,12) ，－ eq \f(13,12) ， eq \f(\r(6),4) )， eq \(BD,\s\up6(→)) ＝(2，－2，0)， eq \(PD,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，－\f(1,2)，－\f(\r(6),2))) ，
设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝2x－2y＝0,n·\(PD,\s\up6(→))＝\f(3,2)x－\f(1,2)y－\f(\r(6),2)z＝0)) ，令x＝ eq \r(6) ，解得n＝( eq \r(6) ， eq \r(6) ，2)，
所以sin θ＝ eq \f(|\(MN,\s\up6(→))·n|,|\(MN,\s\up6(→))|·|n\(|,\s\up6( )) ) ＝ eq \f(5\r(6),14\r(2)) ＝ eq \f(5\r(3),14) .
20．解析：(1)比赛结束后冠亚军恰好来自不同校区的概率是p＝ eq \f(C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) ＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(5)) ＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(5)) ,C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(12)) ) ＝ eq \f(47,66) ；
(2)①由题可知f(p)＝C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) p3(1－p)＝3p3(1－p)，
f′(p)＝3[3p2(1－p)＋p3×(－1)]＝3p2(3－4p)，
令f′(p)＝0，得p＝ eq \f(3,4) ，
当p∈(0， eq \f(3,4) )时，f′(p)>0，f(p)在(0， eq \f(3,4) )上单调递增；
当p∈( eq \f(3,4) ，1)时，f′(p)<0，f(p)在( eq \f(3,4) ，1)上单调递减．
所以f(p)的最大值点p0＝ eq \f(3,4) ，
②X的可能取值为0，1，2，3.
P(X＝0)＝(1－p)3＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) p(1－p)3＝(1－ eq \f(3,4) )3＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) × eq \f(3,4) ×(1－ eq \f(3,4) )3＝ eq \f(13,256) ；
P(X＝1)＝C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) p2(1－p)3＝C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ×( eq \f(3,4) )2×(1－ eq \f(3,4) )3＝ eq \f(27,512) ；
P(X＝2)＝C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) p2(1－p)2p＝C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ( eq \f(3,4) )2×(1－ eq \f(3,4) )2× eq \f(3,4) ＝ eq \f(81,512) ；
P(X＝3)＝p3＋pC eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) p2(1－p)＝( eq \f(3,4) )3＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ( eq \f(3,4) )2×(1－ eq \f(3,4) )× eq \f(3,4) ＝ eq \f(189,256) .
所以X的分布列为
X的期望为E(X)＝0× eq \f(13,256) ＋1× eq \f(27,512) ＋2× eq \f(81,512) ＋3× eq \f(189,256) ＝ eq \f(1 323,512) .21.解析：
(1)如图，以AB为直径的圆O与以PM为直径的圆O1内切，
则|OO1|＝ eq \f(|AB|,2) － eq \f(|PM|,2)
＝2－ eq \f(|PM|,2) .
连接PN，因为点O和O1分别是MN和PM的中点，所以|OO1|＝ eq \f(|PN|,2) .
故有 eq \f(|PN|,2) ＝2－ eq \f(|PM|,2) ，即|PN|＋|PM|＝4，
又4>2＝|MN|，所以点P的轨迹是以M，N为焦点的椭圆．
因为2a＝4，c＝1，所以b2＝a2－c2＝3，故Ω的方程为 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1.
(2)存在λ＝ eq \f(1,2) 满足题意．
理由如下：设Q(x0，y0)，G(2，y1)，H(2，y2).显然y1y2>0.
依题意，直线AQ不与坐标轴垂直，设直线AQ的方程为x＝my－2(m≠0)，
因为点G在这条直线上，所以my1＝4，m＝ eq \f(4,y1) .
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my－2，,3x2＋4y2＝12，)) 得(3m2＋4)y2－12my＝0的两根分别为y0和0，
则y0＝ eq \f(12m,3m2＋4) ，x0＝my0－2＝ eq \f(6m2－8,3m2＋4) ，
所以kQN＝ eq \f(y0,x0－1) ＝ eq \f(\f(12m,3m2＋4),\f(6m2－8,3m2＋4)－1) ＝ eq \f(4m,m2－4) ＝ eq \f(4y1,4－y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) ，kNH＝y2.
设∠BNH＝θ，则∠BNQ＝2θ，则kQN＝tan 2θ，kNH＝tan θ，
所以tan 2θ＝ eq \f(2tan θ,1－tan 2θ) ＝ eq \f(2y2,1－y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ) ＝ eq \f(4y1,4－y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) ，整理得(y1－2y2)(y1y2＋2)＝0，
因为y1y2>0，所以y1－2y2＝0，即y2＝ eq \f(1,2) y1.
故存在常数λ＝ eq \f(1,2) ，使得 eq \(BH,\s\up6(→)) ＝λ eq \(BG,\s\up6(→)) .
22．解析：(1)证明：要证f(x)< eq \r(x) ，即证：当x∈(0，＋∞)时，不等式ln x－ eq \r(x) <0恒成立．
令F(x)＝ln x－ eq \r(x) ，则F′(x)＝ eq \f(1,x) － eq \f(1,2\r(x)) ＝ eq \f(2－\r(x),2x) ，
故当00，F(x)单调递增；
当x>4时，F′(x)<0，F(x)单调递减．
则F(x)max＝F(4)＝ln 4－2<0，故f(x)< eq \r(x) .
(2)由f(x)＝g(x)可得a＝ eq \f(ln x,x) ＋ eq \f(5,x) － eq \f(2,x2) ＝ eq \f(x ln x＋5x－2,x2) ，
构造函数h(x)＝ eq \f(5＋ln x,x) － eq \f(2,x2) ，其中x>0，
则h′(x)＝ eq \f(\f(1,x)·x－（5＋ln x）,x2) ＋ eq \f(4,x3) ＝ eq \f(4－4x－x ln x,x3) ，
当00，ln x<0，则h′(x)>0，此时函数h(x)单调递增，
当x>1时，4－4x<0，ln x>0，则h′(x)<0，此时函数h(x)单调递减，
所以h(x)max＝h(1)＝3，
令φ(x)＝x ln x＋5x－2，则当x>1时，φ(x)>5x－2>0，
当0作出函数h(x)与y＝a的图象如图所示：
由图可知，当0因此，实数a的取值范围是(0，3).
班级
参加人数
中位数
方差
平均数
甲
55
149
191
135
乙
55
151
110
135
X
0
1
2
3
P
eq \f(13,256)
eq \f(27,512)
eq \f(81,512)
eq \f(189,256)
1. 已知集合A＝{1，2，3，5，7，11}，B＝{x|3
2．已知复数z＝i(1＋ eq \r(3) i)，则 eq \f(|z|,\(z,\s\up6(－))) ＝( )
A． eq \r(3) －i B. － eq \r(3) ＋i
C． eq \f(\r(3),2) － eq \f(1,2) i D. － eq \f(\r(3),2) ＋ eq \f(1,2) i
3．已知f(x)在R上连续，y＝f′(x)是y＝f(x)的导函数，则f′(x0)＝0是x0为函数f(x)极值点的( )
A．充要条件 B. 充分不必要条件
C．必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件
4．圆锥的侧面展开图是直径为a的半圆面，那么此圆锥的轴截面是( )
A．等边三角形 B. 等腰直角三角形
C．顶角为30°的等腰三角形 D. 其他等腰三角形
5．若P(AB)＝ eq \f(1,9) ，P( eq \(A,\s\up6(－)) )＝ eq \f(2,3) ，P(B)＝ eq \f(1,3) ，则事件A与B的关系是( )
A．事件A与B互斥 B. 事件A与B对立
C．事件A与B相互独立 D. 事件A与B既互斥又相互独立
6．已知cs ( eq \f(π,2) ＋α)＝ eq \f(\r(3),3) (－ eq \f(π,2) <α< eq \f(π,2) )，则sin (α＋ eq \f(π,3) )＝( )
A． eq \f(3\r(2)－\r(3),6) B. eq \f(3\r(2)＋\r(3),6) C． eq \f(\r(6)－3,6) D. eq \f(\r(6)＋3,6)
7．已知⊙O：x2＋y2＝1，点A(0，－2)，B(a，2)，从点A观察点B，要使视线不被⊙O挡住，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－2)∪(2，＋∞) B. (－∞，－ eq \f(4\r(3),3) )∪( eq \f(4\r(3),3) ，＋∞)
C．(－∞，－ eq \f(2\r(3),3) )∪( eq \f(2\r(3),3) ，＋∞) D．(－ eq \f(4\r(3),3) ， eq \f(4\r(3),3) )
8．函数f(x)满足f(x)＋f(－x)＝0，f(x)在R上存在导函数f′(x)，且在(0，＋∞)上f′(x)
C． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2))) D. eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
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．甲、乙两班举行电脑汉字录入比赛，参赛学生每分钟录入汉字的个数经统计计算后填入下表，某同学根据表中数据分析得出的结论正确的是( )
A.甲、乙两班学生成绩的平均数相同
B．甲班的成绩波动比乙班的成绩波动大
C．乙班优秀的人数多于甲班优秀的人数(每分钟输入汉字数≥150个为优秀)
D．甲班成绩的众数小于乙班成绩的众数
10．已知实数m、n和向量a、b，下列结论中正确的是( )
A．m(a－b)＝ma－mb B. (m－n)a＝ma－na
C．若ma＝mb，则a＝b D. 若ma＝na(a≠0)，则m＝n
11．已知数列{an}的前n项和为Sn＝－n2＋33n(n∈N*)，则下列说法正确的是( )
A．{an}是递增数列 B. an＝－2n＋34
C．当n＝16或17时，Sn取得最大值 D. |a1|＋|a2|＋…＋|a30|＝452
12．已知双曲线C： eq \f(x2,t－7) － eq \f(y2,t) ＝1的一条渐近线方程为4x－3y＝0，过点(5，0)作直线l交该双曲线于A和B两点，则下列结论中正确的有( )
A．t＝16或－9
B．该双曲线的离心率为 eq \f(5,3)
C．满足 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB)) ＝ eq \f(32,3) 的直线l有且仅有一条
D．若A和B分别在双曲线左、右两支上，则直线l的斜率的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，\f(4,3)))
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x∈[0，＋∞)时，f(x)＝x2＋2x，则f(－1)＝________．
14．已知抛物线C：x2＝2py eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p>0)) 的焦点为F，过F且垂直于y轴的直线与C相交于A，B两点，若△AOB(O为坐标原点)的面积为18，则p＝________．
15．已知3a＝5b＝A，则 eq \f(1,a) ＋ eq \f(2,b) ＝2，则A等于________．
16．如图，某款酒杯容器部分为圆锥，且该圆锥的轴截面为面积是16 eq \r(3) cm2的正三角形．若在该酒杯内放置一个圆柱形冰块，要求冰块高度不超过酒杯口高度，则酒杯可放置圆柱冰块的最大体积为________cm3.
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．(10分)在△ABC 中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cs B＝ eq \f(a,c) － eq \f(b,2c) .
(1)求C；
(2)若c＝2a，求sin B．
18．(12分)已知数列{an}为首项a1＝ eq \f(1,4) 的等比数列，其前n项和Sn中S3＝ eq \f(3,16) ，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝lg eq \s\d9(\f(1,2)) |an|，Tn＝ eq \f(1,b1b2) ＋ eq \f(1,b2b3) ＋…＋ eq \f(1,bnbn＋1) ，求Tn.
19.
(12分)如图，四棱锥P ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，BC＝CD＝2AB＝2，PB＝PD＝2，PC＝ eq \r(2) ，AD＝3AM，N为PC中点．
(1)证明：BD⊥PC；
(2)求直线MN与平面PBD所成角的正弦值．
20．(12分)为落实立德树人根本任务，坚持五育并举全面推进素质教育，某学校举行了乒乓球比赛，其中参加男子乒乓球决赛的12名队员来自3个不同校区，三个校区的队员人数分别是3，4，5.本次决赛的比赛赛制采取单循环方式，即每名队员进行11场比赛(每场比赛都采取5局3胜制)，最后根据积分选出冠军．积分规则如下：比赛中以3∶0或3∶1取胜的队员积3分，失败的队员积0分；而在比赛中以3∶2取胜的队员积2分，失败的队员积1分．已知第10轮张三对抗李四，设每局比赛张三取胜的概率均为p(0
(2)第10轮比赛中，记张三3∶1取胜的概率为f(p).
①求出f(p)的最大值点p0；
②若以p0作为p的值，这轮比赛张三所得积分为X，求X的分布列及期望．
21．(12分)在平面直角坐标系xOy中，A(－2，0)，B(2，0)，M(－1，0)，N(1，0)，点P是平面内的动点，且以AB为直径的圆O与以PM为直径的圆O1内切．
(1)证明|PM|＋|PN|为定值，并求点P的轨迹Ω的方程．
(2)过点A的直线与轨迹Ω交于另一点Q(异于点B)，与直线x＝2交于一点G，∠QNB的角平分线与直线x＝2交于点H，是否存在常数λ，使得 eq \(BH,\s\up6(→)) ＝λ eq \(BG,\s\up6(→)) 恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
22．(12分)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋ eq \f(2,x) －5.
(1)证明：f(x)< eq \r(x) ；
(2)若函数f(x)的图象与g(x)的图象有两个不同的公共点，求实数a的取值范围．
2023年高考数学押题卷(四)
1．解析：由题意，A∩B＝{5，7，11}，故A∩B中元素的个数为3.故选B.
答案：B
2．解析：∵z＝i(1＋ eq \r(3) i)＝－ eq \r(3) ＋i，
∴|z|＝2， eq \(z,\s\up6(－)) ＝－ eq \r(3) －i，
∴ eq \f(|z|,\(z,\s\up6(－))) ＝－ eq \f(2,\r(3)＋i) ＝－ eq \f(2（\r(3)－i）,4) ＝－ eq \f(\r(3),2) ＋ eq \f(1,2) i.故选D.
答案：D
3．解析：f′(x0)＝0时，x0不一定是极值点，还需要在x＝x0两侧的单调性不相同．
x0是f(x)的极值点时，由于f(x)在R上连续，所以f′(x0)＝0.
所以f′(x0)＝0是x0为函数f(x)极值点的必要不充分条件．故选C.
答案：C
4．解析：因为圆锥的侧面展开图是直径为a的半圆面，所以圆锥母线长为 eq \f(a,2) ，圆锥底半径r＝ eq \f(a,4) ，所以此圆锥的轴截面是等边三角形．故选A.
答案：A
5．解析：因为P( eq \(A,\s\up6(－)) )＝ eq \f(2,3) ，所以P(A)＝1－P( eq \(A,\s\up6(－)) )＝1－ eq \f(2,3) ＝ eq \f(1,3) ，
又P(AB)＝ eq \f(1,9) ，P(B)＝ eq \f(1,3) ，所以P(AB)＝P(A)·P(B)，则A与B相互独立；
因为P( eq \(A,\s\up6(－)) )≠P(B)，所以事件A与B显然不对立，无法确定事件A与B是否互斥．故选C.
答案：C
6．解析：∵cs ( eq \f(π,2) ＋α)＝－sin α＝ eq \f(\r(3),3) ，∴sin α＝－ eq \f(\r(3),3) ，
∴－ eq \f(π,2) <α<0，∴cs α＝ eq \f(\r(6),3) .
∴sin (α＋ eq \f(π,3) )＝sin αcs eq \f(π,3) ＋cs αsin eq \f(π,3) ＝ eq \f(3\r(2)－\r(3),6) .故选A.
答案：A
7．解析：易知点B(a，2)在直线y＝2上，过点A(0，－2)作圆的切线，
设切线的斜率为k，则切线方程为y＝kx－2，
即kx－y－2＝0，
由d＝ eq \f(|0－0－2|,\r(1＋k2)) ＝1，得k＝± eq \r(3) ，
∴切线方程为y＝± eq \r(3) x－2，和直线y＝2的交点坐标分别为(－ eq \f(4\r(3),3) ，2)，( eq \f(4\r(3),3) ，2)，
故要使视线不被⊙O挡住，则实数a的取值范围是(－∞，－ eq \f(4\r(3),3) )∪( eq \f(4\r(3),3) ，＋∞).故选B.
答案：B
8．解析：由函数f(x)满足f(x)＋f(－x)＝0，可知函数为奇函数，
∵f(1－m)－f(m)≥ eq \f(1,3) [(1－m)3－m3]，
即f(1－m)－ eq \f(1,3) (1－m)3≥f(m)－ eq \f(1,3) m3，
构造函数g(x)＝f(x)－ eq \f(1,3) x3，
由题意知：在(0，＋∞)上，g′(x)＝f′(x)－x2<0，
故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∵f(x)为奇函数，
∴g(－x)＝f(－x)＋ eq \f(1,3) x3＝－f(x)＋ eq \f(1,3) x3＝－g(x)，
即g(x)为奇函数，
故g(x)在R上单调递减，
因此原不等式可化为：g(1－m)≥g(m)，
即1－m≤m，解得m≥ eq \f(1,2) .故选D.
答案：D
9．解析：甲、乙两班学生成绩的平均数都是135，故两班成绩的平均数相同，A正确；s eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(甲)) ＝191>110＝s eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(乙)) ，甲班成绩不如乙班稳定，即甲班的成绩波动较大，B正确．
甲、乙两班人数相同，但甲班的中位数为149，乙班的中位数为151，从而易知乙班不少于150个的人数要多于甲班，C正确；由题表看不出两班学生成绩的众数，D错误．故选ABC.
答案：ABC
10．解析：对于A选项，m(a－b)＝ma－mb，A对；
对于B选项，(m－n)a＝ma－na，B对；
对于C选项，若ma＝mb，则m(a－b)＝0，所以，m＝0或a＝b，C错；
对于D选项，若ma＝na(a≠0)，则(m－n)a＝0，所以，m－n＝0，即m＝n，D对．
故选ABD.
答案：ABD
11．解析：因为Sn＝－n2＋33n(n∈N*)，
所以Sn－1＝－(n－1)2＋33(n－1)(n≥2)，
两式相减得an＝－2n＋34，
当n＝1时，a1＝32适合上式，
所以an＝－2n＋34，
因为an＋1－an＝－2<0，所以数列{an}是递减数列，
由an＝－2n＋34≥0，解得n≤17，且a17＝0，
所以当n＝16或17时，Sn取得最大值，
所以|a1|＋|a2|＋…＋|a30|
＝a1＋a2＋…＋a17－a18－a19－…－a30
＝2(a1＋a2＋…＋a17)－(a1＋a2＋…＋a17＋a18＋a19＋…＋a30)，
＝2× eq \f(17（a1＋a17）,2) － eq \f(30（a1＋a30）,2) ＝454.故选BC.
答案：BC
12．解析：因为双曲线C： eq \f(x2,t－7) － eq \f(y2,t) ＝1的一条渐近线方程为4x－3y＝0，
所以 eq \f(t,t－7) ＝ eq \f(16,9) ，解得t＝16，故A错误；
双曲线方程为 eq \f(x2,9) － eq \f(y2,16) ＝1，
故a＝3，b＝4，c＝ eq \r(9＋16) ＝5，
所以该双曲线的离心率e＝ eq \f(5,3) ，故B正确；
点(5，0)为双曲线的右焦点，
当x＝5时，y＝± eq \f(16,3) ，
当A，B两点都在双曲线的右支上时， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB)) ≥ eq \f(32,3) ，
因为 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB)) ＝ eq \f(32,3) ，所以这种情况的直线AB只有一条，且AB与x轴垂直，
当A，B在双曲线的左右两支上时，
可得 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB)) ≥2a＝6，
而 eq \f(32,3) >6，可得这样的直线有两条，
综上所述，满足 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB)) ＝ eq \f(32,3) 的直线l有3条，故C错误；
双曲线的渐近线方程为y＝± eq \f(4,3) x，
要使A和B分别在双曲线左、右两支上，
则直线l的斜率的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，\f(4,3))) ，故D正确．
答案：BD
13．解析：因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x∈[0，＋∞)时，f(x)＝x2＋2x，则
f(－1)＝－f(1)＝－(12＋2×1)＝－3.
答案：－3
14．解析：抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F(0， eq \f(p,2) )，
将y＝ eq \f(p,2) 代入x2＝2py可得x＝±p，即有A(p， eq \f(p,2) )，B(－p， eq \f(p,2) )，
所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB)) ＝2p，所以S△AOB＝ eq \f(1,2) × eq \f(p,2) ×2p＝18，解得p＝6.
答案：6
15．解析：∵3a＝5b＝A，∴a＝lg3A，b＝lg5A，A>0.
∴ eq \f(1,a) ＝lgA3， eq \f(1,b) ＝lgA5.
又∵ eq \f(1,a) ＋ eq \f(2,b) ＝2，
∴lgA3＋2lgA5＝2⇒lgA3＋lgA25＝2，
即lgA75＝2，∴A2＝75，∵A>0，∴A＝5 eq \r(3) .
答案：5 eq \r(3)
16．解析：设圆锥底面圆的半径为R cm，圆柱形冰块的底面圆半径为x cm，高为h cm，由题意可得， eq \f(\r(3),4) ×(2R)2＝16 eq \r(3) ，解得R＝4，h≤tan eq \f(π,3) ·(R－x)＝ eq \r(3) (4－x)(0
17．解析：(1)因为cs B＝ eq \f(a,c) － eq \f(b,2c) ，
即2c cs B＝2a－b，由正弦定理可得2sin C cs B＝2sin A－sin B，
又sin A＝sin [π－(B＋C)]＝sin (B＋C)，
即2sin C cs B＝2sin (B＋C)－sin B，
所以2sin C cs B＝2sin B cs C＋2cs B sin C－sin B，
即2sin B cs C＝sin B，因为sin B>0，所以cs C＝ eq \f(1,2) ，又C∈(0，π)，所以C＝ eq \f(π,3) .
(2)因为c＝2a，所以sin A＝ eq \f(1,2) sin C＝ eq \f(1,2) × eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(\r(3),4) ，
因为c>a，所以cs A＝ eq \r(1－sin 2A) ＝ eq \f(\r(13),4) ，
所以sin B＝sin (A＋C)＝sin A cs C＋cs A sin C＝ eq \f(\r(3),4) × eq \f(1,2) ＋ eq \f(\r(13),4) × eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(\r(3)＋\r(39),8) .
18．解析：(1)若q＝1，则S3＝ eq \f(3,4) ≠ eq \f(3,16) 不符合题意，∴q≠1，
当q≠1时，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,4),S3＝\f(a1（1－q3）,1－q)＝\f(3,16))) ，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,4),q＝－\f(1,2))) ，
∴an＝ eq \f(1,4) ·(－ eq \f(1,2) )n－1＝(－ eq \f(1,2) )n＋1.
(2)∵bn＝lg eq \s\d9(\f(1,2)) |an|＝lg eq \s\d9(\f(1,2)) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(（－\f(1,2)）n＋1)) ＝n＋1，
∴ eq \f(1,bnbn＋1) ＝ eq \f(1,（n＋1）（n＋2）) ＝ eq \f(1,n＋1) － eq \f(1,n＋2) ，
∴Tn＝ eq \f(1,b1b2) ＋ eq \f(1,b2b3) ＋…＋ eq \f(1,bnbn＋1) ＝( eq \f(1,2) － eq \f(1,3) )＋( eq \f(1,3) － eq \f(1,4) )＋…＋( eq \f(1,n＋1) － eq \f(1,n＋2) )＝ eq \f(1,2) － eq \f(1,n＋2) .
19．解析：(1)连接CM交BD于点O，连接PO，
因为AD＝3AM，延长CM交AB于E，
由AB∥CD，则 eq \f(AE,CD) ＝ eq \f(AM,MD) ＝ eq \f(1,2) ，可得AE＝1，
四边形EBCD为正方形，则BD⊥CM，且O为BD中点，
由PB＝PD＝2，则BD⊥PO，且CM∩PO＝O，CM，PO⊂平面PCM，
所以BD⊥平面PCM，PC⊂平面PCM，则BD⊥PC；
(2)以C为原点，CD为x轴，CB为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则M( eq \f(4,3) ， eq \f(4,3) ，0)，B(0，2，0)，D(2，0，0)，C(0，0，0)，设P(x，y，z)，
由BD⊥平面PCM，BD⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PCM，
由PB＝PD＝2，则PO＝ eq \r(2) ，由BC＝CD＝2AB＝2且BC⊥CD，则OC＝ eq \r(2) ，
又PC＝ eq \r(2) ，故△POC为等边三角形，且平面ABCD⊥平面POC，
所以P( eq \f(1,2) ， eq \f(1,2) ， eq \f(\r(6),2) )，则N( eq \f(1,4) ， eq \f(1,4) ， eq \f(\r(6),4) )，
综上， eq \(MN,\s\up6(→)) ＝(－ eq \f(13,12) ，－ eq \f(13,12) ， eq \f(\r(6),4) )， eq \(BD,\s\up6(→)) ＝(2，－2，0)， eq \(PD,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，－\f(1,2)，－\f(\r(6),2))) ，
设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝2x－2y＝0,n·\(PD,\s\up6(→))＝\f(3,2)x－\f(1,2)y－\f(\r(6),2)z＝0)) ，令x＝ eq \r(6) ，解得n＝( eq \r(6) ， eq \r(6) ，2)，
所以sin θ＝ eq \f(|\(MN,\s\up6(→))·n|,|\(MN,\s\up6(→))|·|n\(|,\s\up6( )) ) ＝ eq \f(5\r(6),14\r(2)) ＝ eq \f(5\r(3),14) .
20．解析：(1)比赛结束后冠亚军恰好来自不同校区的概率是p＝ eq \f(C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) ＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(5)) ＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(5)) ,C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(12)) ) ＝ eq \f(47,66) ；
(2)①由题可知f(p)＝C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) p3(1－p)＝3p3(1－p)，
f′(p)＝3[3p2(1－p)＋p3×(－1)]＝3p2(3－4p)，
令f′(p)＝0，得p＝ eq \f(3,4) ，
当p∈(0， eq \f(3,4) )时，f′(p)>0，f(p)在(0， eq \f(3,4) )上单调递增；
当p∈( eq \f(3,4) ，1)时，f′(p)<0，f(p)在( eq \f(3,4) ，1)上单调递减．
所以f(p)的最大值点p0＝ eq \f(3,4) ，
②X的可能取值为0，1，2，3.
P(X＝0)＝(1－p)3＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) p(1－p)3＝(1－ eq \f(3,4) )3＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) × eq \f(3,4) ×(1－ eq \f(3,4) )3＝ eq \f(13,256) ；
P(X＝1)＝C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) p2(1－p)3＝C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ×( eq \f(3,4) )2×(1－ eq \f(3,4) )3＝ eq \f(27,512) ；
P(X＝2)＝C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) p2(1－p)2p＝C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ( eq \f(3,4) )2×(1－ eq \f(3,4) )2× eq \f(3,4) ＝ eq \f(81,512) ；
P(X＝3)＝p3＋pC eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) p2(1－p)＝( eq \f(3,4) )3＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ( eq \f(3,4) )2×(1－ eq \f(3,4) )× eq \f(3,4) ＝ eq \f(189,256) .
所以X的分布列为
X的期望为E(X)＝0× eq \f(13,256) ＋1× eq \f(27,512) ＋2× eq \f(81,512) ＋3× eq \f(189,256) ＝ eq \f(1 323,512) .21.解析：
(1)如图，以AB为直径的圆O与以PM为直径的圆O1内切，
则|OO1|＝ eq \f(|AB|,2) － eq \f(|PM|,2)
＝2－ eq \f(|PM|,2) .
连接PN，因为点O和O1分别是MN和PM的中点，所以|OO1|＝ eq \f(|PN|,2) .
故有 eq \f(|PN|,2) ＝2－ eq \f(|PM|,2) ，即|PN|＋|PM|＝4，
又4>2＝|MN|，所以点P的轨迹是以M，N为焦点的椭圆．
因为2a＝4，c＝1，所以b2＝a2－c2＝3，故Ω的方程为 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1.
(2)存在λ＝ eq \f(1,2) 满足题意．
理由如下：设Q(x0，y0)，G(2，y1)，H(2，y2).显然y1y2>0.
依题意，直线AQ不与坐标轴垂直，设直线AQ的方程为x＝my－2(m≠0)，
因为点G在这条直线上，所以my1＝4，m＝ eq \f(4,y1) .
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my－2，,3x2＋4y2＝12，)) 得(3m2＋4)y2－12my＝0的两根分别为y0和0，
则y0＝ eq \f(12m,3m2＋4) ，x0＝my0－2＝ eq \f(6m2－8,3m2＋4) ，
所以kQN＝ eq \f(y0,x0－1) ＝ eq \f(\f(12m,3m2＋4),\f(6m2－8,3m2＋4)－1) ＝ eq \f(4m,m2－4) ＝ eq \f(4y1,4－y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) ，kNH＝y2.
设∠BNH＝θ，则∠BNQ＝2θ，则kQN＝tan 2θ，kNH＝tan θ，
所以tan 2θ＝ eq \f(2tan θ,1－tan 2θ) ＝ eq \f(2y2,1－y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ) ＝ eq \f(4y1,4－y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) ，整理得(y1－2y2)(y1y2＋2)＝0，
因为y1y2>0，所以y1－2y2＝0，即y2＝ eq \f(1,2) y1.
故存在常数λ＝ eq \f(1,2) ，使得 eq \(BH,\s\up6(→)) ＝λ eq \(BG,\s\up6(→)) .
22．解析：(1)证明：要证f(x)< eq \r(x) ，即证：当x∈(0，＋∞)时，不等式ln x－ eq \r(x) <0恒成立．
令F(x)＝ln x－ eq \r(x) ，则F′(x)＝ eq \f(1,x) － eq \f(1,2\r(x)) ＝ eq \f(2－\r(x),2x) ，
故当0
当x>4时，F′(x)<0，F(x)单调递减．
则F(x)max＝F(4)＝ln 4－2<0，故f(x)< eq \r(x) .
(2)由f(x)＝g(x)可得a＝ eq \f(ln x,x) ＋ eq \f(5,x) － eq \f(2,x2) ＝ eq \f(x ln x＋5x－2,x2) ，
构造函数h(x)＝ eq \f(5＋ln x,x) － eq \f(2,x2) ，其中x>0，
则h′(x)＝ eq \f(\f(1,x)·x－（5＋ln x）,x2) ＋ eq \f(4,x3) ＝ eq \f(4－4x－x ln x,x3) ，
当0
当x>1时，4－4x<0，ln x>0，则h′(x)<0，此时函数h(x)单调递减，
所以h(x)max＝h(1)＝3，
令φ(x)＝x ln x＋5x－2，则当x>1时，φ(x)>5x－2>0，
当0
由图可知，当0
班级
参加人数
中位数
方差
平均数
甲
55
149
191
135
乙
55
151
110
135
X
0
1
2
3
P
eq \f(13,256)
eq \f(27,512)
eq \f(81,512)
eq \f(189,256)
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