广东省2023年各地区高考数学模拟（二模）试题按题型难易度分层分类汇编（12套）-03解答题（提升题）1

这是一份广东省2023年各地区高考数学模拟（二模）试题按题型难易度分层分类汇编（12套）-03解答题（提升题）1，共32页。试卷主要包含了已知函数，nSn＝2n，2，且a1＝1等内容，欢迎下载使用。
广东省2023年各地区高考数学模拟（二模）试题按题型难易度分层分类汇编（12套）-03解答题（提升题）1
一．正弦函数的单调性（共1小题）
1．（2023•汕头二模）已知函数．
（1）求函数f（x）的定义域；
（2）若，求函数f（x）的单调区间．
二．数列的求和（共2小题）
2．（2023•高州市二模）已知数列{an}的前n项和Sn满足．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令，求数列{bn}的前n项和Tn．
3．（2023•广州二模）设Sn是数列{an}的前n项和，已知a3＝0，an+1+（﹣1）nSn＝2n．
（1）求a1，a2；
（2）令bn＝an+1+2an，求b2+b4+b6+…+b2n．
三．数列递推式（共1小题）
4．（2023•茂名二模）已知数列{an}的前n（n∈N*）项和Sn满足Sn+1+Sn＝2（n+1）2，且a1＝1．
（1）求a2，a3，a4；
（2）若Sn不超过240，求n的最大值．
四．三角形中的几何计算（共1小题）
5．（2023•韶关二模）在△ABC中，，，点P为△ABC内一点．
（1）若（图1），求△PBC的面积；
（2）若（图2），求PC的最小值．

五．解三角形（共2小题）
6．（2023•高州市二模）已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求角C的大小；
（2）若AC＝BC＝2，点M、N在边AB上，，求△CMN面积的最小值．
7．（2023•茂名二模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．
（1）求A；
（2）若D为边BC上一点，且2CD＝AD＝BD，试判断△ABC的形状．
六．直线与平面所成的角（共2小题）
8．（2023•潮州二模）图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2．

（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的直线CE与平面ACG所成角的正弦值．
9．（2023•广东二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝2，PD⊥CD．
（1）证明：AB⊥PB；
（2）若平面PAB⊥平面PCD，且，求直线AC与平面PBC所成角的正弦值．

七．二面角的平面角及求法（共3小题）
10．（2023•汕头二模）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线l⊂平面A1B1C1D1，l∩A1C1＝E，A1E＝3EC1．
（1）设l∩B1C1＝P，l∩C1D1＝Q，试在所给图中作出直线l，使得l⊥CE，并说明理由；
（2）设点A与（1）中所作直线l确定平面α．
①求平面α与平面ABCD的夹角的余弦值；
②请在备用图中作出平面α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面，并写出作法．

11．（2023•韶关二模）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E为AC的中点，AB＝1，BC＝2，，点B1在底面上的射影为点C．
（1）求证：AB1∥平面BEC1；
（2）若，求平面BEC1与平面AEC1A1所成角的正弦值．

12．（2023•湛江二模）如图1，在五边形ABCDE中，四边形ABCE为正方形，CD⊥DE，CD＝DE，如图2，将△ABE沿BE折起，使得A至A1处，且A1B⊥DE．

（1）证明：DE⊥平面A1BE．
（2）求二面角C﹣A1E﹣D的余弦值．

八．点、线、面间的距离计算（共1小题）
13．（2023•茂名二模）在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，O为AD的中点．
（1）求证：PO⊥BC；
（2）若AB∥CD，AB＝8，AD＝DC＝CB＝4，，点E在棱PB上，直线AE与平面ABCD所成角为，求点E到平面PCD的距离．

九．直线与椭圆的综合（共1小题）
14．（2023•湛江二模）设椭圆方程为，A（﹣2，0），B（2，0）分别是椭圆的左、右顶点，直线l过点C（6，0），当直线l经过点时，直线l与椭圆相切．
（1）求椭圆的方程．
（2）若直线l与椭圆交于P，Q（异于A，B）两点．
（i）求直线BP与BQ的斜率之积；
（ii）若直线AP与BQ的斜率之和为，求直线l的方程．
一十．直线与双曲线的综合（共1小题）
15．（2023•韶关二模）已知双曲线C：的左右焦点为F1，F2，经过F的圆O（O为坐标原点）交双曲线C的左支于M，N，且△OMN为正三角形．
（1）求双曲线C的标准方程及渐近线方程；
（2）若点P为双曲线C右支上一点，射线PF1，PF2分别交双曲线C于点A，B，试探究是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
一十一．离散型随机变量的期望与方差（共2小题）
16．（2023•潮州二模）新冠病毒引发的肺炎疫情在全球发生，为了解新冠肺炎传播途径，采取有效防控措施，某医院组织专家统计了该地区500名患者新冠病毒潜伏期的相关信息，数据经过汇总整理得到如图所示的频率分布直方图．潜伏期不高于6天的患者，称“短潜伏者”，潜伏期高于6天的患者，称“长潜伏者”．
（1）求这500名患者中“长潜伏者”的人数，并估计样本的80%分位数（精确到0.1）；
（2）研究发现，有5种药物对新冠病毒有一定的抑制作用，其中有2种特别有效，现在要通过逐一试验直到把这2种特别有效的药物找出来为止，每一次试验花费的费用是500元，设所需要的试验费用为X，求X的分布列与数学期望．

17．（2023•广东二模）甲、乙两名围棋学员进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为α，乙获胜的概率为β，两人平局的概率为γ（α+β+γ＝1，α＞0，β＞0，γ≥0），且每局比赛结果相互独立．
（1）若，，，求进行4局比赛后甲学员赢得比赛的概率；
（2）当γ＝0时，
（i）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望E（X）的最大值；
（ii）若比赛不限制局数，写出“甲学员赢得比赛”的概率（用α，β表示），无需写出过程．
一十二．线性回归方程（共1小题）
18．（2023•汕头二模）车胎凹槽深度是影响汽车刹车的因素，汽车行驶会导致轮胎胎面磨损．某实验室通过试验测得行驶里程与某品牌轮胎凹槽深度的数据如图：
行驶里程/万km
0.00
0.64
1.29
1.93
2.57
3.22
3.86
4.51
5.15
轮胎凹槽深度/mm
10.02
8.37
7.39
6.48
5.82
5.20
4.55
4.16
3.82
以行驶里程为横坐标、轮胎凹槽深度为纵坐标作散点图，如图所示．
（1）根据散点图，可认为散点集中在直线y＝bx+a附近，由此判断行驶里程与轮胎凹槽深度线性相关，并计算得如表数据，请求出行驶里程与轮胎凹槽深度的相关系数（保留两位有效数字），并推断它们线性相关程度的强弱；




2.57
6.20
115.10
29.46
附：相关系数
（2）通过散点图，也可认为散点集中在曲线y＝c1+c2ln（x+1）附近，考虑使用对数回归模型，并求得经验回归方程及该模型的决定系数R2＝0.998．已知（1）中的线性回归模型为，在同一坐标系作出这两个模型，据图直观回答：哪个模型的拟合效果更好？并用决定系数验证你的观察所得．
附：线性回归模型中，决定系数等于相关系数的平方，即R2＝r2．


广东省2023年各地区高考数学模拟（二模）试题按题型难易度分层分类汇编（12套）-03解答题（提升题）1
参考答案与试题解析
一．正弦函数的单调性（共1小题）
1．（2023•汕头二模）已知函数．
（1）求函数f（x）的定义域；
（2）若，求函数f（x）的单调区间．
【答案】（1）；
（2）f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为．
【解答】解：（1）tan2x﹣tanx≠0，即，则tanx≠0，即x≠kπ，k∈Z，
又tan2x，tanx有意义，则，k∈Z，
综上可得，，k∈Z，则函数f（x）的定义域为；
（2）＝＝＝＝＝＝＝＝；
∵，则，
由，解得，
由，解得，
即f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为．
二．数列的求和（共2小题）
2．（2023•高州市二模）已知数列{an}的前n项和Sn满足．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令，求数列{bn}的前n项和Tn．
【答案】（1）an＝4n﹣3；
（2）．
【解答】解：（1）当n＝1时，a1＝1，
当n≥2时，由 ，
得，
两式相减得an＝4n﹣3，
又a1＝1适合上式，
所以an＝4n﹣3；
（2）由（1）知：，
所以Tn＝b1+b2+...+bn，
＝，
则，
两式相减得，
＝，
＝，
所以．
3．（2023•广州二模）设Sn是数列{an}的前n项和，已知a3＝0，an+1+（﹣1）nSn＝2n．
（1）求a1，a2；
（2）令bn＝an+1+2an，求b2+b4+b6+…+b2n．
【答案】（1）a1＝1，a2＝3；（2）22n+1﹣2．
【解答】解：（1）当n＝1时，有a2﹣a1＝2，
当n＝2时，有a3+（a2+a1）＝4，
因为a3＝0，所以a2+a1＝4，
所以a1＝1，a2＝3．
（2）因为an+1+（﹣1）nSn＝2n，
所以a2n+1+（﹣1）2nS2n＝22n，a2n+（﹣1）2n﹣1S2n﹣1＝22n﹣1（n≥1），
两式相加得，a2n+1+a2n+S2n﹣S2n﹣1＝22n+22n﹣1，
所以a2n+1+a2n+a2n＝3•22n﹣1，即a2n+1+2a2n＝3•22n﹣1（n≥1），
因为bn＝an+1+2an，
所以b2n＝a2n+1+2a2n＝3•22n﹣1，
故b2+b4+b6+…+b2n＝3•（21+23+…+22n﹣1）＝3•＝22n+1﹣2．
三．数列递推式（共1小题）
4．（2023•茂名二模）已知数列{an}的前n（n∈N*）项和Sn满足Sn+1+Sn＝2（n+1）2，且a1＝1．
（1）求a2，a3，a4；
（2）若Sn不超过240，求n的最大值．
【答案】（1）a2＝6，a3＝4，a4＝10；
（2）n的最大值为15．
【解答】解：（1）当n＝1时，S2+S1＝a2+a1＝2（1+1）2＝8，又a1＝1，a2＝6，
当n＝2时，S3+S2＝a3+2a2+2a1＝2（2+1）2＝18，a3＝4，
当n＝3时，S4+S3＝a4+2a3+2a2+2a1＝2（3+1）2＝32，又a1＝1，a4＝10；
（2）∵Sn+1+Sn＝2（n+1）2①，
当n＝1时，S2+S1＝a2+a1＝2（1+1）2＝8，又a1＝1，S2＝8﹣S1＝7，
当n≥2时，Sn+Sn﹣1＝2n2②，
①﹣②得：Sn+1﹣Sn﹣1＝4n+2，
当n（n＞2）为偶数时，
Sn﹣S2＝（4×4﹣2）+（4×6﹣2）+⋯+（4n﹣2）＝•（n﹣1）＝n2+n﹣6，
∴Sn＝n（n+1）+1，
当n（n＞2）为奇数时，
Sn﹣S1＝（4×3﹣2）+（4×5﹣2）+⋯+（4n﹣2）＝•（）＝n2+n﹣2，
∴Sn＝n（n+1）﹣1，
由15×（15+1）﹣1＝239＜240，16×17+1＝273＞240，
∴n的最大值为15．
四．三角形中的几何计算（共1小题）
5．（2023•韶关二模）在△ABC中，，，点P为△ABC内一点．
（1）若（图1），求△PBC的面积；
（2）若（图2），求PC的最小值．

【答案】（1）；
（2）．
【解答】解：（1）在△APB中，，AB＝，
由余弦定理得 cos∠PBA＝＝，
∠ABC＝，∴sin，
故S△PBC＝＝＝．
（2）设∠PAB＝θ，θ∈（0，），则，
在△APB中，由正弦定理可得＝，即＝，故PB＝2sinθ，
在△CPB中，，
由余弦定理可得PC2＝PB2+BC2﹣2PB•BC•cos（+θ）
＝4sin2θ+2﹣2cos（+θ）
＝2﹣2cos2θ+2﹣4sinθ（cosθ﹣sinθ）
＝6﹣2（sin2θ+2cos2θ）
＝6﹣2sin（2θ+φ），
其中sinφ＝，cosφ＝，，
因为θ∈（0，），则2θ+φ∈（φ，+φ），
即当2θ+φ＝时，（PC）min＝＝．
五．解三角形（共2小题）
6．（2023•高州市二模）已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求角C的大小；
（2）若AC＝BC＝2，点M、N在边AB上，，求△CMN面积的最小值．
【答案】（1）C＝120°；
（2）．
【解答】解：（1）由，可得c×＝b+a，
∴＝﹣，即cosC＝﹣，∵0°＜C＜180°，
∴C＝120°；
（2）∵AC＝BC＝2，∴∠A＝∠B＝30°，
设∠CMN＝α，则∠CNM＝120°﹣α，（30°＜α＜90°），
在△ACM中，由正弦定理可得＝，∴CM＝，
在△ACN中，由正弦定理可得＝，∴CN＝，
∴CM•CN＝＝＝
＝，
∵30°＜α＜90°，∴30°＜2α﹣30°＜150°，
∴2α﹣30°＝90°时，CM•CN取得最小值，
此时△CMN面积最小，最小值为××＝．
7．（2023•茂名二模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．
（1）求A；
（2）若D为边BC上一点，且2CD＝AD＝BD，试判断△ABC的形状．
【答案】（1）A＝；
（2）△ABC为直角三角形．
【解答】解：（1）因为，
所以＝，
化简得sinCcosB+sinBcosC＝（sinBsinC﹣cosBcosC），
所以sin（B+C）＝﹣cos（B+C），
所以sinA＝cosA，即tanA＝，
又A为三角形内角，
所以A＝；
（2）设∠BAD＝θ，θ∈（0，），
则∠ADC＝2θ，∠DAC＝﹣θ，∠ACD＝﹣θ，
△ADC中，由正弦定理得＝，
即2sin（﹣θ）＝sin（﹣θ）），
所以cosθ﹣sinθ＝cosθ+sinθ，
化简得tanθ＝，
故θ＝，∠ACD＝，
所以△ABC为直角三角形．
六．直线与平面所成的角（共2小题）
8．（2023•潮州二模）图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2．

（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的直线CE与平面ACG所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解答】解：（1）证明：在图2中，由题意得AD∥BE，CG∥BE，
∴AD∥CG，∴图2中的A，C，G，D四点共面，
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，
又BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，
∴AB⊥平面BCGE，又AB⊂平面ABC，
∴平面ABC⊥平面BCGE；
（2）连接EC，∵在菱形BEGC中，∠EBC＝60°，
∴△EBC为等边三角形，取BC的中点H，连接EH，则EH⊥BC，
∵平面ABC⊥平面BCGE，平面ABC∩平面BCGE＝BC，EH⊂平面BCGE，
∴EH⊥平面ABC，∴建系如图，则根据题意可得：
，
∴，
设平面ACG的法向量，
则，取，
∴，
∴直线CE与平面ACG所成角的正弦值为．

9．（2023•广东二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝2，PD⊥CD．
（1）证明：AB⊥PB；
（2）若平面PAB⊥平面PCD，且，求直线AC与平面PBC所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解答】证明：（1）如图1，连接BD，
因为四边形ABCD是平行四边形，且∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝2，
所以CD＝1，∠BCD＝60°，AB∥CD，
所以，
所以，
所以BC2＝BD2+CD2，所以CD⊥BD，
又因为CD⊥PD，BD⋂PD＝D，BD，PD⊂平面PBD，
所以CD⊥平面PBD，
因为PB⊂平面PBD，所以CD⊥PB，
因为AB∥CD，所以AB⊥PB；
解：（2）如图2，设平面PAB和平面PCD的交线为直线l，
因为CD∥AB，CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CD∥平面PAB，
因为CD⊂平面PCD，平面PAD∩平面PBC＝l，
所以CD∥l，
因为CD⊥平面PBD，所以l⊥平面PBD，
因为PB，PD⊂平面PBD，所以∠BPD是平面PAB与平面PCD的二面角，
因为平面PAB⊥平面PCD，所以∠BPD＝90°，即BP⊥DP
在Rt△ABP中，因为，AB＝1，所以，
在Rt△BPD中，因为，则，所以△BPD为等腰直角三角形，
由（1）得CD⊥平面PBD，如图3，以点D为坐标原点，DB所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，则，，C（0，1，0），，
所以，，，
设平面PBC的法向量为，
则，
取x＝1，则，得，
记直线AC与平面PBC所成角为θ，
则，
所以直线AC与平面PBC所成角的正弦值为．

七．二面角的平面角及求法（共3小题）
10．（2023•汕头二模）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线l⊂平面A1B1C1D1，l∩A1C1＝E，A1E＝3EC1．
（1）设l∩B1C1＝P，l∩C1D1＝Q，试在所给图中作出直线l，使得l⊥CE，并说明理由；
（2）设点A与（1）中所作直线l确定平面α．
①求平面α与平面ABCD的夹角的余弦值；
②请在备用图中作出平面α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面，并写出作法．

【答案】（1）答案见解析；
（2）①；②答案见解析．
【解答】解：（1）由题意，P、Q分别为B1C1和C1D1的中点时，有l⊥CE，
证明过程如下：连接B1D1，取B1C1和C1D1中点分别为P、Q，连接PQ，

∵A1E＝3EC1，∴PQ一定过经过点E，∴PQ即为所求作的l．
∵P、Q分别为B1C1和C1D1的中点，∴P、Q为△B1C1D的中位线，
∴PQ∥B1D1，且PQ过经过点E，
∵正方体的ABCD﹣A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1为正方形．
∴B1D1⊥A1C，∵PQ∥B1D1，∴PQ⊥A1C1，
又∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1的侧棱CC1垂直底面A1B1C1D1，PQ⊂A1B1C1D1，
∴PQ⊥CC1，又∵A1C1，CC1⊂平面A1C1CA，A1C1∩CC1＝C1．
∴PQ⊥平面A1C1CA，∵CE⊂平面A1C1CA，
∴PQ⊥CE，即l⊥CE；
（2）①连接AP，AQ，建立空间直角坐标系，如图所示，

设正方体棱长为2，则有D（0，0，0），D1（0，0，2），A（2，0，0），P（1，2，2），Q（0，1，2），
∴，，，
易知为平面ABCD的法向量，
设平面α，即平面APQ的法向量，
则，取，
∴平面α与平面ABCD的夹角的余弦值为：
|cos＜，＞|＝＝＝；
②设直线PQ交A1B1，A1D1于G，H，连接AG，AH分别交BB1，DD1于M，N，
连接MP，NQ，则平面AMPQN即为平面α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面，如图所示．

11．（2023•韶关二模）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E为AC的中点，AB＝1，BC＝2，，点B1在底面上的射影为点C．
（1）求证：AB1∥平面BEC1；
（2）若，求平面BEC1与平面AEC1A1所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解答；
（2）．
【解答】（1）证明：连接CB1交BC1于点F，连接EF，则F是B1C的 中点，
由于E、F分别是AC，B1C的中点，

所以EF∥AB1，由于AB1⊄面BEC1，EF⊂面BEC1，所以AB1∥平面BEC1；
（2）解：由点B1在底面上的射影为点C，所以B1C⊥平面ABC．
在△ABC中AB＝1，BC＝2，，∴AB⊥BC，
过B作B1C的平行线为z，易知AB，CB，z两两垂直，
如图以B为原点，分别以 AB，CB，z所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
B（0，0，0），A（1，0，0），C（0，2，0）．B1（0，2），，
，得C1（0，4，2），，，，，
设平面BC1E的法向量＝（x，y，z），
，令x＝2，则y＝﹣1，z＝2，
∴，
设平面AEC1A1的法向量为＝（a，b，c），
，令a＝2，则b＝1，c＝﹣1，
∴平面AEC1A1的法向量为＝（2，1，﹣1），

设平面BEC1与平面AEC1A1所成角为θ，
cosθ＝＝＝，，所以平面BEC1与平面AEC1A1所成角的正弦值为．
12．（2023•湛江二模）如图1，在五边形ABCDE中，四边形ABCE为正方形，CD⊥DE，CD＝DE，如图2，将△ABE沿BE折起，使得A至A1处，且A1B⊥DE．

（1）证明：DE⊥平面A1BE．
（2）求二面角C﹣A1E﹣D的余弦值．

【答案】（1）证明见解答；
（2）．
【解答】解：（1）证明：则题意可知∠BEC＝∠CED＝，∠BED＝，DE⊥BE，
∵A1B⊥DE，A1B∩BE＝B，
∴DE⊥平面A1BE，
（2）取BE的中点O，可知BE＝2CD，DE＝CD，
由DE⊥BE，且CD⊥DE，可得OE∥CD，
∴OCDE是平行四边形，CO∥DE，CO⊥平面A1BE，
设BE＝2，以O为坐标原点，OB，OC，OA1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，

A1（0，0，1），E（﹣1，0，0），B（1，0，0），C（0，1，0），D（﹣1，1，0），
∴＝（1，0，1），＝（1，1，0），
设平面平面A1EC的一个法向量为＝（x，y，z），
则，令x＝1，则y＝﹣1，z＝﹣1，
∴平面A1BC的一个法向量为＝（1，﹣1，﹣1），
设平面BCC1的一个法向量为＝（a，b，c），
则，令a＝1，则b＝，c＝﹣1，
∴平面A1ED的一个法向量为＝＝（1，0，﹣1），
∴cos＜，＞＝＝＝，
∴二面角C﹣A1E﹣D的余弦值为．
八．点、线、面间的距离计算（共1小题）
13．（2023•茂名二模）在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，O为AD的中点．
（1）求证：PO⊥BC；
（2）若AB∥CD，AB＝8，AD＝DC＝CB＝4，，点E在棱PB上，直线AE与平面ABCD所成角为，求点E到平面PCD的距离．

【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解答】（1）证明：∵PA＝PD，O为AD的中点，∴PO⊥AD，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PO⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，
∴PO⊥BC．
（2）解：由AB＝8，AD＝DC＝CB＝4，
可知ABCD四边形为等腰梯形，易知，
∵AD2+BD2＝AB2，∴AD⊥BD，
建立如图所示的空间直角坐标系，

，A（2，0，0），，，D（﹣2，0，0），
平面ABCD的法向量为，
设E＝（x，y，z），则，
，，
∵直线AE与平面ABCD所成角为，
∴，
∴x2﹣4x+4+y2﹣3z2＝0①
∵点E在棱PB上，∴，
即，
∴x＝﹣2λ，，，代入①解得或λ＝5（舍去），
，，，
设为平面PCD的一个法向量，
则，
令z1＝1，得，，
∴平面PCD的法向量，
∴点E到平面PCD的距离．

九．直线与椭圆的综合（共1小题）
14．（2023•湛江二模）设椭圆方程为，A（﹣2，0），B（2，0）分别是椭圆的左、右顶点，直线l过点C（6，0），当直线l经过点时，直线l与椭圆相切．
（1）求椭圆的方程．
（2）若直线l与椭圆交于P，Q（异于A，B）两点．
（i）求直线BP与BQ的斜率之积；
（ii）若直线AP与BQ的斜率之和为，求直线l的方程．
【答案】（1）；
（2）（i）；（ii）．
【解答】解：（1）依题意可得a＝2．
当直线l经过点 时，l的方程为，
代入，整理得．
Δ＝（﹣12b2）2﹣4（8b2+1）×8b2＝32b2（b2﹣1）＝0，
解得b2＝1，所以椭圆的方程为；
（2）（i）依题意可得直线l的斜率不为0，可设l：x＝my+6，P（x1，y1） Q（x2，y2），
由，得（m2+4）y2+12my+32＝0，则y1+y2＝﹣，y1y2＝，
岂kBP•kBQ＝＝＝
＝＝＝；
（ⅱ）因为kAP•kBP＝•＝＝﹣，
所以kAP＝﹣kBQ，又因为kAP+kBQ＝﹣，所以kBQ＝﹣1，
则直线BQ的方程为y＝﹣x+2．与 联立得，所以l的方程为，
即．
一十．直线与双曲线的综合（共1小题）
15．（2023•韶关二模）已知双曲线C：的左右焦点为F1，F2，经过F的圆O（O为坐标原点）交双曲线C的左支于M，N，且△OMN为正三角形．
（1）求双曲线C的标准方程及渐近线方程；
（2）若点P为双曲线C右支上一点，射线PF1，PF2分别交双曲线C于点A，B，试探究是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）双曲线C的标准方程为：，渐近线方程为y＝±x．
（2）证明见解析．
【解答】解：（1）因为△OMN 为正三角形，由对称性知∠MOF1＝30°，
又因为|OM|＝c＝，
所以|MF1|＝|MO|＝c，|OF1|＝|OM|＝，
不设M（﹣，），因为M∈C，所以得：，
即（3b2﹣2）c2＝8b2，则（3b2﹣2）（2+b2）＝8b2，
3b4﹣4b2﹣4＝0，即（3b2+2）（b2﹣2）＝0，
所以b2＝2，
所以双曲线C的标准方程为：，
渐近线方程为y＝±x．
证明：（2）由（1）可得F1（﹣2，0），F2（2，0），
①当PF2⊥x轴时，由对称性不妨设点 P（2，），B（2，﹣），
PF1：y＝（x+2）＝（x+2），代入，
消去x得7y2﹣8y+2＝0，得yA＝，∴xA＝﹣，
∴＝＝7，＝﹣＝1，
则﹣＝7﹣1＝6，
②当PE2不垂直x轴时，由对称性不妨设 P（x0，y0）（y2＞0），A（x1，y1），B（x2，y2），
直线PA：y＝（x+2），代入入，消去x得（y﹣2）2﹣y2＝2，
因为﹣＝2，所以y2﹣y+2＝0，
由韦达定理：y1y0＝，
所以y1＝＞0，
同理，y2＝﹣＜0，
所以＝＝＝y0（）＝y0（）＝6，
所以为定值，且定值为6．
一十一．离散型随机变量的期望与方差（共2小题）
16．（2023•潮州二模）新冠病毒引发的肺炎疫情在全球发生，为了解新冠肺炎传播途径，采取有效防控措施，某医院组织专家统计了该地区500名患者新冠病毒潜伏期的相关信息，数据经过汇总整理得到如图所示的频率分布直方图．潜伏期不高于6天的患者，称“短潜伏者”，潜伏期高于6天的患者，称“长潜伏者”．
（1）求这500名患者中“长潜伏者”的人数，并估计样本的80%分位数（精确到0.1）；
（2）研究发现，有5种药物对新冠病毒有一定的抑制作用，其中有2种特别有效，现在要通过逐一试验直到把这2种特别有效的药物找出来为止，每一次试验花费的费用是500元，设所需要的试验费用为X，求X的分布列与数学期望．

【答案】（1）250人；7.7．
（2）X的分布列为：
X
1000
1500
2000
P



E（X）＝1750．
【解答】解：（1）这500名患者中“长潜伏者”的频率为（0.18+0.03+0.03+0.01）×2＝0.5，
∴“长潜伏者”的人数为500×0.5＝250人，
由频率分布直方图可知，潜伏期不高于6天的患者所占比例为1﹣0.5＝0.5，
潜伏期不高于8天的患者所占比例为0.5+0.18×2＝0.86，
∴80%分位数一定位于[6，8）内，
由6+2×≈7.7，
∴可以估计样本的80%分位数约为7.7．
（2）X所有可能的取值为1000，1500，2000，
P（X＝1000）＝＝，
P（X＝1500）＝＝，
P（X＝2000）＝＝，
∴X的分布列为：
X
1000
1500
2000
P



E（X）＝＝1750．
17．（2023•广东二模）甲、乙两名围棋学员进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为α，乙获胜的概率为β，两人平局的概率为γ（α+β+γ＝1，α＞0，β＞0，γ≥0），且每局比赛结果相互独立．
（1）若，，，求进行4局比赛后甲学员赢得比赛的概率；
（2）当γ＝0时，
（i）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望E（X）的最大值；
（ii）若比赛不限制局数，写出“甲学员赢得比赛”的概率（用α，β表示），无需写出过程．
【答案】（1）；
（2）（i）分布列见解析，期望最大值为；（ii）．
【解答】解：（1）用事件A，B，C分别表示每局比赛“甲获胜”“乙获胜”或“平局”，
则，，，
记“进行4局比赛后甲学员赢得比赛”为事件N，
则事件N包括事件ABAA，BAAA，ACCA，CACA，CCAA共5种，
所以P（N）＝P（ABAA）+P（BAAA）+P（ACCA）+P（CACA）+P（CCAA）
＝2P（B）P（A）P（A）P（A）+3P（C）P（C）P（A）P（A）
＝；
（2）（i）因为γ＝0，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即α+β＝1，
由题意得X的所有可能取值为2，4，5，则
P（X＝2）＝α2+β2，
P（X＝4）＝（αβ+βα）α2+（αβ+βα）β2＝2αβ（α2+β2），
P（X＝5）＝（αβ+βα）⋅（αβ+βα）⋅1＝4α2β2．
所以X的分布列为：
X
2
4
5
P
α2+β2
2αβ（α2+β2）
4α2β2
所以X的期望E（X）＝2（α2+β2）+8αβ（α2+β2）+20α2β2
＝2（1﹣2αβ）+8αβ（1﹣2αβ）+20α2β2＝4α2β2+4αβ+2，
因为，所以，当且仅当时，等号成立，
所以，
所以，
故E（X）的最大值为；
（ii）记“甲学员赢得比赛”为事件M，则．
由（1）得前两局比赛结果可能有AA，BB，AB，BA，其中事件AA表示“甲学员赢得比赛”，
事件BB表示“乙学员赢得比赛”，事件AB，BA表示“甲、乙两名学员各得1分”，
当甲、乙两名学员得分总数相同时，甲学员赢得比赛的概率与比赛一开始甲学员赢得比赛的概率相同，
所以 P（M）＝P（AA）⋅1+P（BB）⋅0+P（AB）⋅P（M）+P（BA）⋅P（M）
＝P（A）P（A）+P（A）P（B）P（M）+P（B）P（A）P（M）
＝α2+αβP（M）+βαP（M）
＝α2+2αβP（M）
所以（1﹣2αβ）P（M）＝α2，即，
因为α+β＝1，所以．
一十二．线性回归方程（共1小题）
18．（2023•汕头二模）车胎凹槽深度是影响汽车刹车的因素，汽车行驶会导致轮胎胎面磨损．某实验室通过试验测得行驶里程与某品牌轮胎凹槽深度的数据如图：
行驶里程/万km
0.00
0.64
1.29
1.93
2.57
3.22
3.86
4.51
5.15
轮胎凹槽深度/mm
10.02
8.37
7.39
6.48
5.82
5.20
4.55
4.16
3.82
以行驶里程为横坐标、轮胎凹槽深度为纵坐标作散点图，如图所示．
（1）根据散点图，可认为散点集中在直线y＝bx+a附近，由此判断行驶里程与轮胎凹槽深度线性相关，并计算得如表数据，请求出行驶里程与轮胎凹槽深度的相关系数（保留两位有效数字），并推断它们线性相关程度的强弱；




2.57
6.20
115.10
29.46
附：相关系数
（2）通过散点图，也可认为散点集中在曲线y＝c1+c2ln（x+1）附近，考虑使用对数回归模型，并求得经验回归方程及该模型的决定系数R2＝0.998．已知（1）中的线性回归模型为，在同一坐标系作出这两个模型，据图直观回答：哪个模型的拟合效果更好？并用决定系数验证你的观察所得．
附：线性回归模型中，决定系数等于相关系数的平方，即R2＝r2．

【答案】（1）r＝﹣0.96，相关性较强；
（2）答案见解析．
【解答】解：（1）由题意，，
∵r＝﹣0.96＜0，∴|r|＝0.96＞0.75，
∴行驶里程与轮胎凹楳深度成负相关，且相关性较强．
（2）由图像可知，车胎凹槽深度与对数回归预报值残差、偏离更小，拟合度更高，线性回归预报值偏美较大．
由题（1）得线性回归模型的相关系数r＝﹣0.96，
决定系数，
由题意，对数回归模型y＝10.11﹣3.75ln（x+1）的决定系数R2＝0.998，
∵0.998＞0.922，∴对数回归模型的拟合度更高．