2024年河北省A16联盟高考数学模拟演练试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年河北省A16联盟高考数学模拟演练试卷（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.一组数据4，4，2，6，4，1，9，8的极差是( )
A. −8B. −5C. 5D. 8
2.已知点A，B，C是直线l上相异的三点，O为直线l外一点，且2OA=3OB+λOC，则λ的值是( )
A. −1B. 1C. −12D. 12
3.某圆环的内外半径分别为2和4，将其绕对称轴旋转一周后得到的几何体体积为( )
A. 323πB. 1243πC. 2243πD. 2563π
4.已知函数y=ln(x2−3x+2)的定义域为集合A，值域为集合B，则∁BA=( )
A. (−∞,1)∪(2,+∞)B. (−∞,l]∪[2,+∞)
C. (1,2)D. [1,2]
5.已知点P为平面内一动点，设甲：P的运动轨迹为抛物线，乙：P到平面内一定点的距离与到平面内一定直线的距离相等，则( )
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
6.设函数f(x)=(x−a)sinax，若存在x0使得x0既是f(x)的零点，也是f(x)的极值点，则a的可能取值为( )
A. 0B. πC. πD. π2
7.过原点且倾斜角为α(0<α<π2)直线l与圆(x−a+b2)2+y2=(a−b2)2(a>b>0)相切，则ab=( )
A. tan(π4+α2)B. tan2(π4+α2)C. tan(π4−α2)D. tan2(π4−α2)
8.双曲线Γ：y2a2−x2b2=1(a>0,b>0)的两焦点分别为F1，F2，过F2的直线与其一支交于A，B两点，点B在第四象限.以F1为圆心，Γ的实轴长为半径的圆与线段AF1，BF1分别交于M，N两点，且|AM|=3|BN|，F1B⊥F2B，则Γ的渐近线方程是( )
A. y=± 6xB. y=± 62xC. y=± 63xD. y=± 64x
二、多选题：本题共3小题，共18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6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知正方体ABCD−A1B1C1D1，P为AA1中点，Q为BC中点，则( )
A. 直线PD与直线QB1平行B. 直线PC1与直线QD1垂直
C. 直线PQ与直线A1B相交D. 直线PQ与直线DB1异面
10.已知函数f(x)=esinx−csx+ecsx−sinx，则( )
A. f(x)的图像是中心对称图形B. f(x)的图像是轴对称图形
C. f(x)是周期函数D. f(x)存在最大值与最小值
11.外接圆半径为 2的△ABC满足2sinA+3csBcsC=4，则( )
A. B=CB. AC. △ABC的面积是1625D. △ABC的周长是8 225
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.记复数z的共轭复数为z−，写出一个满足|z−−i|= 5的复数z：______.
13.已知数列{an}是公差为d的等差数列，各项不等的数列{bn}是首项为2，公比为q的等比数列，且ab2=b1，ab3=b2，则d⋅q=______.
14.若随机变量X，Y分别服从成功概率为23，34的两点分布，则E(XY)的取值范围是______.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知直线l过椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点F(1,0)，且交C于A(43,13)，B两点.
(1)求C的离心率；
(2)设点P(3,1)，求△ABP的面积.
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=2x3−ax2+1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)在区间[0,2]上有且仅有一个零点，求a的取值范围.
17.(本小题15分)
机器模型预测常常用于只有正确与错误两种结果的问题.表1为根据模型预测结果与真实情况的差距的情形表格，定义真正例率p1=n1n1+n2，假正例率p2=n3n3+n4.概率阈值为自行设定的用于判别正(反)例的值，若分类器(分类模型)对该样例的预测正例概率大于等于设定的概率阈值，则记分类器表1分类结果样例划分预测为正例，反之预测为反例.
表1.分类结果样例划分
利用这些指标绘制出的ROC曲线可衡量模型的评价效果：将各样例的预测正例概率与1，0从大到小排序并依次作为概率阈值，分别计算相应概率阈值下的p1与p2，以p2为横坐标，p1为纵坐标，得到标记点.依次连接各标记点得到的折线就是ROC曲线.图1为甲分类器对于8个样例的ROC曲线，表2为甲，乙分类器对于相同8个样例的预测数据.
表2 甲，乙分类器对于相同8个样例的预测数据
(1)当概率阈值为0.47时，求甲分类器的ROC曲线中的对应点；
(2)在图2中绘制乙分类器对应的ROC曲线(无需说明绘图过程)，并直接写出甲，乙两分类器的ROC曲线与x轴，直线x=1所围封闭图形的面积；
(3)按照上述思路，比较甲，乙两分类器的预测效果，并直接写出理想分类器的ROC曲线与x轴，直线x=1所围封闭图形的面积为1的充要条件.
18.(本小题17分)
如图，四棱锥A−BCED中，平面ABC⊥平面BCED，AB=AC，AD=AE，BC//DE，BD=CE，BC=2DE=4 3，∠DAE=12∠BAC，AD=ABsin∠DAE.设BC中点为H，过点H的平面α同时垂直于平面BAD与平面CAE.
(1)求sin∠DAE；
(2)求平面α与平面BCED夹角的正弦值；
(3)求平面α截四棱锥A−BCED所得多边形的周长.
19.(本小题17分)
某箱中有k(k+1)(k∈N*)个除颜色之外均相同的球，k已知.箱中1个球为白球，其余为黑球.现在该箱中进行一取球实验：每次从箱中等可能地取出一个球，若取出白球或取球k(k+1)次后结束实验，否则进行相应操作进行下一次取球.设实验结束时的取球次数为X.
(1)若取出黑球后放回箱中，求X的数学期望E(X)；
(2)若取出黑球后替换为白球放回箱中，求P(X=m)的最大值Pk，并证明：Pk+1答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：根据题意，数据4，4，2，6，4，1，9，8中，最小的为1，最大的为9，
则其极差为9−1=8.
故选：D.
根据题意，由极差的定义计算可得答案．
本题考查极差的计算，注意极差的计算公式，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：A，B，C三点共线，O为直线l外一点，
则有OA=mOB+(1−m)OC，又2OA=3OB+λOC，
即OA=32OB+λ2OC，比较系数得：m=321−m=λ2，得λ=−1.
故选：A.
根据三点共线的有关结论即可得．
本题考查向量的线性表示，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由题意可知，几何体体积为大球的体积减去小球的体积，
所以几何体体积为43π×43−43π×23=2563π−323π=2243π.
故选：C.
由题意可知，几何体体积为大球的体积减去小球的体积，再结合球的体积公式求解．
本题主要考查了球的体积公式，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：由题可得：x2−3x+2>0，解得x<1或x>2，
故A=(−∞,1)∪(2,+∞)，B=R，
所以∁BA=[1,2].
故选：D.
先求对数函数的定义域和值域得到集合A，B，再由集合的补集运算计算即可．
本题考查对数函数的定义域与值域，集合的运算，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：当直线经过定点时，点的轨迹是过定点且垂直于该直线的另一条直线，
当直线不经过该定点时，点的轨迹为抛物线，
故甲是乙的充分条件但不是必要条件．
故选：A.
根据已知条件，结合充分条件、必要条件的定义，即可求解．
本题主要考查充分条件、必要条件的定义，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：f′(x)=sinax+(ax−a2)csax，令f(x0)=(x0−a)sinax0=0，有x0=a或sinax0=0，
x0=a时，f′(x0)=0可得sinax0=0，即sina2=0，则a2=kπ，a= kπ(k∈N)，
sinax0=0时，f′(x0)=0，可得a(x0−a)csax0=0，由csax0≠0，
有a=0或x0=a，可得a= kπ(k∈N)，
又a=0时，f(x)是常函数，不存在极值点，故a= kπ(k∈N*)，k=1时可取 π.
故选：B.
求导数，令导数为0，讨论方程，再根据函数零点的定义即可求值．
本题考查函数零点，函数的极值点，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：过原点且倾斜角为α(0<α<π2)的直线l的方程为y=tanα⋅x，
又直线与圆(x−a+b2)2+y2=(a−b2)2(a>b>0)相切，
圆心(a+b2,0)，半径r=a−b2，
可得圆心到直线的距离d=r，
即|a+b2⋅tanα| tan2α+1=a−b2，
即sinαcsα 1+sin2αcs2α=a−ba+b，
即sinαcsα1csα=ab−1ab+1，
即sinα=ab−1ab+1，
解得ab=1+sinα1−sinα=sin2α2+cs2α2+2sinα2csα2sin2α2+cs2α2−2sinα2csα2=(sinα2+csα2sinα2−csα2)2=(1+tanα21−tanα2)2=tan2(π4+α2).
故选：B.
由题意写出直线方程，再由直线与圆相切，可得圆心到直线的距离等于半径，建立关系式，再化简即可求得．
本题考查直线与圆的位置关系，涉及三角恒等变换，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：如图，由题意得：|F1M|=|F1N|=2a，
设|BN|=t(t>0)，则|AM|=3|BN|=3t，
所以|AF1|=2a+3t，|BF1|=2a+t，
由双曲线的定义得：|AF1|−|AF2|=|BF1|−|BF2|=2a，
所以|AF2|=3t，|BF2|=t，则|AB|=|AF2|+|BF2|=4t，
因为F1B⊥F2B，在Rt△AF1B中，|BF1|2+|AB|2=|AF1|2，
即(2a+t)2+(4t)2=(2a+3t)2，解得t=a，
所以|BF1|=3a，|BF2|=a，
在Rt△BF1F2中，|BF1|2+|BF2|2=|F1F2|2，
即(3a)2+a2=(2c)2，可得a2=25c2，
所以b2=a2−c2=35c2，
所以a2b2=23，即ab= 63，
故双曲线Γ的渐近线方程为y=± 63x.
故选：C.
设|BN|=t(t>0)，则|AM|=3|BN|=3t，由已知结合双曲线定义，在△AF1B中由勾股定理求得t=a，在△BF1F2中，利用勾股定理得a2=25c2，进而可求答案．
本题考查双曲线的定义及几何性质，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：根据题意，设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，如图建立坐标系，
则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，
A1(2,0,2)，B1(2,2,2)，C1(0,2,2)，D1(0,0,2)，
P(2,0,1)，Q(1,2,0)，
依次分析选项：
对于A，DP=(2,0,1)，QB1=(1,0,2)，由于DP=kQB1对于任意的k都不会成立，则DP与QB1不平行，则直线PD与直线QB1不平行，A错误；
对于B，PC1=(−2,2,1)，QD1=(−1,−2,2)，则有PC1⋅QD1=2−4+2=0，则PC1⊥QD1，即直线PC1与直线QD1垂直，B正确；
对于C，直线PQ与直线A1B是异面直线，C错误；
对于D，直线PQ与直线DB1既不相交也不平行，是异面直线，D正确．
故选：BD.
根据题意，建立空间直角坐标系，分析A、B，由异面直线的定义分析C、D，综合可得答案．
本题考查空间直线与直线的位置关系，涉及异面直线的定义，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：对于A，f(x)+f(−x)=esinx−csx+ecsx−sinx+esin(−x)−cs(−x)+ecs(−x)−sin(−x)
=esinx−csx+ecsx−sinx+e−sinx−csx+ecsx+sinx不为常数，
故f(x)关于(0,f(0))不对称，故A错误；
对于B，f(π4+x)=e 2sinx+e− 2sinx=f(π4−x)，则f(x)的对称轴方程为x=π4，故B正确；
对于C，f(x+π)=esin(x+π)−cs(x+π)+ecs(x+π)−sin(x+π)=e−sinx+csx+e−csx+sinx=f(x)，
则f(x)的周期为π，故C正确；
对于D，令t=sinx−csx= 2sin(x−π4)∈[− 2, 2]，
令g(t)=et+e−t,t∈[− 2, 2]，g(−t)=g(t)，g(t)是偶函数，
故只需考虑t∈[0, 2]的部分，g′(t)=et−e−t，t>0时，g′(t)>0，
2=g(0)≤g(t)≤g( 2)=e 2+e− 2，即f(x)存在最大值e 2+e− 2与最小值2，故D正确．
故选：BCD.
A项，验证f(x)+f(−x)是否为常数；B项，可证明f(π4+x)=f(π4−x)；C项，可得f(x+π)=f(x)；D项，利用函数奇偶性，单调性确定最值．
本题考查函数的性质，属于中档题．
11.【答案】AC
【解析】解：由2sinA+3csBcsC=4，有2sinA+32cs(B+C)+32cs(B−C)=4，
由代换与辅助角公式有2sinA−32csA+32cs(B−C)=52sin(A−D)+32cs(B−C)=4，
其中角D满足tanD=34，又52sin(A−D)+32cs(B−C)≤4，当且仅当sin(A−D)=1，cs(B−C)=1，
故有sinA=csD=45，csA=−sinD=−35，且B=C，故有csAB+C，故A正确，B错误；
由sinBsinC=sin2(π−A2)=cs2A2=12(csA+1)=15，则三角形ABC的面积S=2R2sinAsinBsinC=1625，由csA2=4 55，
容易求得三角形ABC的周长C=16 10+3 25，故C正确，D错误．
故选：AC.
对2sinA+3csBcsC=4三角恒等变换化简可得52sin(A−D)+32cs(B−C)=4，其中角D满足tanD=34，又52sin(A−D)+32cs(B−C)≤4，当且仅当sin(A−D)=1，cs(B−C)=1，可得B=C，再结合三角函数单调性和三角形面积公式判断各选项即可．
本题考查正弦定理及三角形面积公式的应用，三角函数恒等变换的应用，属于中档题．
12.【答案】1+i(答案不唯一，满足对z=a+bi，a2+(b+1)2=5即可)
【解析】解：令z=1+i，
则z−=1−i，
故|z−−i|=|1−2i|= 12+(−2)2= 5.
故答案为：1+i(答案不唯一，满足对z=a+bi，a2+(b+1)2=5即可).
结合共轭复数的定义，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数模公式，属于基础题．
13.【答案】1
【解析】解：由已知可得，b1=2，b2=2q，b3=2q2，
再由ab2=b1，ab3=b2，
得a1+(2q−1)d=2，a1+(2q2−1)d=2q，
联立以上两式可得：2−2qd=q(2−2qd)，
∴q=1(舍去)，或2−2qd=0，即qd=1.
故答案为：1.
由已知结合等差数列与等比数列的通项公式即可列式求解．
本题考查等差数列与等比数列的通项公式及性质，考查运算求解能力，是中档题．
14.【答案】[512,23]
【解析】解：因为随机变量X，Y分别服从成功概率为23，34的两点分布，
则P(X=0)=13，P(X=1)=23，
P(Y=0)=14，P(Y=1)=34，
所以XY=0或1，
所以E(XY)=0×P(XY=0)+1×P(XY=1)
=P(XY=1)=P(X=1,Y=1)
=P(X=1)+P(Y=1)−P(X=1或Y=1)
=1712−P(X=1或Y=1)，
因为P(X=1或Y=1)≤1，且P(X=1或Y=1)≥max{P(X=1),P(Y=1)}=34，
所以−1≤−P(X=1或Y=1)≤−34，
所以512≤1712−P(X=1或Y=1)≤23，
即E(XY)的取值范围是[512,23].
故答案为：[512,23].
由两点分布及期望公式求解即可．
本题主要考查离散型随机变量的期望，两点分布，考查运算求解能力，属于难题．
15.【答案】解：(1)易知c=1，
因为点A(43,13)在椭圆C，
所以169a2+19a2−1=1，
解得a= 2，
所以椭圆C的标准方程为x22+y2=1，
则离心率e=ca= 22；
(2)因为直线l经过A(43,13)，F(1,0)两点，
可得直线l的方程为y=x−1，
联立x22+y2=1y=x−1，
解得x=0或x=43，
所以直线l与椭圆C的另一交点为(0,−1)，
则|AB|= (43−0)2+(13+1)2=4 23，
又点P到直线l的距离d=|1−3−1| 12+12= 22.
故△ABP的面积S=12⋅d⋅|AB|=23.
【解析】(1)由题意，结合题目所给信息以及a，b，c之间的关系，可得椭圆的方程，再根据离心率公式即可求解；
(2)先得到直线l的方程，将直线l的方程与椭圆方程联立，利用弦长公式、点到直线的距离公式以及三角形面积公式进行求解即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于基础题．
16.【答案】解：(1)f(x)=2x3−ax2+1，则f′(x)=6x2−2ax=2x(3x−a)，
当a=0时，f′(x)≥0恒成立，f(x)在R上单调递增；
当a<0时，令f′(x)<0，解得x∈(a3,0)，令f′(x)>0，解得x∈(−∞,a3)∪(0,+∞)，
故f(x)在(a3,0)上单调递减，在(−∞,a3)和(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，令f′(x)<0，解得x∈(0,a3)，令f′(x)>0，解得x∈(−∞,0)∪(a3,+∞)，
故f(x)在(0,a3)上单调递减，在(−∞,0)和(a3,+∞)上单调递增．
综上，a=0时，f(x)在R上单调递增；
a<0时，f(x)在(a3,0)上单调递减，在(−∞,a3)和(0,+∞)上单调递增；
a>0时，f(x)在(0,a3)上单调递减，在(−∞,0)和(a3,+∞)上单调递增．
(2)当a=0时，f(x)=2x3+1在区间[0,2]上不存在零点；
当a<0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，故在区间[0,2]上单调递增，
又x∈[0,2]时，f(x)≥f(0)=1，
故f(x)在区间[0,2]上不可能存在零点；
当a>0时，f(x)在(0,a3)上单调递减，在(a3,+∞)上单调递增；
若a3<2，即a<6时，f(x)在(0,a3)上单调递减，在(a3,2)上单调递增，
又f(0)=1，f(a3)=−a327+1，f(2)=17−4a，故只能在[0,a3]上有零点．
由零点存在性定理有f(0)⋅f(a3)<0f(a3)⋅f(2)>0，解得a>174，
或f(a3)=−a327+1=0，解得a=3；故此时a∈{3}∪(174,6)满足条件；
若a3≥2，即a≥6时，f(x)在(0,2)上单调递减，则f(0)⋅f(2)<0，此时均满足题意，
故a∈[6,+∞)满足条件．
综上，a∈{3}∪(174,+∞).
【解析】(1)对f(x)求导，再对a分类讨论，利用导数与单调性的关系即可求解；
(2)对a分类讨论，结合零点存在性定理，即可求解a的取值范围．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，已知函数零点个数求参数范围问题，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)将各样例的预测正例概率与1，0从大到小排序并依次作为概率阈值，
分别计算相应概率阈值下的p1与p2，以p2为横坐标，p1为纵坐标，得到标记点，
则概率阈值为0.47时，
真正例为2，5，8，假反例为1，假正例为4，6，真反例为3，7，
则n1=3，n2=1，n3=2，n4=2，
故p1=33+1=34，p2=22+2=12，对应点为()；
(2)如下图所示，
甲分类器的ROC曲线与x轴，直线x=1所围封闭图形的面积为2132，
乙分类器的ROC曲线与x轴，直线x=1所围封闭图形的面积为2732；
(3)由(2)知2132<2732，
故乙分类器的预测效果更好；
充要条件：任意真实属性为正例的样例的预测正例概率大于任意真实属性为反例的样例的预测正例概率．
【解析】(1)由题可得当概率阈值为0.47时，则n1=3，n2=1，n3=2，n4=2，然后由p1=n1n1+n2，假正例率p2=n3n3+n4求出p1与p2即可；
(2)结合题目所给条件直接绘制即可，直接写出面积即可；
(3)直接写出即可．
本题考查了概率统计在处理实际问题上的应用，属于难题．
18.【答案】解：(1)设∠DAE=∠BAH=θ，AB=AC=a，AD=AE=b，则BH=CH=asinθ=DE，
在△ADE中，cs∠DAE=csθ=AD2+AE2−DE22AD⋅AE=2b2−a2sin2θ2b2，
整理得a2b2=21+csθ，
由题意得ab=1sinθ，则21+csθ=1sin2θ，
即2(1−cs2θ)−(1+csθ)=0，解得csθ=12，
因此sinθ= 32，即sin∠DAE= 32.
(2)作DE中点G，连接GH，AH，
因为H为BC中点，AB=AC，
所以AH⊥BC，BH=CH=12BC=DE=2 3，
因为平面ABC⊥平面BCED，平面ABC∩平面BCED=BC，AH⊂平面ABC，
所以AH⊥平面BCED，而DH，GH，EH⊂平面BCED，故AH⊥DH，AH⊥GH，AH⊥EH，
因为BH=CH=DE，BC//DE，
所以四边形BHED、四边形HCED都是平行四边形，
故BD=EH，CE=DH，而BD=CE，所以DH=EH，
又因为G为DE中点，所以GH⊥DE，在平面BCED中也有GH⊥BC，
由于a=4，故AH=2，BH=CH=DE=2 3，DG=EG=12DE= 3，AD=AE=2 3，
由勾股定理得：DH=EH=2 2，GH= 5，
故以H为原点，HB，HG，HA为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系，
则A(0,0,2)，B(2 3,0,0)，C(−2 3,0,0)，D( 3, 5,0)，E(− 3, 5,0)，
所以BA=(−2 3,0,2)，BD=(− 3, 5,0)，CA=(2 3,0,2)，CE=( 3, 5,0)，
设平面ABD，平面ACE，平面α，平面BCED的法向量分别为n1=(x1,y1,z1)，n2，n3=(x3,y3,z3)，
则n1⋅BA=0n1⋅BD=0，即−2 3x1+2z1=0− 3x1+ 5y1=0，取x1= 5，则n1=( 5, 3, 15)，
同理可得n2−=(− 5, 3, 15)，
因为平面α同时垂直于平面ABD，平面ACE，所以n1⊥n3，n2⊥n3，
即 5x3+ 3y3+ 15z3=0− 5x3+ 3y3+ 15z3=0，取x3=0，则n3=(0, 5,−1)，
平面BCED的法向量是n4−，则n4=(0,0,1)，
设平面α与平面BCED的夹角为β，则|csβ|=|n3⋅n4||n3|⋅|n4|=1 6= 66，故sinβ= 306，
因此平面α与平面BCED夹角的正弦值为 306.
(3)设F是平面α上一点，因为平面α过点H，则可以设HF=λ(1,0,0)+μ(0,1, 5)，
这是因为此时HF⋅n3=0，因此可设F(λ,μ, 5μ)，
因为当平面与平面相交时，其交线必为直线且唯一，故只需讨论平面α与四棱锥A−BCED的公共部分，
当μ=0时，F在直线BC上，因此平面α过直线BC，故平面α与平面ABC，平面BCED交于直线BC，与棱AB，AC分别交于B，C，
故只需讨论平面α与棱AD，AE的交点：设平面α与棱AD，AE的交点分别为M，N，
则设HM=HA+sAD=( 3s, 5s,2−2s)，0≤s≤1，
令HM=(λ,μ, 5μ)，则λ= 3sμ= 5s 5μ=2−2s，
解得λ=2 37μ=2 57s=27，即M(2 37,2 57,107)，
同理可得N(−2 37,2 57,107)，
故平面α与平面ABD交于BM，平面ACE交于CN，因此平面α截四棱锥A−BCED所得截面多边形为四边形BMNC，
故周长为BM+MN+NC+CB=2 1387+4 37+2 1387+4 3=32 3+4 1387.
【解析】(1)设∠DAE=∠BAH=θ，由题意和余弦定理可得21+csθ=1sin2θ，结合同角三角函数的基本关系求解即可；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角；
(3)先根据空间点线面的位置关系找出截面，然后求周长即可．
本题考查空间中线线，线面，面面的位置关系，考查利用空间向量求解二面角，考查空间中截面问题，属于难题．
19.【答案】解：(1)每一次取到白球的概率为p=1k(k+1)，取到黑球的概率为q=1−p=1−1k(k+1)，
当k≥1时，设n=k(k+1)，则X的所有可能取值为1，2，…，n−1，n，
若第i(i且P(X=n)=qn−1，
故X的分布列为：
所以E(X)=p+2pq+...+(n−1)pqn−2+nqn−1，
即E(X)=p[1+2q+…+(n−1)qn−2]+nqn−1，①
所以qE(X)=p[q+2q2+...+(n−1)qn−1]+nqn，②
①-②得：(1−q)E(X)=p[1+q+q2+…+qn−2−(n−1)qn−1]+nqn−1−nqn
=p[1⋅(1−qn−1)1−q]−(n−1)pqn−1+nqn−1(1−q)
=1−qn−1+(1−q)qn−1(n−n+1)
=1−qn，
故E(X)=1−qn1−q=1−(1−p)np，代入得E(X)=k(k+1)−k(k+1)[1−1k(k+1)]k(k+1).
(2)由于取球次数最多为k(k+1)次，故当k≥2时，设n=k(k+1)，
则P(X=m)=(1−1n)(1−2n)⋯(1−m−1n)mn=m⋅(n−1)!nm⋅(n−m)!，
分别令P(X=m)P(X=m+1)=m⋅(n−1)!nm⋅(n−m)!(m+1)⋅(n−1)!nm+1⋅(n−m−1)!=nm(m+1)(n−m)≥1，
P(X=m)P(X=m−1)=m⋅(n−1)!nm−(n−m)!(m−1)⋅(n−1)!nm−1⋅(n−m+1)!=m(n−m+1)(m−1)n≥1，
解得m2−m−n≤0m2+m−n≥0，
代入n=k(k+1)得k≤m≤k+1.
故P(X=m)的最大值Pk在m=k或m=k+1处取得，且代入有Pk=k(k2+k−1)!(k2+k)2(k2)!
经检验，k=1时成立，故Pk=k(k2+k−1)!(k2+k)k(k2)!，
下证：Pk+1即证(k2+1)⋅⋯⋅(k2+k−1)kk−1(k+1)k>[(k+1)2+1]⋅⋯⋅[(k+1)2+k](k+1)k(k+2)k+1，
等价于证明[(k+1)2+1]⋅⋯⋅[(k+1)2+k](k2+1)⋅⋯⋅(k2+k−1)<(k+2)k+1kk−1，
等价于证明k(k+2)⋅(k+1)2⋅[(k+1)2+1]⋅⋯⋅[(k+1)2+k]k(k+1)⋅k2(k2+1)⋅⋯⋅(k2+k−1)等价于证明k(k+2)k2⋅(k+1)2k2+1⋅⋯⋅(k+1)2+k−1k(k+1)⋅(k2+3k+1)<(k+2k)k+1⋅(k2+3k+2)，
由于a>1，b>1时ab>a+1b+1，故k+2k=k(k+2)k2>(k+1)2k2+1>⋯>(k+1)2+k−1k(k+1)，
且有k2+3k+1故上式成立，即Pk+1【解析】(1)设取到白球的概率为p，取到黑球的概率为q=1−p，若第i次取到白球，则前i−1次取到的是黑球，即可求出P(X=i)，以此可求出取球次数X的分布列；
(2)计算出P(X=m)，分别令P(X=m)P(X=m−1)≥1和P(X=m)P(X=m+1)≥1，从而求得m的取值范围，即可求得Pk；由a>1，b>1时，ab>a+1b+1，结合放缩法即可证明．
本题考查了概率分布列，考查了不等式的证明，属于难题．总例
预测结果
正例
反例
真实情况
正例
真正例n1
假反例n2
反例
假正例n1
真反例n4
样例数据
甲分类器
乙分类器
样例标号
样例属性
预测正例概率
预测正例概率
1
正例
0.23
0.34
2
正例
0.58
0.53
3
反例
0.15
0.13
4
反例
0.62
0.39
5
正例
0.47
0.87
6
反例
0.47
0.53
7
反例
0.33
0.11
8
正例
0.77
0.63
X
1
2
…
n−1
n
P
p
pq
…
pqn−2
qn−1