高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1云南省臨滄地區(qū)中學(xué)2025屆高三下學(xué)期5月月考數(shù)學(xué)試卷一、單選題1．若復(fù)數(shù)z滿足z1+3i=1+i1-iA．-3+i B．i C．-3 D．【答案】D【解析】因?yàn)閦1+3所以z=i1+3i=-3+i故選：D.2．設(shè)集合A=x∣x2-3x+2≤0,B={x∣a<x<a+2}，則a>0A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B【解析】由集合x2又B=a,a+2,A?B，所以所以a>0是A?B的必要不充分條件.故選：B.3．△ABC中，點(diǎn)M,N滿足AM=MC,BN=2NC，且A．1 B．2 C．3 D．2【答案】C【解析】由題意可得MN=ABMA=-12因?yàn)镸N?AB=即AC2故BC2=3AB故選：C.4．已知球O的表面積為4π，一圓臺的上、下底面圓周都在球O的球面上，且下底面過球心O，母線與下底面所成角為π3，則該圓臺的側(cè)面積為（A．334π B．32π C【答案】B【解析】作出示意圖如圖所示：設(shè)球的半徑為OA=OB，由題意可得∠OAB=π所以O(shè)AB是等邊三角形，所以∠AOB=π3，所以因?yàn)榍騉的表面積為4π，所以4π×O所以O(shè)B=AB=1，所以O(shè)1所以圓臺的側(cè)面積為12故選：B.5．已知雙曲線E:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點(diǎn)為F，以F為圓心，2b為半徑的圓與雙曲線EA．52 B．3 C．5 D．【答案】A【解析】令點(diǎn)F(c,0)，雙曲線E:x2a由對稱性不妨取直線AB:bx-ay=0，取AB中點(diǎn)C，連接FC，則FC⊥AB，|FC|=bca2由OB=3OA，得|OC|=|AB|=2b，在Rt△OCF則a2=c所以雙曲線E的離心率e=c故選：A.6．已知實(shí)數(shù)a，b滿足3aA．b<a<0 B．2b<a<0C．0<a<b D．0<2b<a【答案】B【解析】設(shè)函數(shù)f(x)=3作出函數(shù)圖象如下，設(shè)3a對A，當(dāng)0<t<1時(shí)，直線y=t與函數(shù)f(x)=3x,g(x)=由函數(shù)圖象可知，a<b<0，A錯誤；對C，當(dāng)t>1時(shí)，直線y=t與函數(shù)f(x)=3x,g(x)=由函數(shù)圖象可知，0<b<a，C錯誤；因?yàn)?a=4設(shè)3a作出函數(shù)f(x)=3對B，當(dāng)0<t<1時(shí)，直線y=t與函數(shù)f(x)=3x,h(x)=由函數(shù)圖象可知，2b<a<0，B正確；對D，當(dāng)t>1時(shí)，直線y=t與函數(shù)f(x)=3x,h(x)=由函數(shù)圖象可知，0<a<2b，D錯誤；故選：B.7．已知f(x)=cos(ωx+π6)+A，其最小正周期TA．-24 B．64 C．3【答案】B【解析】由題意知，ω?13+π6=π又其最小正周期T大于1，則2π|ω|>1，即|ω|<2π，則由對稱中心的縱坐標(biāo)為-24，得因此f(x)=cos計(jì)算得f(2023故選：B.8．已知函數(shù)fx=ex-e-x2+3x，若正實(shí)數(shù)aA．6 B．2 C．42 D．【答案】D【解析】因?yàn)閒x的定義域?yàn)镽且f-x所以fx是定義在R又y=ex與y=-e-x為R上的增函數(shù)，則且y=3x為R上的增函數(shù)，所以fx在R由f2a-1+f2b-1所以2a-1=1-2b，即a+b=1，又a>0,b>0，則1a當(dāng)且僅當(dāng)ba=2a即1a+2故選：D.二、多選題9．已知一組數(shù)據(jù)x1,x2,???,xn，的極差為m，平均數(shù)為a，方差為b，另外一組數(shù)據(jù)ax1A．a(chǎn)m=9 B．a(chǎn)C．a(chǎn)2b+b=13 D【答案】BD【解析】假設(shè)x1最小，xn最大，則若a<0,則另外一組數(shù)據(jù)axn+b此時(shí)極差為ax1+b-易得a2+b=11,a2b=13,所以a2-b=故選：BD.10．函數(shù)fx=xlnx、gA．不等式gx>0B．函數(shù)fx在0,e上單調(diào)遞增，在C．若函數(shù)Fx=fD．若x1>x2【答案】AD【解析】對A，因?yàn)閒xg'令g'x>0，得x∈令g'x<0，得x∈1又當(dāng)x>1時(shí)，gx>0，故gx數(shù)形結(jié)合可知，gx>0的解集為對B，f'x=1+lnx，當(dāng)x>e時(shí)，f'x>0，當(dāng)0<x<對C，若函數(shù)Fx即Fx=xln要滿足題意，則需lnx-2ax+1=0也即2a=lnx+1x在數(shù)形結(jié)合則0<2a<1，解得0<a<1故要滿足題意，則0<a<1對D，若x1>x即m2構(gòu)造函數(shù)gx=m2x故gx在0，+∞上單調(diào)遞增，則g'也即lnx+1x≤m，在區(qū)間0,+∞恒成立，則故選：AD.11．如圖，半徑為1的動圓C沿著圓O:x2+y2=1外側(cè)無滑動地滾動一周，圓C上的點(diǎn)Pa,b形成的外旋輪線ΓA．曲線Γ上存在到原點(diǎn)的距離超過23B．點(diǎn)1,2在曲線Γ上C．曲線Γ與直線x+y-22D．b【答案】BCD【解析】設(shè)⊙O與⊙C切于M點(diǎn)，則O,C始終關(guān)于點(diǎn)M對稱.所以當(dāng)切點(diǎn)M繞O逆時(shí)針轉(zhuǎn)動θ弧度時(shí)，致使點(diǎn)P繞圓心C也轉(zhuǎn)了θ弧度，θ∈[0,2π)如圖，連接OC，∴∠AOM=∠MCP=θ，延長CP與x軸交于R點(diǎn)，過C作CD⊥x軸于點(diǎn)D，∴∠OCD=π2∴xyP則P(2cos即曲線Γ的參數(shù)方程為x=2cosθ-cos2θy=2對于A，PO=∴Γ上不存在到原點(diǎn)的距離超過23的點(diǎn)，對于B，若(1,2)在Γ上，則2cos由①解得θ=π2,驗(yàn)證知僅當(dāng)θ=π2時(shí)，代入②符合，∴P(1,2)在曲線Γ上，故對于C，由x+y-22=0，將曲線2cos即22∴2sin如下圖，分別作出f(x)=2sinx+π可知兩函數(shù)圖象共有兩個(gè)交點(diǎn)，故C正確；對于D，b=b=43∴|b|≤332故選：BCD.三、填空題12．已知角α,β滿足tanαtanβ=713，若【答案】-【解析】sinα-βsinα+β所以sinα-β故答案為：-113．某學(xué)校選派甲，乙，丙，丁共4位教師分別前往A，B，C三所中學(xué)支教，其中每所中學(xué)至少去一位教師，乙，丙不去C中學(xué)但能去其他兩所中學(xué)，甲，丁三個(gè)學(xué)校都能去，則不同的安排方案的種數(shù)是（用數(shù)字作答）【答案】14【解析】若C學(xué)校去一個(gè)人，只能從甲，丁中選1個(gè)，剩余3人選2人去1個(gè)學(xué)校，將這兩人看成1人，則2人分到2個(gè)學(xué)校的方法是A22,所以不同的分配方案有：若C學(xué)校去2個(gè)人：只能是甲，丁，所以不同的分配方案有：C2所以共有12+2=14種.故答案為：14.14．已知三棱錐P-ABC中，PA，PB，PC兩兩垂直，且PA=PB=PC=1，則三棱錐內(nèi)切球的半徑為，以P為球心，22為半徑的球面與該三棱錐表面的交線的長度之和為【答案】3-【解析】如圖，PA，PB，PC兩兩相互垂直，PA=PB=PC=1，則AB=BC=AC=2∴S設(shè)三棱錐內(nèi)切球的半徑為r由等積法得：13解得r=3-以P為球心，22為半徑的球面與三棱錐三個(gè)側(cè)面PAB，PAC，PBC長度為3×1與底面ABC交線為圓，P到底面的距離為d，由體積法可得13d=33，設(shè)圓的半徑為r，則(3圓的周長為2π所以球面與該三棱錐表面的交線的長度之和為32故答案為：3-36；四、解答題15．已知△ABC中，角A，B，C的對邊為a，b，c，D是AC邊上的中點(diǎn)．（1）若acos（i）求B；（ii）若b=42，BD=3（2）若B=2θ，BD=m，b=2n，試探究△ABC存在時(shí)解：（1）（i）在△ABC中，因?yàn)閍cos由正弦定理可得，sinA所以sin(A+因?yàn)锽∈(0,π)得所以cosB=-12（ii）在△ABC中，由余弦定理得b2=a2因?yàn)镈是AC邊上的中點(diǎn)，所以BD=12①-②得ac=10，所以△ABC的面積為S=1（2）（法一）如圖1，在△ABC中，由余弦定理得b2即a2+因?yàn)锽D是AC邊上的中線，所以2BD兩邊平方有4m2將①式代入②得accos2θ=m2-當(dāng)2θ=90°時(shí)，m=n，當(dāng)2θ≠90°由②得4m因?yàn)?(m2+即1-tan當(dāng)2θ為銳角時(shí)，0<tanθ<1，m>n，0<nm<1令f(x)=1-x1+x?=-1+21+x，x∈(0,1)，知當(dāng)2θ為鈍角時(shí)，tanθ>1，m<n，nm>1，③令g(x)=x-11+x?=1-2x+1，x∈(1,+∞所以，當(dāng)2θ=90°時(shí)，m=n當(dāng)2θ為銳角時(shí)，mtanθ≤n<m，當(dāng)2θ為鈍角時(shí)，m<n≤mtanθ，（法二）當(dāng)B為直角時(shí)，即2θ=90°已知角B和對邊b，當(dāng)B為銳角時(shí)（如圖2），點(diǎn)B在優(yōu)弧AC上移動，當(dāng)點(diǎn)B位于點(diǎn)B'時(shí)，B'D=B'O+OD=BO+OD≥BD（因?yàn)锽'D=ntanθ，所以n所以在△DOB和△DOC中，由余弦定理得：m2故mtan當(dāng)B為鈍角時(shí)（如圖3），點(diǎn)B在劣弧AC上移動，當(dāng)點(diǎn)B位于點(diǎn)B'B'D=OB'-OD=OB-OD≤BD（O為圓心，D所以ntanθ≤m，即n≤m所以在△DOB和△DOC中，由余弦定理得：m2m<n≤mtan16．如圖，四棱錐P-ABCD的底面ABCD為箏形，PA⊥面ABCD，點(diǎn)M為AC與BD的交點(diǎn)，且PA=AM=CM=DM=1（1）求證：平面PAC⊥平面PBD；（2）已知N為棱PC上的一點(diǎn)，若PN=12（注：箏形是指有一條對角線所在直線為對稱軸的四邊形）（1）證明：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PA⊥BD，又因?yàn)樗倪呅蜛BCD為箏形，所以AC⊥BD，又PA∩AC=A,PA,AC?平面PAC，所以BD⊥平面PAC，又BD?平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAC．（2）解：以M為坐標(biāo)原點(diǎn)，MC方向?yàn)閤軸，MD方向?yàn)閥軸，垂直于平面ABCD向上方向?yàn)閦軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，不妨設(shè)AM=1，則A-1,0,0，B0,-2,0，C1,0,0，D0,1,0，因?yàn)镻N=12NC，即則AB=1,-2,0，AN=設(shè)平面ABN的法向量n1由AB?n1=x設(shè)平面ADN的法向量n2由AD?n2=x所以二面角B-AN-D的余弦值為：cosθ=-17．某次投籃游戲，規(guī)定每名同學(xué)投籃n次n≥2,n∈N*，投籃位置有A，B兩處，第一次在A處投，從第二次開始，若前一次未投進(jìn)，則下一次投籃位置轉(zhuǎn)為另一處；若前一次投進(jìn)，則下一次投籃位置不變.在A處每次投進(jìn)得2分，否則得0分；在B處每次投進(jìn)得3分，否則得0分.已知甲在A，B兩處每次投進(jìn)的概率分別為35，12，且每次投籃相互獨(dú)立.記甲第kk≤n,k∈N*次在A（1）求X2（2）求ak（3）證明：EX參考公式：若X，Y是離散型隨機(jī)變量，則EX+Y（1）解：設(shè)“甲第i次在A處投進(jìn)”為事件Ai，“甲第i次在B處投進(jìn)”為事件Bi=1，2，依題意，X2的可能取值為0，2，3，PXPXPXPX所以X2EX2（2）解：當(dāng)2≤k≤n時(shí)，甲第k次在A處投籃分兩種情形：①第k-1次在A處投籃且投進(jìn)，這種情形概率為ak-1②第k-1次在B處投籃且未投進(jìn)，這種情形概率為1-a所以ak故ak因?yàn)閍1所以ak-59是以4所以ak即ak=59+49×1（3）證明：因?yàn)榈趉次在A處投籃的概率為ak，在B處投籃的概率為1-記第k次得分ξk，則ξk的可能取值為0，2，PξPξPξ所以Eξ因?yàn)閄n所以EX因?yàn)?27所以EX18．已知拋物線C:y2=2pxp>0.過拋物線焦點(diǎn)F作直線l1分別在第一、四象限交C于K、P兩點(diǎn)，過原點(diǎn)O作直線l2與拋物線的準(zhǔn)線交于E點(diǎn)，設(shè)兩直線交點(diǎn)為S（1）求拋物線的方程.（2）若EP平行于x軸，證明：S在拋物線C上.（3）在（2）的條件下，記△SEP的重心為R，延長ER交SP于Q，直線EQ交拋物線于N、T（T在右側(cè)），設(shè)NT中點(diǎn)為G，求△PEG與△ESQ面積之比n（1）解：因?yàn)槿舢?dāng)點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為-2時(shí)，OP=不妨設(shè)Pa,-2a>0，則OP=代入拋物線方程有4=2p?p=2，所以C:y（2）證明：由（1）知y2=4x,F1,0，C不妨設(shè)Px1,若EP平行于x軸，則E-1,所以l2:y=0-聯(lián)立l1,l又P在拋物線C和直線l1上，即y則有S1x1,-y則S在拋物線C上，證畢；（3）解：在（2）的條件下可知S、K兩點(diǎn)重合，由重心的性質(zhì)不難知Q為線段同（2），仍設(shè)Px1,則E-1,聯(lián)立x=my+1y所以y1且y1則Q2可知lEQ:y=2m-設(shè)Nx與C聯(lián)立有x=2所以yN+y由于Q為線段SP的中點(diǎn)，所以S、P到直線則n=S設(shè)fm若m>0，則fm=2-11+1若m=0，則fm若m<0，則fm=2+1綜上n∈1,319．意大利著名畫家、數(shù)學(xué)家、物理學(xué)家達(dá)?芬奇在他創(chuàng)作《抱銀貂的女子》時(shí)思考過這樣一個(gè)問題：固定項(xiàng)鏈的兩端，使其在重力的作用下自然下垂，那么項(xiàng)鏈所形成的曲線是什么？這就是著名的懸鏈線問題，懸鏈線在工程上有廣泛的應(yīng)用.在恰當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系中，這類曲線的函數(shù)表達(dá)式可以為f(x)=aex+be-x，其中（1）利用單調(diào)性定義證明：當(dāng)a=b=12時(shí)，f(x)在（2）當(dāng)a=b=12時(shí)，若不等式f(sinθ+cos（3）若f(x)為奇函數(shù)，函數(shù)g(x)=e2x+e-2x+f(x)-2，x∈[0,ln2]，探究是否存在實(shí)數(shù)a，使g(x)（1）證明：當(dāng)a=b=12時(shí)，f(x)=e則f====1由0<x1<則ex1-ex2<0所以f(x)在(0,+∞)（2）函數(shù)f(x)=ex+e-x2的定義域?yàn)椴坏仁絝(sin函數(shù)f(x)在(0,+∞)依題意，不等式|sinθ+cos當(dāng)θ∈[0,π2]時(shí)，θ+因此sin2θ-2sin令u=sin(θ+π則y=sin當(dāng)u=1時(shí)，ymaxy=sin當(dāng)u=22時(shí)，ymin所以m的取值范圍為[1-2（3）由函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，得f(x)+f(-x)=0恒成立，即(aex+b于是f(x)=a(ex-令ex-e-x=t，x∈0,ln則函數(shù)g(x)化為h(t)=t2+at假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使g(x)即h(t)的最小值為-1，當(dāng)-a2≤0，即a≥0時(shí)，h(t)在[0,當(dāng)0<-a2<32，即-3<a<0時(shí)，h(t)h(t)min=h(-當(dāng)-a2≥32，即a≤-3時(shí)，h(t)解得a=-136，不滿足所以當(dāng)a=-2時(shí)，g(x)的最小值為-1.云南省臨滄地區(qū)中學(xué)2025屆高三下學(xué)期5月月考數(shù)學(xué)試卷一、單選題1．若復(fù)數(shù)z滿足z1+3i=1+i1-iA．-3+i B．i C．-3 D．【答案】D【解析】因?yàn)閦1+3所以z=i1+3i=-3+i故選：D.2．設(shè)集合A=x∣x2-3x+2≤0,B={x∣a<x<a+2}，則a>0A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B【解析】由集合x2又B=a,a+2,A?B，所以所以a>0是A?B的必要不充分條件.故選：B.3．△ABC中，點(diǎn)M,N滿足AM=MC,BN=2NC，且A．1 B．2 C．3 D．2【答案】C【解析】由題意可得MN=ABMA=-12因?yàn)镸N?AB=即AC2故BC2=3AB故選：C.4．已知球O的表面積為4π，一圓臺的上、下底面圓周都在球O的球面上，且下底面過球心O，母線與下底面所成角為π3，則該圓臺的側(cè)面積為（A．334π B．32π C【答案】B【解析】作出示意圖如圖所示：設(shè)球的半徑為OA=OB，由題意可得∠OAB=π所以O(shè)AB是等邊三角形，所以∠AOB=π3，所以因?yàn)榍騉的表面積為4π，所以4π×O所以O(shè)B=AB=1，所以O(shè)1所以圓臺的側(cè)面積為12故選：B.5．已知雙曲線E:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點(diǎn)為F，以F為圓心，2b為半徑的圓與雙曲線EA．52 B．3 C．5 D．【答案】A【解析】令點(diǎn)F(c,0)，雙曲線E:x2a由對稱性不妨取直線AB:bx-ay=0，取AB中點(diǎn)C，連接FC，則FC⊥AB，|FC|=bca2由OB=3OA，得|OC|=|AB|=2b，在Rt△OCF則a2=c所以雙曲線E的離心率e=c故選：A.6．已知實(shí)數(shù)a，b滿足3aA．b<a<0 B．2b<a<0C．0<a<b D．0<2b<a【答案】B【解析】設(shè)函數(shù)f(x)=3作出函數(shù)圖象如下，設(shè)3a對A，當(dāng)0<t<1時(shí)，直線y=t與函數(shù)f(x)=3x,g(x)=由函數(shù)圖象可知，a<b<0，A錯誤；對C，當(dāng)t>1時(shí)，直線y=t與函數(shù)f(x)=3x,g(x)=由函數(shù)圖象可知，0<b<a，C錯誤；因?yàn)?a=4設(shè)3a作出函數(shù)f(x)=3對B，當(dāng)0<t<1時(shí)，直線y=t與函數(shù)f(x)=3x,h(x)=由函數(shù)圖象可知，2b<a<0，B正確；對D，當(dāng)t>1時(shí)，直線y=t與函數(shù)f(x)=3x,h(x)=由函數(shù)圖象可知，0<a<2b，D錯誤；故選：B.7．已知f(x)=cos(ωx+π6)+A，其最小正周期TA．-24 B．64 C．3【答案】B【解析】由題意知，ω?13+π6=π又其最小正周期T大于1，則2π|ω|>1，即|ω|<2π，則由對稱中心的縱坐標(biāo)為-24，得因此f(x)=cos計(jì)算得f(2023故選：B.8．已知函數(shù)fx=ex-e-x2+3x，若正實(shí)數(shù)aA．6 B．2 C．42 D．【答案】D【解析】因?yàn)閒x的定義域?yàn)镽且f-x所以fx是定義在R又y=ex與y=-e-x為R上的增函數(shù)，則且y=3x為R上的增函數(shù)，所以fx在R由f2a-1+f2b-1所以2a-1=1-2b，即a+b=1，又a>0,b>0，則1a當(dāng)且僅當(dāng)ba=2a即1a+2故選：D.二、多選題9．已知一組數(shù)據(jù)x1,x2,???,xn，的極差為m，平均數(shù)為a，方差為b，另外一組數(shù)據(jù)ax1A．a(chǎn)m=9 B．a(chǎn)C．a(chǎn)2b+b=13 D【答案】BD【解析】假設(shè)x1最小，xn最大，則若a<0,則另外一組數(shù)據(jù)axn+b此時(shí)極差為ax1+b-易得a2+b=11,a2b=13,所以a2-b=故選：BD.10．函數(shù)fx=xlnx、gA．不等式gx>0B．函數(shù)fx在0,e上單調(diào)遞增，在C．若函數(shù)Fx=fD．若x1>x2【答案】AD【解析】對A，因?yàn)閒xg'令g'x>0，得x∈令g'x<0，得x∈1又當(dāng)x>1時(shí)，gx>0，故gx數(shù)形結(jié)合可知，gx>0的解集為對B，f'x=1+lnx，當(dāng)x>e時(shí)，f'x>0，當(dāng)0<x<對C，若函數(shù)Fx即Fx=xln要滿足題意，則需lnx-2ax+1=0也即2a=lnx+1x在數(shù)形結(jié)合則0<2a<1，解得0<a<1故要滿足題意，則0<a<1對D，若x1>x即m2構(gòu)造函數(shù)gx=m2x故gx在0，+∞上單調(diào)遞增，則g'也即lnx+1x≤m，在區(qū)間0,+∞恒成立，則故選：AD.11．如圖，半徑為1的動圓C沿著圓O:x2+y2=1外側(cè)無滑動地滾動一周，圓C上的點(diǎn)Pa,b形成的外旋輪線ΓA．曲線Γ上存在到原點(diǎn)的距離超過23B．點(diǎn)1,2在曲線Γ上C．曲線Γ與直線x+y-22D．b【答案】BCD【解析】設(shè)⊙O與⊙C切于M點(diǎn)，則O,C始終關(guān)于點(diǎn)M對稱.所以當(dāng)切點(diǎn)M繞O逆時(shí)針轉(zhuǎn)動θ弧度時(shí)，致使點(diǎn)P繞圓心C也轉(zhuǎn)了θ弧度，θ∈[0,2π)如圖，連接OC，∴∠AOM=∠MCP=θ，延長CP與x軸交于R點(diǎn)，過C作CD⊥x軸于點(diǎn)D，∴∠OCD=π2∴xyP則P(2cos即曲線Γ的參數(shù)方程為x=2cosθ-cos2θy=2對于A，PO=∴Γ上不存在到原點(diǎn)的距離超過23的點(diǎn)，對于B，若(1,2)在Γ上，則2cos由①解得θ=π2,驗(yàn)證知僅當(dāng)θ=π2時(shí)，代入②符合，∴P(1,2)在曲線Γ上，故對于C，由x+y-22=0，將曲線2cos即22∴2sin如下圖，分別作出f(x)=2sinx+π可知兩函數(shù)圖象共有兩個(gè)交點(diǎn)，故C正確；對于D，b=b=43∴|b|≤332故選：BCD.三、填空題12．已知角α,β滿足tanαtanβ=713，若【答案】-【解析】sinα-βsinα+β所以sinα-β故答案為：-113．某學(xué)校選派甲，乙，丙，丁共4位教師分別前往A，B，C三所中學(xué)支教，其中每所中學(xué)至少去一位教師，乙，丙不去C中學(xué)但能去其他兩所中學(xué)，甲，丁三個(gè)學(xué)校都能去，則不同的安排方案的種數(shù)是（用數(shù)字作答）【答案】14【解析】若C學(xué)校去一個(gè)人，只能從甲，丁中選1個(gè)，剩余3人選2人去1個(gè)學(xué)校，將這兩人看成1人，則2人分到2個(gè)學(xué)校的方法是A22,所以不同的分配方案有：若C學(xué)校去2個(gè)人：只能是甲，丁，所以不同的分配方案有：C2所以共有12+2=14種.故答案為：14.14．已知三棱錐P-ABC中，PA，PB，PC兩兩垂直，且PA=PB=PC=1，則三棱錐內(nèi)切球的半徑為，以P為球心，22為半徑的球面與該三棱錐表面的交線的長度之和為【答案】3-【解析】如圖，PA，PB，PC兩兩相互垂直，PA=PB=PC=1，則AB=BC=AC=2∴S設(shè)三棱錐內(nèi)切球的半徑為r由等積法得：13解得r=3-以P為球心，22為半徑的球面與三棱錐三個(gè)側(cè)面PAB，PAC，PBC長度為3×1與底面ABC交線為圓，P到底面的距離為d，由體積法可得13d=33，設(shè)圓的半徑為r，則(3圓的周長為2π所以球面與該三棱錐表面的交線的長度之和為32故答案為：3-36；四、解答題15．已知△ABC中，角A，B，C的對邊為a，b，c，D是AC邊上的中點(diǎn)．（1）若acos（i）求B；（ii）若b=42，BD=3（2）若B=2θ，BD=m，b=2n，試探究△ABC存在時(shí)解：（1）（i）在△ABC中，因?yàn)閍cos由正弦定理可得，sinA所以sin(A+因?yàn)锽∈(0,π)得所以cosB=-12（ii）在△ABC中，由余弦定理得b2=a2因?yàn)镈是AC邊上的中點(diǎn)，所以BD=12①-②得ac=10，所以△ABC的面積為S=1（2）（法一）如圖1，在△ABC中，由余弦定理得b2即a2+因?yàn)锽D是AC邊上的中線，所以2BD兩邊平方有4m2將①式代入②得accos2θ=m2-當(dāng)2θ=90°時(shí)，m=n，當(dāng)2θ≠90°由②得4m因?yàn)?(m2+即1-tan當(dāng)2θ為銳角時(shí)，0<tanθ<1，m>n，0<nm<1令f(x)=1-x1+x?=-1+21+x，x∈(0,1)，知當(dāng)2θ為鈍角時(shí)，tanθ>1，m<n，nm>1，③令g(x)=x-11+x?=1-2x+1，x∈(1,+∞所以，當(dāng)2θ=90°時(shí)，m=n當(dāng)2θ為銳角時(shí)，mtanθ≤n<m，當(dāng)2θ為鈍角時(shí)，m<n≤mtanθ，（法二）當(dāng)B為直角時(shí)，即2θ=90°已知角B和對邊b，當(dāng)B為銳角時(shí)（如圖2），點(diǎn)B在優(yōu)弧AC上移動，當(dāng)點(diǎn)B位于點(diǎn)B'時(shí)，B'D=B'O+OD=BO+OD≥BD（因?yàn)锽'D=ntanθ，所以n所以在△DOB和△DOC中，由余弦定理得：m2故mtan當(dāng)B為鈍角時(shí)（如圖3），點(diǎn)B在劣弧AC上移動，當(dāng)點(diǎn)B位于點(diǎn)B'B'D=OB'-OD=OB-OD≤BD（O為圓心，D所以ntanθ≤m，即n≤m所以在△DOB和△DOC中，由余弦定理得：m2m<n≤mtan16．如圖，四棱錐P-ABCD的底面ABCD為箏形，PA⊥面ABCD，點(diǎn)M為AC與BD的交點(diǎn)，且PA=AM=CM=DM=1（1）求證：平面PAC⊥平面PBD；（2）已知N為棱PC上的一點(diǎn)，若PN=12（注：箏形是指有一條對角線所在直線為對稱軸的四邊形）（1）證明：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PA⊥BD，又因?yàn)樗倪呅蜛BCD為箏形，所以AC⊥BD，又PA∩AC=A,PA,AC?平面PAC，所以BD⊥平面PAC，又BD?平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAC．（2）解：以M為坐標(biāo)原點(diǎn)，MC方向?yàn)閤軸，MD方向?yàn)閥軸，垂直于平面ABCD向上方向?yàn)閦軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，不妨設(shè)AM=1，則A-1,0,0，B0,-2,0，C1,0,0，D0,1,0，因?yàn)镻N=12NC，即則AB=1,-2,0，AN=設(shè)平面ABN的法向量n1由AB?n1=x設(shè)平面ADN的法向量n2由AD?n2=x所以二面角B-AN-D的余弦值為：cosθ=-17．某次投籃游戲，規(guī)定每名同學(xué)投籃n次n≥2,n∈N*，投籃位置有A，B兩處，第一次在A處投，從第二次開始，若前一次未投進(jìn)，則下一次投籃位置轉(zhuǎn)為另一處；若前一次投進(jìn)，則下一次投籃位置不變.在A處每次投進(jìn)得2分，否則得0分；在B處每次投進(jìn)得3分，否則得0分.已知甲在A，B兩處每次投進(jìn)的概率分別為35，12，且每次投籃相互獨(dú)立.記甲第kk≤n,k∈N*次在A（1）求X2（2）求ak（3）證明：EX參考公式：若X，Y是離散型隨機(jī)變量，則EX+Y（1）解：設(shè)“甲第i次在A處投進(jìn)”為事件Ai，“甲第i次在B處投進(jìn)”為事件Bi=1，2，依題意，X2的可能取值為0，2，3，PXPXPXPX所以X2EX2（2）解：當(dāng)2≤k≤n時(shí)，甲第k次在A處投籃分兩種情形：①第k-1次在A處投籃且投進(jìn)，這種情形概率為ak-1②第k-1次在B處投籃且未投進(jìn)，這種情形概率為1-a所以ak故ak因?yàn)閍1所以ak-59是以4所以ak即ak=59+49×1（3）證明：因?yàn)榈趉次在A處投籃的概率為ak，在B處投籃的概率為1-記第k次得分ξk，則ξk的可能取值為0，2，PξPξPξ所以Eξ因?yàn)閄n所以EX因?yàn)?27所以EX18．已知拋物線C:y2=2pxp>0.過拋物線焦點(diǎn)F作直線l1分別在第一、四象限交C于K、P兩點(diǎn)，過原點(diǎn)O作