【文档说明】【精准解析】江苏省南通市海安高级中学2020届高三下学期期初模拟考试数学试题.doc，共(24)页，1.268 MB，由小赞的店铺上传

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江苏省海安高级中学2020届高三下学期期初模拟考试数学试卷一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在答题纸相应位置上．1.已知集合A＝{﹣1，0，2}，B＝{x|x＝2n﹣1，n∈Z}，则A∩B中元素

的个数为_____．【答案】1【解析】【分析】按照交集的概念直接运算可得A∩B＝{﹣1}，即可得解.【详解】∵A＝{﹣1，0，2}，B＝{x|x＝2n﹣1，n∈Z}，∴A∩B＝{﹣1}，∴A∩B中元素的个数为

1．故答案为：1．【点睛】本题考查了集合的交集运算，属于基础题.2.已知复数z1＝1﹣2i，z2＝a+2i（其中i是虚数单位，a∈R），若z1•z2是纯虚数，则a的值为_____．【答案】-4【解析】【分析】由题意124(22)zzaai=++−，令40220aa+=−即可得解.【详解

】∵z1＝1﹣2i，z2＝a+2i，∴12(12)(2)4(22)zziaiaai=−+=++−，又z1•z2是纯虚数，∴40220aa+=−，解得：a＝﹣4．故答案为：﹣4．【点睛】本题考查了复数的概念和运算，属于基础题.3.从集合1,2,3中随机取一个元素，记为a，从集

合2,3,4中随机取一个元素，记为b，则ab的概率为_______．【答案】89【解析】【分析】先求出随机抽取a,b的所有事件数，再求出满足ab的事件数，根据古典概型公式求出结果.【详解】解：从集合1,2,3中随机取一个元素，记为a，从集合2,3,4中

随机取一个元素，记为b，则(,)ab的事件数为9个，即为(1,2),(1,3),(1,4)，(2,2),(2,3),(2,4)，(3,2),(3,3),(3,4)，其中满足ab的有(1,2),(1,3),(1,4)，(2,2),(2,3),(2,4)，

(3,3),(3,4)，共有8个，故ab的概率为89.【点睛】本题考查了古典概型的计算，解题的关键是准确列举出所有事件数.4.为了了解一批产品的长度（单位：毫米）情况，现抽取容量为400的样本进行检测，如图是检测结果的频率分布直方图，根据产品

标准，单件产品长度在区间[25,30)的一等品，在区间[20,25)和[30,35)的为二等品，其余均为三等品，则样本中三等品的件数为__________．【答案】100.【解析】分析：根据频率分布直方图得到三等品的频率，然后可求得样本中三等品的件数．详解：由题意得，三等

品的长度在区间)10,15，)15,,20和35,40内，根据频率分布直方图可得三等品的频率为()0.01250.02500.012550.25++=，∴样本中三等品的件数为4000.25100=.点睛

：频率分布直方图的纵坐标为频率组距，因此每一个小矩形的面积表示样本个体落在该区间内的频率，把小矩形的高视为频率时常犯的错误．5.如图是一个算法的伪代码，其输出的结果为_______．【答案】1011【解析】由题设提供的算法流程图可知

:1111101122310111111S=+++=−=，应填答案1011．6.命题A：|x－1|＜3，命题B：(x＋2)(x＋a)＜0；若A是B的充分而不必要条件，则实数a的取值范围是.【答案】(－∞,－4)【解析】【详解】对于命题A：∵

|x－1|＜3，∴-2<x<4,要使A是B的充分而不必要条件,则a<2,-a>4,即实数a的取值范围是(－∞,－4)7.已知圆锥的母线长为5，侧面积为15π，则此圆锥的体积为________.【答案】12【解析】【

分析】根据侧面积求出圆锥的半径，由勾股定理即可求出圆锥的高，利用圆锥体积公式即可求解．【详解】设圆锥的半径为r，则侧面积为15215,32rr==，圆锥的高为22534−=，所以圆锥的体积为2134123=．故答案为12【点睛】本体主要考查圆锥的

侧面积与体积公式，考查运算求解能力，属于基础题．8.函数2()sinsincos1fxxxx=++的最小正周期是，单调递减区间是．【答案】，，.【解析】试题分析：，故，由解得考点：三角函数的性质9.在平面直角坐标系xOy中，已知A（0，﹣

1），B（﹣3，﹣4）两点，若点C在∠AOB的平分线上，且10OC=，则点C的坐标是_____．【答案】（﹣1，﹣3）【解析】【分析】先求出OB方向上的单位向量e=（35-，45−），由题意OC=()

OAe+，结合10OC=即可得解.【详解】由题意OA=（0，﹣1），是一个单位向量，由于OB=（﹣3，﹣4），故OB方向上的单位向量e=（35-，45−），∵点C在∠AOB的平分线上，∴存在正实数λ使得OC=()OAe

+＝34,155−−−）＝39,55−−，∵10OC=，2981102525+=，解得53=代入得得()1,3OC=−−故答案为：()1,3−−.【点睛】本题考查了平面向量线性运算的坐标表示和模的应用.考查了转化化归思想，属于中档题.

10.设Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝nan﹣3n（n﹣1）（n∈N*），且a2＝11，则S20的值为_____．【答案】1240【解析】【分析】先求得a1＝5，转化条件得131nnSSnn−−=−，可得nSn是首项151S=，公差为3的

等差数列，利用等差数列的通项公式即可得解.【详解】由S2＝a1+a2＝2a2﹣3×2（2﹣1），a2＝11，可得a1＝5．当n≥2时，由Sn＝nan﹣3n（n﹣1）＝n（Sn﹣Sn﹣1）﹣3n（n﹣1），可得（n﹣1）Sn﹣nSn﹣1＝3n（n

﹣1），∴131nnSSnn−−=−，∴数列nSn是首项151S=，公差为3的等差数列，∴2020S=5+3×19＝62，∴S20＝1240.故答案为：1240.【点睛】本题考查了数列11,1,2nnnSnaSSn−==−公式的

应用和等差数列通项公式的应用，属于中档题.11.如图在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是___________．【答案】（62−，6+2）【解析】如图所示，延长

BA，CD交于E，平移AD，当A与D重合与E点时，AB最长，在△BCE中，∠B=∠C=75°，∠E=30°，BC=2，由正弦定理可得sinsinBCBEEC=，即oo2sin30sin75BE=，解得BE=6+2，平移AD，当D与C重合时，A

B最短，此时与AB交于F，在△BCF中，∠B=∠BFC=75°，∠FCB=30°，由正弦定理知，sinsinBFBCFCBBFC=，即oo2sin30sin75BF=，解得BF=62−，所以AB的取值范围

为（62−，6+2）.考点：正余弦定理；数形结合思想12.已知函数f（x）12212122222.2xxxxxx+−=−−−−−，＞，，＜，，若f（t）≥f（1t），则实数t的取值范围是_____．【答案】))201

−+，，．【解析】【分析】作出函数图象，根据函数图像分为两种情况1122ttt−或122t−讨论，解不等式即可得解.【详解】根据函数f（x）的解析式作出其图象，如图所示．①当x22−时，f（x）是增函数，若()1ftft，则1122ttt

−，解得：t≥1；②当x22−时，()2fx=，若()1ftft，则122t−，解得：20t−；综上①②所述，实数t的取值范围是))201−+，，故答案为：))201−+，，．【点睛】本题考查了分段函数的应

用，考查了分类讨论思想和数形结合思想，属于中档题.13.在平面直角坐标系中，点集A＝{（x，y）|x2+y2≤1}，B＝{（x，y）|x≤4，y≥0，3x﹣4y≥0}，则点集Q＝{（x，y）|x＝x1+x2，y＝y1+y2，（x1，y1）∈A，（x2，y2）∈B}所表示的区域

的面积为_____．【答案】18+π【解析】【分析】转化条件得（x﹣x2）2+（y﹣y2）2≤1即点集Q所表示的区域是以集合B表示的区域的边界为圆心轨迹半径为1的圆内部分，计算即可得解.【详解】由x＝x1+x2，y＝y1+y2，得x1＝x﹣x2，y1＝y﹣y2，∵（x1，y1）∈A，∴把x1＝x﹣

x2，y1＝y﹣y2，代入x2+y2≤1，∴（x﹣x2）2+（y﹣y2）2≤1点集Q所表示的区域是以集合B＝{（x，y）|x≤4，y≥0，3x﹣4y≥0}的区域的边界为圆心轨迹半径为1的圆内部分，如图，其面积为：5+6+4+3+π＝18+π故答案为：18+π．【点睛】本题考查了圆

的标准方程和非线性可行域的画法，考查了转化化归思想，属于中档题.14.设函数f（x）＝（2x﹣1）ex﹣ax+a，若存在唯一的整数x0使得f（x0）＜0，则实数a的取值范围是_____．【答案】[32e，1）∪23532ee，【

解析】【分析】令g（x）＝（2x﹣1）ex，h（x）＝a（x﹣1），求出()gx后画出g（x）、h（x）的图象，数形结合即可得()()()011100aghh−−−或()()()()2233hghg，即可得解.【详解】令g（x）＝（2x﹣1）ex，h（x）＝a（x

﹣1），∵()(21)2(21)xxxgxxeexe=−+=+，∴当21x−时，()0gx，则函数g（x）在（﹣∞，12−）上单调递减；当12x−时，()0gx，则函数g（x）在（12−，+∞

）上单调递增；而g（﹣1）＝﹣3e﹣1，g（0）＝﹣1；因为存在唯一的整数x0使得f（x0）＜0．即（2x0﹣1）ex＜a（x0﹣1）．所以结合图形知：()()()011100aghh−−−或()()()()2233hghg

即：103210aeaa−−−−−＞＜＜或23325aeae解得32ea＜1或3e2＜a352e；故答案为：[32e，1）∪23532ee，．【点睛】本题考查了函数的零点问题，考查了转化化归思想和数形结合思想，属于难题.二、解答题

：本大题共6小题，共计90分．请在答题纸指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知函数()23222xxxfxcoscossin=−．（1）设θ∈[0，π]，且f（θ）3=+1，求θ的值；（

2）在△ABC中，AB＝1，f（C）3=+1，且△ABC的面积为32，求sinA+sinB的值．【答案】（1）6（2）132+【解析】【分析】（1）化简得()2cos36fxx=++，转化条件得1cos62

+=，即可得解；（2）由（1）知6C=，由面积可得23=ab，由余弦定理得a2+b2＝7，联立方程可求得23+=+ab，再利用正弦定理即可得解.【详解】（1）()223sin3cossin32cos326xfxcosxxxx=−=−+=++由f（θ）31=+，∴2co

s3316++=+，∴1cos62+=，∵θ∈[0，π]，∴（θ6+）∈[6，76]，∴θ6=．（2）由f（C）3=+1，C∈（0，π），由（1）可得：C6=．由△ABC的面积为32，∴3122=absi

n6，∴23=ab．由余弦定理可得：1＝a2+b2﹣2abcos6，可得：a2+b2＝7，联立解得：a＝2，b3=；或b＝2，a3=．∴23+=+ab．∴12sinAsinBsinCabc===．∴sinA+sinB12

=（a+b）＝132+．【点睛】本题考查了三角函数的化简，考查了正弦定理、余弦定理和三角形面积公式的应用，属于中档题.16.如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，AC，BD相交于点O，EF∥AB，EF12=AB，平面BCF⊥平面ABCD，BF＝CF，G为BC的中点，求证：（1）O

G∥平面ABFE；（2）AC⊥平面BDE．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）根据中位线的性质证明OG∥AB后即可得证；（2）连接FG、EO，由题意EO⊥平面ABCD，可得EO⊥AC，由线面垂直的判定即可得解.【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，AC，BD相交于点

O，∴O是AC中点，∵G为BC的中点，∴OG∥AB，∵OG⊄平面ABFE，AB⊂平面ABFE，∴OG∥平面ABFE．（2）连接FG、EO，∵四边形ABCD是菱形，AC，BD相交于点O，∴AC⊥BD，O是AC中点，∵G为BC的中点，∵EF∥AB，EF12=AB，平面BCF⊥平面ABCD，BF

＝CF，∴FG⊥平面ABCD，∴EO⊥平面ABCD，∴EO⊥AC，∵EO∩BD＝O，∴AC⊥平面BDE．【点睛】本题考查了线面平行和线面垂直的判定，属于中档题.17.某生物探测器在水中逆流行进时，所消耗的能量为E＝cvnT，其中v为行进时相对于水的速

度，T为行进时的时间（单位：h），c为常数，n为能量次级数，如果水的速度为4km/h，该生物探测器在水中逆流行进200km．（1）求T关于v的函数关系式；（2）①当能量次级数为2时，求探测器消耗的最少能量；②当能量次级数为3时，试确定v的大小，使该探测器消耗的能量最少．【答案】（1

）T2004v=−，（v＞4）；（2）①3200c②6【解析】【分析】（1）由题意得2004vT=−，化简即可得解；（2）①由题意得()2162002004844vEccvvv==−++−−，利用基本不等式即可

得解；②由题意32004vEcv=−，求导得()2226200(4)vvEcv−=−，确定单调性即可得解.【详解】（1）由题意得，该探测器相对于河岸的速度为200T，又该探测器相对于河岸的速度比相对于

水的速度小4km/h，即为v﹣4，则200T=v﹣4，即T2004v=−，（v＞4）；（2）①当能量次级数为2时，由（1）知2004Tv=−，v＞4，22004vEcv==−()2[44]2004vcv−+=−()16200

484cvv−++−≥200c[2()1644vv−+−8]＝3200c，当且仅当v﹣4164v=−，即v＝8km/h时取等号，②当能量次级数为3时，由（1）知32004vEcv=−，v＞4，则()2

226200(4)vvEcv−=−，由0E=，解得v＝6，即当v＜6时，0E，当v＞6时，0E，即当v＝6时，函数E取得最小值为E＝21600c．【点睛】本题考查了函数的应用，考查了基本不等式和导数求最值的应用，属于中档题.18.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆2

222xyab+=1（a＞b＞0）的焦距F1F2的长为2，经过第二象限内一点P（m，n）的直线22mxnyab+=1与圆x2+y2＝a2交于A，B两点，且OA2=．（1）求PF1+PF2的值；（2）若AB•1283FF=，求m，n的值．【答案】（1）22．（2）m＝﹣1，

n22=．【解析】【分析】（1）先说明点P在椭圆上，根据椭圆性质即可得解；（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程组得x1+x22244mnm=+，x1x2222484nnm−=+，转化条件得x2﹣x143=，代入解

方程即可得解.【详解】（1）∵OA2=，∴a2=．∵把点P（m，n）代入直线方程22mxnyab+=1，可得：2222mnab+=1，∴点P在椭圆上，∴PF1+PF2＝2a＝22．（2）由a2=，c＝1，∴b2＝a2﹣c2＝1．设A（x1，y1），B（x2

，y2）．联立22212xymxny+=+=，化为：（4n2+m2）x2﹣4mx+4﹣8n2＝0，∴x1+x22244mnm=+，x1x2222484nnm−=+．∵AB1283FF=，∴（x2﹣x1，y2﹣y1）•（2，0）83=，化为2（x2﹣x1）83=，即x2﹣x14

3=，∴212()xx+−4x1x2169=，代入可得：()22222224481616(4)49nmnmnm−−=++，化为：56n4+10n2m2﹣36n2﹣m4＝0，又222mn+=1，把m2＝2﹣2n2代入

化为8n4﹣2n2﹣1＝0，解得m2＝1，n212=．∵点P在第二象限，∴取m＝﹣1，n22=．【点睛】本题考查了椭圆的性质和直线与圆的位置关系，考查了计算能力，属于中档题.19.已知函数f（x）＝a（|sinx|+|cosx|）﹣sin2x﹣1，a∈R．（1）写出函数f（x）的最小正周期（不必写

出过程）；（2）求函数f（x）的最大值；（3）当a＝1时，若函数f（x）在区间（0，kπ）（k∈N*）上恰有2015个零点，求k的值．【答案】（1）最小正周期为π．（2）见解析（3）k＝1008．【解析】【分析】（1）由题意结合周期函数的定义直接求解即可；（2）令12tsinx=+，

t∈[1，2]，则当0,2x时，()()2fxtatt==−，当,2x时，()()22fxvttat==+−，易知()()tvt，分类比较()1v、()2v的大小即可得解；（3）转化条件得当且仅当sin2x＝0时，f（x）＝0，则x∈（0

，π]时，f（x）有且仅有两个零点，结合函数的周期即可得解.【详解】（1）函数f（x）的最小正周期为π．（2）∵f（x）＝a（|sinx|+|cosx|）﹣sin2x﹣1＝a12sinx+−sin2x﹣1＝a12sinx+−（sin2x+1），令t12sinx=+，t∈[1，2]，当0,2

x时，()()()212fxtattt==−，当,2x时，()()()2212fxvttatt==+−，∵()()()2222220tvtatttatt−=−−+−=−+即()()tvt.∴()()()()maxmaxmax1,2fx

vtvv==，∵()11va=−，()22va=，∴当12a−−时，()fx最大值为1a−；当12a−−，()fx最大值为2a.（3）当a＝1时，f（x）12sin21sinxx=+−−，若f（x）＝0，则12sin21sinxx+=+即22sin22sin2sinxxx=+，∴当且仅当sin

2x＝0时，f（x）＝0，∴x∈（0，π]时，f（x）有且仅有两个零点分别为2，π，∴2015＝2×1007+1，∴k＝1008．【点睛】本题考查了三角函数的综合问题，考查了分类讨论思想和转化化归思想，属于难题.20.已知λ，μ为常数，且为正整数，λ≠1，无穷数列{an}的各项均为正整数，其

前n项和为Sn，对任意的正整数n，Sn=λan﹣μ．记数列{an}中任意两不同项的和构成的集合为A．（1）证明：无穷数列{an}为等比数列，并求λ的值；（2）若2015∈A，求μ的值；（3）对任意的n∈N*，记集合Bn={x|3μ•

2n﹣1＜x＜3μ•2n，x∈A}中元素的个数为bn，求数列{bn}的通项公式．【答案】（1）见解析；（2）31或403；（3）bn=n（n∈N*）【解析】【详解】（1）证明：∵Sn=λan﹣μ．当n≥2时，Sn﹣1=λan﹣1﹣μ，∴an=λan﹣λan﹣1

，λ≠1，∴，∴数列{an}为等比数列，∵各项均为正整数，则公比=为正整数，λ为正整数，∴λ=2．（2）解：由（1）可得：Sn=2an﹣μ，当n=1时，a1=μ，则an=μ•2n﹣1，∴A={μ（2i﹣1+2j﹣1）|1≤i＜j，i，j∈N*}，∵2015∈A，∴2015=μ（2i﹣1

+2j﹣1）=μ•2i﹣1（1+2j﹣i）=5×13×31，∵j﹣i＞0，则1+2j﹣i必为不小于3的奇数，∵2i﹣1为偶数时，上式不成立，因此必有2i﹣1=1，∴i=1，∴μ（1+2j﹣1）=5×13×31，只有j=3，μ=403或j=7，μ=31时，上式才成立，∴μ=31或403．（3）

解：当n≥1时，集合Bn={x|3μ•2n﹣1＜x＜3μ•2n，x∈A}，即3μ•2n﹣1＜μ（2i﹣1+2j﹣1）＜3μ•2n，1≤i＜j，i，j∈N*．Bn中元素个数，等价于满足3×2n＜2i+2j＜3×2n+1的不同解（i，j），若j＞n+2，则2i+2j≥2i+2n+3=2i

+4×2n+1＞3×2n+1，矛盾．若j＜n+2，则2i+2j≤2i+2n+1≤2n+2n+1=3×2n，矛盾．∴j=n+2，又∵（21+2n+2）﹣3×2n=2+4×2n﹣3×2n=2+2n＞0，∴3×2n＜21+2n+2＜22+2n+2＜…＜2n+1+2n+2=3×2n+1，即i=1，

2，…，n时，共有n个不同的解（i，j），即共有n个不同的x∈Bn，∴bn=n（n∈N*）．【选做题】请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答若多做，则按作答的前两题评分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.[选修4-2：矩阵与变换]21.在平面直角坐标系xOy中，先对曲线C作矩阵(

)02cossinAsincos−=所对应的变换，再将所得曲线作矩阵()10010Bkk=所对的变换．若连续实施两次变换所对应的矩阵为01102−，求,k的值．【答案】212k==.【解析】【分析】连续实

施两次变换所对应的矩阵为01102−，故得到BA=01102−，然后得到方程组，求得,k的值．【详解】解：先对曲线C作矩阵()02cossinAsincos−=所对应的变换，再将所

得曲线作矩阵()10010Bkk=所对的变换，故得到连续实施两次变换所得到的变换矩阵为：10cossincossin0sincossincosBAkkk−−==因为连续实施两次变换所对应的矩阵

为01102−，所以01cossin1sincos02kk−−=，根据矩阵相等定义得到，cos0sin11sin2cos0kk=−=−==，解得212k==.【点睛】本题考查了矩阵乘法的

运算，矩阵乘法不满足交换律，故在求解矩阵乘法变换时，一定要注意先后顺序.[选修4-4：坐标系与参数方程]22.在极坐标系中，已知1,,9,33AB，线段AB的垂直平分线l与极轴交于点C，求l的极坐标方程及ABC

的面积．【答案】l的极坐标方程及cos53−=,203ABC的面积.【解析】【分析】将1,,9,33AB转化为直角坐标系下的坐标形式，然后求出线段AB的中点与直线AB的

斜率，进而求出直线l在直角坐标系下的方程，再转化为极坐标方程；在直角坐标系下，求出点C到直线AB的距离、线段AB的长度，从而得出ABC的面积.【详解】解：以极点为原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系x

oy在平面直角坐标系xoy中，1,,9,33AB的坐标为13993(,),(,)2222AB线段AB的中点为553(,)22A，3ABk=故线段AB中垂线的斜率为133ABkk−−==，所以

AB的中垂线方程为：5335()232yx−−=−化简得：3100xy+−=，所以极坐标方程为cos3sin100+−=，即cos()53−=，令0y=，则10x=，故在平面直角坐标系xoy中，C（10,0）点C到直线AB：3yx=的距离为1035331d==+，线

段8AB=，故ABC的面积为15382032S==.【点睛】本题考查了直线的极坐标方程问题，解题时可以将极坐标系下的问题转化为平面直角坐标系下的问题，从而转化为熟悉的问题.[选修4-5：不等式选讲]23.已知实数,ab满足2ab+，求证：22224(2)aabba+−+

+．【答案】证明见解析【解析】【分析】对2222aabb+−+进行转化，转化为含有2ab+形式，然后通过不等关系得证.【详解】解：因为2ab+，所以2222aabb+−+2222abab=−++()()()2ababab=−+++2abab=+−+()22abaab=+−++22abaab

++++()22222244242aaaa++=+=++,得证.【点睛】本题考查了绝对值不等式问题，解决问题的关键是要将要证的形式转化为已知的条件，考查了学生转化与化归的能力.24.在棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，O是A

C的中点，E是线段D1O上一点，且D1E＝λEO.（1）若λ=1，求异面直线DE与CD1所成角的余弦值;（2）若平面CDE⊥平面CD1O，求λ的值.【答案】（1）36（2）λ＝2【解析】分析：以1,,DADCDD为单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系D

xyz−，写出各点的坐标，（1）求出异面直线DE与CD1的方向向量用数量积公式两线夹角的余弦值（或补角的余弦值）（2）求出两个平面的法向量，由于两个平面垂直，故它们的法向量的内积为0，由此方程求参数的值即可．详解：(1

)以1,,DADCDD为单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz−．则A(1，0，0)，11022O，，，()010C，，，D1(0，0，1)，E111442，，，于是111442DE=，，，()

1011CD=−，，.由cos1DECD，＝11||DECDDECD＝36.所以异面直线AE与CD1所成角的余弦值为36.（2）设平面CD1O的向量为m=(x1，y1，z1)，由m·CO＝0，m·1CD＝0得1

111110220xyyz−=−+=，，取x1＝1，得y1＝z1＝1，即m=(1，1，1).………8分由D1E＝λEO，则E()()121211+++，，，DE=()()1

21211+++，，.10分又设平面CDE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，由n·CD＝0，n·DE＝0.得()()22220021211yxyz=++=+++，，取x2=2，得z2＝－λ，即n＝(－2，0，λ).12分因为平面CDE⊥平面CD1F

，所以m·n＝0，得2＝．点睛：本题查了异面直线所成的角以及两个平面垂直的问题，本题采用向量法来研究线线，面面的问题，这是空间向量的一个重要运用，大大降低了求解立体几何问题的难度．25.一种抛硬币游戏的规则是：抛掷一枚硬币，每次正面向上得1分，反面向上得2分.（1）设抛掷5次的得分为

，求的分布列和数学期望E；（2）求恰好得到()*nnN分的概率.【答案】（1）见解析；（2）11[2()]32n+−【解析】【分析】（1）抛掷5次的得分可能为5,6,7,8,9,10，且正面向上和反面向上的概

率相等，都为12，所以得分的概率为5551()()(5,6,7,8,9,10)2iPiCi−===，即可得分布列和数学期望；（2）令nP表示恰好得到n分的概率，不出现n分的唯一情况是得到1n−分以后再掷出一次反面．，因为“不出现n分”的概率是1nP−，“恰好

得到1n−分”的概率是1nP−，因为“掷一次出现反面”的概率是12，所以有1112nnPP−−=，即1212()323nnPP−−=−−，所以23nP−是以121213236P−=−=−为首项，以12−为公比的等比数列，即求得恰好得到n分

的概率．【详解】（1）所抛5次得分的概率为5551()()(5,6,7,8,9,10)2iPiCi−===，其分布列如下105555115()22iiEiC−===（2）令nP表示恰好得到n分的概率，不出现n分的唯一情况是得

到1n−分以后再掷出一次反面．因为“不出现n分”的概率是1nP−，“恰好得到1n−分”的概率是1nP−，因为“掷一次出现反面”的概率是12，所以有1112nnPP−−=，即1212()323nnPP−−=−−．于是23nP

−是以121213236P−=−=−为首项，以12−为公比的等比数列．所以1211()362nnP−−=−−，即11[2()]32nnP=+−．恰好得到n分的概率是11[2()]32n+−．【点睛】此题考查了独立重复试验，数列的递推关系求解通

项，重点考查了学生的题意理解能力及计算能力．