【文档说明】山东省枣庄市2023届高三三模数学试题 含解析.docx，共(27)页，2.777 MB，由小赞的店铺上传

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2023年高考适应性练习数学一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1.设集合{10},12xAxxByy=+==−，则AB=（）A.(1,0]−B.[

0,1)C.(1,1)−D.[0,)+【答案】B【解析】【分析】先求解集合,AB，再利用交集运算求解答案.【详解】因为{10}{1}Axxxx=+=−，12{01}xByyyy==−=，所以){01

}0,1ABxx==.故选：B.2.已知复数z满足(1i)iz+=，则z在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】用复数的四则运算法则求出z，接着求出z，即可得出共轭复数在复平面内对应的点所在的象限.【详解】

由已知得()()()i1ii1i11i1i1i1i222z−+====+++−，则11i22z=−，则z在复平面内对应的点位于第四象限，故选：D.3.设2012(12)nnnxaaxaxax+=++++，若322aa=，则n=（）A.4B.5C.6D.7【答案】B【解析】【分析

】根据二项式展开式的通项公式求23,aa，列方程求n.【详解】二项式(12)nx+的展开式的通项为()1C12C2rrnrrrrrnnTxx−+==，所以222C2na=，333C2na=，又322aa=，所以

3322C22C2nn=，所以5n=，故选：B.4.尺规作图三等分角是古希腊三大几何难题之一，现今已证明该问题无解．但借助有刻度的直尺、其他曲线等，可将一个角三等分．古希腊数学家帕普斯曾提出以下作法：如图，以ACB的顶点C为圆心作圆交角的两

边于A，B两点；取线段AB三等分点O，D；以B为焦点，A，D为顶点作双曲线，与圆弧AB交于点E，连接CE，则3ACBBCE=．若图中CE交AB于点P，56APPB=，则cos=ACP（）A.2425−B.1225−C.725−D.1225【答案】C【解析

】【分析】根据正弦定理及二倍角的正弦公式，得BCE的余弦值，再由二倍角的余弦公式即可求出cosACP.【详解】设BCE=，则33ACBBCE==，2ACP=.在ACP△中，由正弦定理，得sin2sinAPCAAPC=；在BCP中，由正弦定理，得sinsin

BPCBBPC=.又因为CACB=，APCBPC+=，所以sinsinCACBAPCBPC=，所以sin2sinAPBP=，即sin22cossinAPBP==.又因为56APPB=，所以

62cos5APBP==，故3cos5=.所以cos=ACPcos2=2972cos1212525−=−=−.故选：C.5.函数(sinsin2)yxxx=−的部分图象大致为（）A.B.C.D.

【答案】C【解析】【分析】判断函数的奇偶性，再用赋值法，排除ABD，即可.【详解】由()(sinsin2)yfxxxx==−，得()()()()()sinsin2sinsin2fxxxxxxxfx−=−−−−=−−+=，所以()fx为偶函数，故排除BD.当π2x=时，ππππ(s

insinπ)02222yf==−=，排除A.故选：C.6.口袋中装有编号分别为1，2，3的三个大小和形状完全相同的小球，从中任取2个球，记取出的球的最大编号为X，则()DX=（）A.29B.49C.227D.83【答案】A【解析】【分析】先求随机变量X的分布列，再运

用公式求()DX【详解】由题意，X可能取值为2，32X=包含事件为取出的两个球为1，2所以()23112C3PX===3X=包含事件为取出的两个球为1，3或2，3所以()23223C3PX===()128233

33EX=+=，2221282()233339DX=+−=故选：A.7.若函数21()ln2fxxxax=++有两个极值点12,xx，且()()125fxfx+−，则（）A.42aB.22aC

.22a−D.42a−【答案】C【解析】【分析】由极值点定义确定12,,xxa的关系，化简()()125fxfx+−，由此求a的范围.【详解】因为函数21()ln2fxxxax=++有两个极值点12,xx，又函数21()ln2fxxxa

x=++的定义域为()0,+，导函数为21()xaxfxx++=，所以方程210xax++=由两个不同的正根，且12,xx为其根，所以240aa−，120xxa+=−，121=xx，所以a<0，则()()22211122212121212

111lnlnln222xxaxxxaxxxxxxxaxx+++++=++−++22211ln11122aaa=+−−=−−，又()()125fxfx+−，即21152a−−−，可得280a−，所以22a−或22a

−（舍去），故选：C.8.《九章算术》是我国古代的一部数学名著，书中记载了一类名为“羡除”的五面体．如图所示，在羡除ABCDEF中，底面ABCD为矩形，22,ABADADE==△和BCF△均为正三角形，EF∥平

面ABCD，3EF=，则该羡除的外接球的表面积为（）.A.132B.152C.172D.192【答案】D【解析】【分析】根据,EAEDFBFC==，EF∥平面ABCD，所以EF的中点O在平面ABCD的投影为AC，BD交点M

，又底面ABCD为矩形，所以外接球球心在直线OM上，再由球心到多边形各顶点距离相等得半径.【详解】连接AC，BD交于点M，取EF的中点O，因为,EAEDFBFC==，EF∥平面ABCD，所以O在平面ABCD的投影为M，连接OM，则OM⊥平面AB

CD，取BC中点G，连接FG，作GHEF⊥，垂足为H，如图所示,由题可知13=,22HFFG=，在RtFHGV中2222HGFGHF=−=,所以22OMHG==，连接OA，又因为52AM=，所以22257442OAOMAM=+=+=，底面ABCD为矩形，OM⊥平面ABCD，

外接球球心在直线OM上，且到多边形各顶点距离相等，若球心O在线段MO上，设OMx=，则22OOx=−，222222xAMxOE+=−+,即22529424xx+=−+，解得32242x=

（舍）.若球心O在MO延长线上，设OOx=，外接球的半径为R,连接OE,OA，显然OE=OA=R，则222OExR+=且222()AMOMxR++=，即2222945242xRxR+=++=解得24x=，2198R=.所以外接圆的表面积2

194π4π8SR==19π2=.故选：D.二､多选题：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.已知函数()sincos

fxxx=−则（）A.()fx的最小正周期为πB.()fx在π0,2上单调递增C.直线π4x=−是()fx图象的一条对称轴D.()fx的图象可由2sinyx=的图象向左平移π4个单位长度得到【答案】BC【解析】【分析】化简函数解析式，根据正弦型函数的性质判断ABC，结合函数图象变换判断

D.【详解】()sincosfxxx=−可化为π()2sin4fxx=−，函数π()2sin4fxx=−的最小正周期为2π，A错误；当π02x时，πππ444x−−，因为sinyx=在ππ,44−上单调递增，所以函数()fx在π0,2

上单调递增，B正确；当π4x=−时，ππ42x−=−，所以直线π4x=−是()fx图象的一条对称轴，C正确；函数2sinyx=的图象向左平移π4个单位长度得到函数π()2sin4gxx=+的图象，D错误.故选：BC.10.已知双曲线C经过点6,12

，且与椭圆22Γ:12xy+=有公共的焦点12,FF，点M为椭圆Γ的上顶点，点P为C上一动点，则（）A.双曲线C的离心率为2B.6sin3MOPC.当P为C与Γ的交点时，121cos3FPF=D.||

PM的最小值为1【答案】ACD【解析】【分析】根据题意中的点求出双曲线方程，结合离心率的定义即可判断A；根据双曲线的渐近线，结合图形即可判断B；根据椭圆与双曲线的定义，结合余弦定理计算即可判断C；由两点距离公式，

结合二次函数的性质即可判断D.【详解】A：由题意，12(1,0),(1,0)FF−，设双曲线的标准方程为222221,11xyaaa−=−，将点6(,1)2代入得212a=，所以双曲线方程为2211122xy−=，得其离心率为1222cea===，故A

正确；B：由A选项的分析知，双曲线的渐近线方程为yx=，如图，π4MON=，所以π3π44MOP，得2sin12MOP，故B错误；C：当P为双曲线和椭圆在第一象限的交点时，由椭圆和双曲线的定义知，121222,2PFPFPFPF+=−=，解得12322,22P

FPF==，又122FF=，在12FPF△中，由余弦定理得222121212121cos23PFPFFFFPFPFPF+−==，故C正确；D：设00(,)Pxy，则22001,(0,1)2xyM−=，所以22220000031(1

)222()122PMxyyyy=+−=−+=−+，当012y=时，min1PM=，故D正确.故选：ACD.11.如图，在棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，E，F分别为棱111,ADAA的中点，G为线段1BC上一个动点，则（）A.存在点

G，使直线1CB⊥平面EFGB.存在点G，使平面EFG∥平面1BDCC.三棱锥1AEFG−体积为定值D.平面EFG截正方体所得截面的最大面积为334【答案】ACD【解析】【分析】对于A项，可以通过取111BCBB、的中点H、I，

连接HI交1BC于G点，判定即可；的对于B项，通过反证，利用面A1DCB1与面EFG和面1BDC的交线PG、DH是否能平行来判定；对于C项，通过等体积法转化即可判定；对于D项，讨论截面的形状并计算各交线长来判定即可.【详解】对于A项，如图

所示，取111BCBB、的中点H、I，连接HI交1BC于G点，此时EH∥11AB，由正方体的性质可得1EHBC⊥，1HIBC⊥，所以1BC⊥平面EFG，故A正确；对于B项，如图所示，连接1ADEFP=，H为侧面CB1的中心，则面A1DCB1与面EFG和

面1BDC分别交于线PG、DH，若存在G点使平面EFG∥平面1BDC，则PG∥DH，又A1D∥CB1，则四边形PGHD为平行四边形，即PD=GH，而PD＞122BH=，此时G应在CB1延长线上，故B错误；对于C项，随着G移动但G到面1AEF的距离始终不变即11A

B，故1111111324AEFGGAEFAEFVVABS−−===是定值，即C正确；对于D项，若G点靠C远，如图一所示，过G作QR∥EF，即截面为四边形EFQR，显然该截面在G为侧面CB1的中心时取得最大，最大值为98，若G靠C近时，如图二所示，G作KJ∥EF

，延长EF交DD1、DA延长线于M、H，连接MK、HJ交D1C1、AB于L、I，则截面为六边形EFIJKL，当KG为中点时取得最大值，最大值为334，33948，即D正确；故选：ACD12.定义在R上的函数()fx满足()(4)0fxfx++=，

(22)fx+是偶函数，(1)1f=，则（）A.()fx是奇函数B.()20231f=−C.()fx的图象关于直线1x=对称D.1001(21)100kkfk=−=−【答案】ABD【解析】【分析】利用函数的奇偶性、

对称性、周期性求解即可.【详解】对于选项A，∵(22)fx+是偶函数，∴(22)(22)fxfx−=+，∴函数()fx关于直线2x=对称，∴()()4fxfx−=+，∵()(4)0fxfx++=，∴()()fxfx−=−，∴()fx是奇函数，则A正确；对于选项B，∵

(4)()fxfx+=−，∴(8)(4)fxfx+=−+，∴(8)()fxfx+=,∴()fx的周期为8，∴()()()()202325381111ffff=−=−=−=−，则B正确；对于选项C，若()fx的图象关于直线1x=对称，则()()31ff=−，但是()()111ff−=−=−

，()()311ff==，即()()31ff−，这与假设条件矛盾，则选项C错误；对于选项D，将12x=代入(22)(22)fxfx−=+，得()()311ff==，将1x=，代入()(4)0fxfx++=，得

()()511ff=−=−，同理可知()()731ff=−=−，又∵()fx的周期为8，∴()fx正奇数项的周期为4，∴1001(21)kkfk=−=()()()()12335100199ffff++++()()()(

)()()()()123354759611713815ffffffff=+++++++()()()()971939819599197100199ffff++++()254100=−=−，则D正确.故选：A

BD.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量(1,3),||2,|2|25abab==+=，则a与b夹角的大小为_____________．【答案】π4【解析】【分析】根据题意可得2(2)20ab+=，结合

平面向量数量积的定义计算即可求解.【详解】由(1,3)a=，得2a=，由225ab+=，得2(2)20ab+=，即224420aabb++=，得4422cos,4220ab++=，所以2cos,2ab=，又,0,πab，所以π,4ab=，即a与b的夹角为π4

.故答案为：π4.14.若点(cos,sin)A与ππsin,cos33B+−+关于x轴对称，则的一个可能取值为___________．【答案】π12（答案不唯一）【

解析】【分析】由对称的性质列方程求即可.【详解】因为(cos,sin)A与ππsin,cos33B+−+关于x轴对称，所以πcossin3=+，πsincos3=+，所以13cossincos22

=+，13sincossin22=−，所以tan23=−，又πππ31tantan23123413−=−==−+，所以ππ,Z12kk=+，故答案为：1π12（答案不唯一）.15.已知点P为x轴上的一个动点，过P的直线与圆228120xyx+−+=相

交于A，B两点，则弦AB中点的轨迹的最大长度为_____________．【答案】2π【解析】【分析】设0(,0)Px，AB的中点为(,)Mxy，利用平面向量数量积的坐标表示，计算整理可得2220044()()22xxxy+−−+=

，分类讨论点P在圆C外部和内部（含边界）时点M的轨迹，利用导数，结合弧长公式、圆的面积公式计算即可求解.【详解】由228120xyx+−+=，得22(4)4xy−+=，所以圆心(4,0)C，半径为2r=，设0(,0)Px，AB的中点

为(,)Mxy，则0(4,),(,)CMxyMPxxy=−=−−，由题意知()()20·040CMPMxxxy=−−−=，整理得2220044()()22xxxy+−−+=.若点P在圆C外，如图，由圆的对称性知点M的轨迹是DF，设,FCPFPC

==，则π2+=，且0022cos44cosxx=−=−，得024π2π4πcos22222(0)222cos2xDFCF−−===−=，设()2π4π(0

)cos2f−=，则()()24cos2π4sincosf−+−=，令()()2π4sin4cosh=−−，则()()2π4cos0h=−，所以函数()h在π0,2上单调递增，且π02h=，所以

()0h，即()0f，所以函数()f在π0,2上单调递减，且()02πf=，所以()2πf，即此时点M的轨迹长度小于2π；若点P在圆C的内部（含边界），点M的轨迹是以04(,0)2x

+为圆心，以042x−为半径的圆，当PM为圆M的直径即点P在圆C上时，点M的轨迹长度最大，此时，02x=或6，得0412x−=，M的轨迹长度为2π12π=，综上：弦AB的中点M的轨迹最大长度为2π.故答案为：2π.16.给定数列A，定义A上的加密算法if：当i为奇数时，将A中各奇数项

的值均增加i，各偶数项的值均减去1；当i为偶数时，将A中各偶数项的值均增加2i，各奇数项的值均减去2，并记新得到的数列为()()ifAiN．设数列0B：2，0，2，3，5，7，数列()()1,nnnBfBn−=N

，则数列2B为_________；数列2nB的所有项的和为____________．【答案】①.1，3，1，6，4，10②.29319nn−+【解析】【分析】由题意求出数列1B，即可求解数列2B；对于偶数项可得22241nnBBn−−=

−，为等差数列，写出第2，4，6项.对于奇数项可得22223nnBBn−−=−，为等差数列，写出第1，3，5项，相加即可求解.【详解】由题意，110()BfB=，1为奇数，所以1:3,1,3,2,6,6B−，221()BfB=，2为偶数，所以2:1

,3,1,6,4,10B.因为222122122()(())nnnnnnBfBffB−−−==，2n为偶数，21n−为奇数，所以对于偶数项，21222211,4nnnnBBBBn−−−−=−−=，得22241nnBBn−−=−，则222

{}nnBB−−为等差数列，得数列B2n中：第2项为：[3(41)]0(374341)(21)2nnnnnn+−++++−+−==+，第4项为：3(374341)(21)3nnnn++++−+−=++，第6项为：7(374341)(21)7nnnn++++−+−=++；对于奇数项，212222

121,2nnnnBBnBB−−−−=−−=−，得22223nnBBn−−=−，则222{}nnBB−−为等差数列，得数列B2n中：第1项为：[1(23)]2(12523)2(2)22nnnnnn−+−+

−++−+−=+=−+，第3项为：[1(23)]2(12523)2(2)22nnnnnn−+−+−++−+−=+=−+，第5项为：5(12523)(2)5nnnn+−++−+−=−+，所以2nB所有的项的和为2(21)(21)3(21)7(2)2(2)2(2)59319nn

nnnnnnnnnnnn++++++++−++−++−+=−+.故答案为：1,3,1,6,4,10；29319nn−+.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是理解新定义“数列A”的算法，以学习过的数列相关的知识为基础，通过一类问题共同特征的“数学抽象”，引出新的概念，然后在快

速理解的基础上，解决新问题.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.已知ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且()22sinacBbac=−−.（1）求sinB；（

2）求222bac+的最小值.【答案】（1）4sin5B=（2）25【解析】【分析】（1）由余弦定理化简已知等式可得sin2cos2BB+=，结合同角三角函数基本关系式即可求解sinB的值；（2）由（1）利用余弦定理以及基本不等式即可求解．【小问1详解】由余弦定理知

2222cosbacacB=+−，则()()2222222cosbacbacacacB−+=−−−=−所以22sin()2cos2acBbacacBac=−−=−+，所以sin2cos2BB+=，则sincos12BB=−又因为22sincos1BB+=，所以2

2sinsinsin114BBB+−+=，整理得25sin4sin0BB−=，在ABC中，sin0B，所以4sin5B=．【小问2详解】由（1）知sin3cos125BB=−=，所以22265=+−bacac，所以22222662511525acbacacacac=−−=++，当且仅

当ac=时等号成立，的所以222bac+的最小值为25．18.已知nS为数列na的前n项和，11a=，且2*,NnnnaSnnn−=−．（1）求数列na的通项公式；（2）若()()122121nnnanaab+=−−，求数列

nb的前n项和nT．【答案】（1）21nan=−（2）21111321nnT+=−−【解析】【分析】（1）可由1112nnnSnaSSn−==−，，，其中*Nn.可得na的通项公式；（2）根据裂项相消法可得数列nb的前n项和

nT.【小问1详解】因为2nnnaSnn−=−，所以211(1)(1)(1)(2)nnnaSnnn−−−−=−−−，两式相减得1(1)22nnnnanaan−−−−=−，化简得12(2)nnaan−−=，所以数列na是以1为首项，2为公差的等差

数列，所以1(1)221nann=+−=−．【小问2详解】()()21212121212111321212121nnnnnnb−−+−+==−−−−−，所以12nnTbbb=++?335212111111113212121212121nn−+=−+−++−−−−−−−

21111321n+=−−所以21111321nnT+=−−．19.如图，在圆台1OO中，11AB，AB分别为上、下底面直径，1124ABAB==，C为AB的中点，M为线段BC的中点，1CC为圆台的母线，1CM与圆台下底面所成

的角为45．（1）证明：1CC⊥平面1OBC；（2）求平面1OMC与平面1BMC夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）13【解析】【分析】（1）证明线面垂直，先证线线垂直，根据题中线面位置关系，不难发

现证明11CCCO⊥，1CCAB⊥容易证明.（2）因题中线面位置较为特殊，考虑用空间向量，建立空间直角坐标系后，直接按照求平面与平面夹角的公式，按步骤求解即可.【小问1详解】证明：连接1OO，11CO，则1

OO⊥平面ABC．因为1CC为母线，所以11CCOO四点共面，且11OCOC∥．取CO中点N，连接1CN，MN．因为1124ABAB==，则111ONCO==，所以四边形11ONCO为平行四边形．所以11C

NOO∥，所以1CN⊥平面ABC．所以1CMN为1CM与底面所成角，即145CMN=．在1RtCNO中，11CNNO==，所以12CO=，同理12CC=．在1CCO△中，22211COCOCC=+，所以11CCCO⊥．因为1O

O⊥平面ABC，AB平面ABC，所以1OOAB⊥．因为C为AB的中点，所以ABCO⊥，又1OCOOO=，OC平面11COOC，1OO平面11COOC,所以AB⊥平面11COOC，又1CC平面11COOC，所以1CCAB⊥．又因为11CCCO⊥，1ABCOO=，A

B平面1BOC，1CO平面1BOC，所以1CC⊥平面1BOC；【小问2详解】以O为原点，分别以OC，OB，1OO所在的方向为x，y，z的正方向，建立空间直角坐标系-Oxyz，则(2,0,0)C，(0,0,0)O，(0,2,0)B，1(1,0,1)C，(1,1,0)M.所以(1,1,0

)BM=−，1(1,2,1)BC=−，(1,1,0)OM=，1(1,0,1)OC=.设平面1BMC的一个法向量为()1111,,nxyz=，由11100nBMnBC==，得11111020xyxyz−=−+=，令11x=，得111yz==

，所以1(1,1,1)n=．设平面1OMC的一个法向量为()2222,,nxyz=，由22100nOMnOC==，则222200xyxz+=+=．令21x=，得221,1yz=−=−，所以2(1,1,1)n=−−，设平面1OMC，与平面1BMC夹角为，则121111c

oscos,333nn−−===．所以平面1OMC与平面1BMC夹角的余弦值为13．20.已知函数2()exxfx=．（1）求()fx的单调区间；（2）当1x时，()(1ln)0fxkx++，求实数k的取值范

围．【答案】（1）单调增区间为(0,2)，单调减区间为(,0)−和(2,)+（2）1,e−−【解析】【分析】（1）先求导函数，解不等式()0fx¢>求单调递增区间，解不等式()0fx求递减区间；（2）方法一：原问题转化为不等式2e(1ln)x

xkx−+在()1,x+上恒成立，通过研究函数2e(1ln)xxyx−=+单调性求其范围，从而求出k的取值范围；方法二：由已知1lnee1lnexxxkx+−+恒成立，利用导数研究函数exxy=的单调性，证明

ln1xx−，进而求出e1k−，由此可求k的范围.【小问1详解】函数2()exxfx=的定义域为R，导函数22()exxxfx−+=，令()0fx，得02x，此时()fx在(0,2)上为增函数；令()0fx，得0x或2x，此时(

)fx在(,0)−和(2,)+上为减函数；综上，()fx的单调增区间为(0,2)，单调减区间为(,0)−和(2,)+．小问2详解】法一：当1x时，1ln0x+，所以2e(1ln)xxkx−+．设2()(1)e(1l

n)xxgxxx−=+，则2222lnln()e(1ln)xxxxxxxgxx−−+++=，设22()2lnlnhxxxxxxx=−−++，则()(1)(32ln)hxxx=−+，当1x时，恒有32ln0,()0,()xhxhx+

在(1,)+单增，所以()(1)0hxh=恒成立，即()0gx，所以()gx在(1,)+单增．所以当1x时，1()(1)egxg=−，所以k的取值范围为1,e−−．法二：由1x可得(1ln)exxkxx−+，即为1lne(1

ln)eexxxkx+−+；因为1x，所以ln1ln10exx++，可得1lnee1lnexxxkx+−+恒成立．设()exxgx=，则1()exxgx−=．当1x时，()0,()gxgx在()

1,+单调递减．下证ln1xx−在(1,)+上恒成立．令11()ln,()10xhxxxhxxx−==−=−，所以()hx在(1,)+上单调递增，得()(1)1hxh=，所以1ln1xx+．所以()(1l

n)gxgx+，即1ln1lneexxxx++，所以1lne11lnexxxx++，所以e1k−，可得1ek−，所以k的取值范围为1,e−−．【点睛】结论点睛：对于恒成立问题，常用

到以下两个结论：(1)()afx恒成立⇔()maxafx；【(2)()afx恒成立⇔()minafx.21.某企业拥有甲、乙两条零件生产线，为了解零件质量情况，采用随机抽样方法从两条生产线共抽取

180个零件，测量其尺寸（单位：mm）得到如下统计表，其中尺寸位于[55,58)零件为一等品，位于[54,55)和[58,59)的零件为二等品，否则零件为三等品．生产线53,54)54,55)55,56)56,57)57,58)58,5959

,60甲49232824102乙214151716151（1）完成22列联表，依据0.05=的独立性检验能否认为零件为一等品与生产线有关联？一等品非一等品甲乙（2）将样本频率视为概率，从甲、乙两条生产线中分别随机抽取2个零件，

每次抽取零件互不影响，以表示这4个零件中一等品的数量，求的分布列和数学期望()E；（3）已知该企业生产的零件随机装箱出售，每箱60个．产品出厂前，该企业可自愿选择是否对每箱零件进行检验．若执行检验，则每个零件的检验费用为5元，并将检验出的三等品更换为一等品或二等品；若不执行检验，则对

卖出的每个三等品零件支付120元赔偿费用．现对一箱零件随机检验了10个，检出了1个三等品．将从两条生产线抽取的所有样本数据的频率视为概率，以整箱检验费用与赔偿费用之和的期望作为决策依据，是否需要对该箱余下的所有零件进行检验？请说明理由．附22()()()()()nadbca

bcdacbd−=++++，其中nabcd=+++；0.053.841x=．【答案】（1）填表见解析；可以认为零件是否为一等品与生产线有关联（2）分布列见解析；期望为2710（3）应对剩下零件进行检验，理由见解析【解析】的【分析】（1）由

表格填写列联表，计算卡方，与3.841比较后得到结论；（2）首先计算出任取一个甲生产线零件为一等品和任取一个乙生产线零件为一等品的概率，求出的可能取值及相应的概率，得到分布列，求出期望值；（3）设余下的50个零件中的三等品个数为X，则150,20XB，求出()E

X，再设检验费用与赔偿费用之和为Y，得到105120YX=+，求出()350EY=，计算出若对余下的所有零件进行检验，则检验费用605300=元，比较后得到结论.【小问1详解】由题意得列联表如下：一等品非一等品甲7525乙483222180(75324825)4.6211235710080

−=，因为0.054.6213.841x=，依据小概率值0.05=的独立性检验，可以认为零件是否为一等品与生产线有关联．【小问2详解】由已知任取一个甲生产线零件为一等品的概率为23282431004++=

，任取一个乙生产线零件为一等品的概率为1517163805++=．的所有可能取值为0，1，2，3，4．11224(0)4455400P===，22112213223136(1)CC445554400P==

+=，2222112232131323117(2)CC45454455400P==++=，221122323133162(3)CC455445400P

==+=，223381(4)45400P===，所以的分布列为01234P440036400117400162400814004361171628127()0123440040040040040010E=

++++=．【小问3详解】由已知，每个零件为三等品的频率为4221118020+++=，设余下的50个零件中的三等品个数为X，则150,20XB，所以15()50202EX==．设检验费用与赔偿费用之和为

Y，若不对余下的所有零件进行检验，则105120YX=+，5()50120()501203502EYEX=+=+=．若对余下的所有零件进行检验，则总检验费用为605300=元．因为350300，所以应对剩下零件进行检验．22.在平面直角坐标系xOy中，P，Q是抛物线2:Cxy=上两点（

异于点O），过点P且与C相切的直线l交x轴于点M，且直线OQ与l的斜率乘积为2−．（1）求证：直线PQ过定点，并求此定点D的坐标；（2）过M作l的垂线交椭圆2214xy+=于A，B两点，过D作l的平行线交直线AB于

H，记OPQ△的面积为S，ABD△的面积为T．①当2TS取最大值时，求点P的纵坐标；②证明：存在定点G，使||GH为定值．【答案】（1）证明见解析，定点(0,1)D（2）①1415+；②证明见解析【解析】【分析】（1）设()()221122,,,PxxQ

xx，由题意和导数的几何意义、两点求斜率公式可得111PQkxx=−，结合点斜式方程求出直线PQ方程，即可求解；（2）1设()()3344,,,AxyBxy，直线AB过定点N，由题意11112Sxx=+，341||2TNDxx=−，求出直线AB方程，联立椭圆方程，利用韦达定理表示343

4,xxxx+，换元法，对2TS化简，利用导数研究函数2TyS=的性质即可求解；2设G为DN中点，结合圆的有关性质即可证明.【小问1详解】设()()221122,,,PxxQxx，因为2yx=，所以l斜率12lkx=，所以直线OQ斜率11OQkx=−，即22221010xxxx−=

=−−，所以22121211211PQxxkxxxxxx−==+=−−，所以PQ的方程为()211111yxxxxx−=−−，即1111yxxx=−+，所以直线PQ过定点(0,1)D；【小问2详解】11211111111122

2SODxxODxxxx=−=+=+，l的方程为()21112yxxxx−=−，令0y=，得1,02xM，所以直线AB的方程为11122xyxx−=−，即1124xyx=−+，所以直线AB过定点10,4N．将1124xyx

=−+与2214xy+=联立，得2211115104xxxx+−−=．显然Δ0，设()()3344,,,AxyBxy，则()2113434221115,141xxxxxxxx+==−++．所以()242221111343434222111151615411

1xxxxxxxxxxxxx+−=+−=+=+++，42113421151613||281xxTNDxxx+=−=+，所以()421186211123221111516131516324121114xxxx

TxSxxx+++==++，令21tx=，则434323631516315160,2(1)2(1)TtttttStt++==++，设4361516(),0(1)ttfttt+=+，则()22765

28()(1)tttftt−−−+=．令()0ft=，得1415t+=（负根舍去），当1410,5t+时，()0,()ftft单增；当141,5t++时，()0,()ftft

单减；所以当1415t+=时，()ft取得最大值，即2TS取得最大值，此时P的纵坐标为211415Pyx+==．2证明：因为直线AB过定点10,,4NDH平行于l，所以DHNH⊥，所以点H在以DN为直径的圆上．设G

为DN中点，则50,8G，且13||||28GHDN==，所以存在定点50,8G，使得||GH为定值．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com