【文档说明】湖南省郴州市2020-2021学年高二下学期期末教学质量监测数学试卷【精准解析】.docx，共(21)页，189.347 KB，由小赞的店铺上传

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湖南省郴州市2020-2021学年高二下学期数学期末考试试卷一、单选题(本大题共8个小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)1.设集合𝐴={𝑥|−3<𝑥<2}，𝐵={−2

,−1,0,1,2}，则𝐴∩𝐵=（）A.{𝑥|−2<𝑥<1}B.{𝑥|−1≤𝑥≤1}C.{−2,−1,0,1}D.{−3,−2,−1,1}2.若复数𝑧的模为5，虚部为-4，则复数𝑧=（

）A.3−4iB.−3−4iC.3−4i或−3−4iD.5−4i3.已知等比数列{𝑎𝑛}中，𝑎3𝑎11=4𝑎7，数列{𝑏𝑛}是等差数列，且𝑏7=𝑎7，则𝑏3+𝑏11=（）A.3B.6C.7D.84.刘徽(约公元225年—295年)，魏晋期间伟大的数学家，中国古典数

学理论的奠基人之一.他在割圆术中提出的“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这可视为中国古代极限观念的佳作.割圆术的核心思想是将一个圆的内接正𝑛边形等分成𝑛个等腰三角形如图1所示，当𝑛变得很大时，这𝑛个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，

运用割圆术的思想得到sin3°的近似值为（）A.𝜋30B.𝜋60C.𝜋90D.𝜋1805.设𝑎=log36，𝑏=log612，𝑐=log918，则（）A.𝑐>𝑏>𝑎B.𝑏>𝑐>𝑎C.𝑎>𝑐>𝑏D.𝑎>𝑏>𝑐6.已知平面向量𝑃𝐴⃗⃗⃗

⃗⃗，𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗满足，|𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|=1，𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=12，若|𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=1，则|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|的最大值为（）A.1B.√2C.√3D.27.为了加强

新冠疫苗的接种工作，某医院欲从5名医生和4名护士中抽选了3人(医生和护士均至少有一人)分配到𝐴，𝐵，𝐶三个地区参加医疗支援工作(每个地区一人)，方案要求医生不能去𝐴地区，则分配方案共有（）A.264种B.224种C.200种D.236种8.已知函数�

�(𝑥)={log𝑎𝑥,𝑥>0|𝑥+3|,−4≤𝑥<0（𝑎>0且𝑎≠1）．若函数𝑓(𝑥)的图象上有且只有两个点关于原点对称，则𝑎的取值范围是（）A.(0,14)B.(0,14)∪(1,+∞)C

.(14,1)∪(1,+∞)D.(0,1)∪(1,4)二、多选题(每小题4分，共20分)9.甲、乙两名同学在本学期的六次考试成绩统计如图，甲、乙两组数据的平均值分别为𝑥甲̅̅̅̅､𝑥乙̅̅̅̅，则（）A.每次考

试甲的成绩都比乙的成绩高B.甲的成绩比乙稳定C.𝑥甲̅̅̅̅一定大于𝑥乙̅̅̅̅D.甲的成绩的极差大于乙的成绩的极差10.已知𝑏<𝑎<0，则下列结论一定正确的是（）A.𝑎2<𝑏2B.𝑏𝑎+𝑎𝑏>

2C.lg𝑎2>lg𝑎𝑏D.|𝑎|𝑎<|𝑎|𝑏11.关于函数𝑓(𝑥)=|sin𝑥|−sin|𝑥|有下述四个结论，其中正确的结论是（）A.𝑓(𝑥)是偶函数B.𝑓(𝑥)在(0,2𝜋)上有3个零点C.𝑓(𝑥)在(𝜋2,𝜋)上单调递

增D.𝑓(𝑥)的最大值为212.如图所示，正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1各棱的长度均相等，𝐷为𝐴𝐴1的中点，𝑀､𝑁分别是线段𝐵𝐵1和线段𝐶𝐶1上的动点(含端点)，且满足𝐵𝑀=𝐶1𝑁，当𝑀､𝑁运动时，下列结论中正确的是（）A.△𝐷𝑀𝑁是

等腰三角形B.在△𝐷𝑀𝑁内总存在与平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1垂直的线段C.三棱锥𝐴1−𝐷𝑀𝑁的体积是三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的体积的18D.cos∠𝑀𝐷𝑁∈[15,12]三、填空题:每小题4分，共20分．请把答案填在答题卡的相应位置．13.已知

直线𝑥=1是函数𝑓(𝑥)=sin(𝜔𝑥+𝜋6)(𝜔>0)的一条对称轴，写出𝜔的一个可能值为________.14.已知随机变量𝑋，𝑌满足𝑋∼𝐵(6,16)，𝑌=3𝑋+1，𝐸(𝑌)=________.15.已知(𝑥+𝑎𝑥)(2

𝑥−1𝑥)5的展开式中的各项系数的和为2，则该展开式中的常数项为________．16.已知扇形𝐴𝑂𝐵半径为1，∠𝐴𝑂𝐵=120°，弧𝐴𝐵上的点𝑃满足𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑂𝐴⃗⃗⃗

⃗⃗+𝜇𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗(𝜆,𝜇∈𝑅)，则𝜆+𝜇的最大值是________；𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗最小值是________.四、解答题(共70分．)17.在△𝐴𝐵𝐶中，内角𝐴，𝐵，𝐶的对边分别为𝑎，𝑏，𝑐，且sin2𝐴

+sin2𝐵−sin2𝐶=sin𝐴⋅sin𝐵（1）求𝐶；（2）若△𝐴𝐵𝐶的面积为10√3，𝐷为𝐴𝐶的中点，求𝐵𝐷的最小值.18.已知正项数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，对𝑛∈𝑁∗有2𝑆𝑛=

𝑎𝑛2+𝑎𝑛.（1）求数列{𝑎𝑛}的通项公式；（2）若𝑏𝑛=2𝑎𝑛+𝑎𝑛，求{𝑏𝑛}的前项和𝑇𝑛.19.如图，矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=2，𝐵𝐶=1，𝐸为𝐶𝐷的中点

，把𝛥𝐴𝐷𝐸沿𝐴𝐸翻折，满足𝐴𝐷⊥𝐵𝐸.（1）求证：平面𝐴𝐷𝐸⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐸；（2）求二面角𝐸−𝐴𝐶−𝐷的余弦值.20.足不出户，手机下单，送菜到家，轻松逛起手机“菜市场”，拎起手机“菜篮子”，省心又省力.某

手机App(应用程序)公司为了了解居民使用这款App使用者的人数及满意度，对一大型小区居民开展5个月的调查活动，从使用这款App的人数的满意度统计数据如下：月份12345不满意的人数1201051009580（1）请利用所给数据求不满意人数𝑦

与月份𝑥之间的回归直线方程𝑦̂=𝑏̂𝑥+𝑎̂，并预测该小区10月份的对这款App不满意人数：（2）工作人员发现使用这款App居民的年龄𝑋近似服从正态分布𝑁(35,42)，求𝑃(27<𝑥≤47)的值；（3）工作人员从这5个月内的调查表中随机抽查100人，调查是否使用这款App与性别

的关系，得到如表：使用App不使用App女性4812男性2218能否据此判断有99%的把握认为是否使用这款App与性别有关？参考公式：𝑏̂=∑𝑥𝑖𝑛𝑖=1𝑦𝑖−𝑛𝑥̅𝑦̅∑𝑥𝑖2𝑛𝑖=1−𝑛𝑥̅2=∑(𝑥𝑖−𝑥

̅)𝑛𝑖=1(𝑦𝑖−𝑦̅)=∑(𝑥𝑖−𝑥̅)2𝑛𝑖=1，𝑎̂=𝑦̅−𝑏̂𝑥̅.附：随机变量：𝜉−𝑁(𝜇,𝜎2)，则𝑃(𝜇−𝜎<𝜉≤𝜇+𝜎)≈0.68272，𝑃(𝜇−2𝜎

<𝜉≤𝑁+2𝜎)≈0.9545，𝑃(𝜇−3𝜎<𝜉≤𝜇+3𝜎)≈0.9973𝐾2=𝑛(𝑎𝑑−𝑏𝑐)2(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(𝑏+𝑑)(其中𝑛=𝑎+𝑏+𝑐+𝑑)P（K2≥k0）0.150.100.050.0250.010k

02.0722.7063.8415.0246.63521.已知圆𝑀经过两点𝐴(3,√3)，𝐵(2,2)且圆心𝑀在直线𝑦=𝑥−2上.（1）求圆𝑀的方程；（2）设𝐸，𝐹是圆𝑀上异于原点𝑂的两点，直线𝑂𝐸，𝑂𝐹的斜率分别为𝑘1，𝑘2，且𝑘1⋅𝑘2=2，求证：直线

𝐸𝐹经过一定点，并求出该定点的坐标.22.某校高二年级为了丰富学生的课外活动，每个星期都举行“快乐体育”活动.在一次“套圈圈”的游戏中，规则如下：在规定的4米之外的地方有一个目标物体，选手站在原地丟圈，套中目标物即获胜；规定每小组两人，每人两次，套中的次数之和不少于3次称为

“最佳拍档”，甲､乙两人同一组，甲､乙两人丟圈套中的概率为别为pi，p2，假设两人是否套中相互没有影响.（1）若𝑝1=13，𝑝2=12设甲､乙两人丟圈套中的次数之和为𝜉，求𝜉的分布列及数学期望𝐸(𝜉).（2）若𝑝1+𝑝2=43，则游戏

中甲乙两人这一组要想获得“最佳拍档”次数为16次，则理论上至少要进行多少轮游戏才行？并求此时𝑝1，𝑝2的值.答案解析部分一、单选题1.设集合𝐴={𝑥|−3<𝑥<2}，𝐵={−2,−1,0,1,2}，则𝐴∩𝐵=（）A.{𝑥|−2<

𝑥<1}B.{𝑥|−1≤𝑥≤1}C.{−2,−1,0,1}D.{−3,−2,−1,1}【答案】C【考点】交集及其运算【解析】【解答】解：𝐴∩𝐵={𝑥|−3<𝑥<2}∩{−2,−1,0,1,2}={−2,−1,0,1}故答案为：C【分析】根据交集的定义求出A∩B即可.2.若复

数𝑧的模为5，虚部为-4，则复数𝑧=（）A.3−4iB.−3−4iC.3−4i或−3−4iD.5−4i【答案】C【考点】复数的代数表示法及其几何意义，复数求模【解析】【解答】设𝑧=𝑥−4i，𝑥∈𝑅，∴𝑥2+16=25，解得𝑥=±3，∴𝑧=±3−4i.故答案为：

C【分析】设复数𝑧=𝑥−4i，𝑥∈𝑅，根据复数的模求出x的值，即可求出复数z的值。3.已知等比数列{𝑎𝑛}中，𝑎3𝑎11=4𝑎7，数列{𝑏𝑛}是等差数列，且𝑏7=𝑎7，则𝑏3+𝑏11

=（）A.3B.6C.7D.8【答案】D【考点】等差数列的性质【解析】【解答】因为{𝑎𝑛}等比数列，且𝑎3𝑎11=4𝑎7,∴𝑎7⬚2=4𝑎7≠0，解得𝑎7=4，数列{𝑏𝑛}是等差数列，则𝑏3+𝑏11=2𝑏7=2�

�7=8，故答案为：D.【分析】因为{𝑎𝑛}等比数列，且𝑎3𝑎11=4𝑎7,可得𝑎72=4𝑎7≠0，解得𝑎7，数列{𝑏𝑛}是等差数列，则𝑏3+𝑏11=2𝑏7=2𝑎7可得答案。4.刘徽(约公元225年—295年)，魏晋期间伟大的数学家，

中国古典数学理论的奠基人之一.他在割圆术中提出的“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这可视为中国古代极限观念的佳作.割圆术的核心思想是将一个圆的内接正𝑛边形等分成𝑛个等腰三角形如图1所示，当𝑛变得很大时，这�

�个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想得到sin3°的近似值为（）A.𝜋30B.𝜋60C.𝜋90D.𝜋180【答案】B【考点】扇形的弧长与面积【解析】【解答】解：将一个单位圆分成120个扇形，则每个扇形的圆心角度数均为3°，∵这120个扇形对应的等腰

三角形的面积之和近似于单位圆的面积，∴120×12×1×1×sin3°=60sin3°≈𝜋，∴sin3°≈𝜋60故答案为：B．【分析】将一个单位圆分成120个扇形,则每个扇形的圆心角度数均为3°，由这1820个扇形对应的等腰

三角形的面积之和近似于单位圆的面积，能求出sin3°的近似值.5.设𝑎=log36，𝑏=log612，𝑐=log918，则（）A.𝑐>𝑏>𝑎B.𝑏>𝑐>𝑎C.𝑎>𝑐>𝑏D.𝑎

>𝑏>𝑐【答案】D【考点】对数的运算性质，换底公式的应用，对数函数的单调性与特殊点【解析】【解答】𝑎=log36=1+log32，𝑏=log612=1+log62，𝑐=log918=1+log92，∵1<log23<log

26<log29，而log32=1log23>log62=1log26>log92=1log29，∴𝑎>𝑏>𝑐.故答案为：D【分析】利用对数的换底公式、运算法则、对数函数的单调性即可得出大小关系.6.已知平面向量𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗，𝑃

𝐵⃗⃗⃗⃗⃗满足，|𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|=1，𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=12，若|𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=1，则|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|的最大值为（）A.1B.√2C.√3D.2【答案】D【考点】平面向量数量积的运算，数量积表示两个向量的夹角【

解析】【解答】由题意知：𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗，则|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|2=(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)2=|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|2+2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+|𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|2，∵|𝑃𝐴⃗⃗

⃗⃗⃗|=|𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|=1，𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=12，∴cos<𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗>=12，则<𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗>=𝜋3，易知△𝑃𝐴𝐵

为等边三角形，则|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|=1，∴|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=√2(1+cos<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>)，又<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>∈[0,𝜋]，∴当<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>=0时

，|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|的最大值为2.故答案为：D【分析】由题意知：𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗，则|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|2=(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)2=|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|2+2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗

⃗+|𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|2，cos<𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗>=12，则<𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗>=𝜋3，易知△𝑃𝐴𝐵为等边三角形，|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=√2(1+cos<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>)，可得当<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐶⃗⃗

⃗⃗⃗>=0时，|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|的最大值为2。7.为了加强新冠疫苗的接种工作，某医院欲从5名医生和4名护士中抽选了3人(医生和护士均至少有一人)分配到𝐴，𝐵，𝐶三个地区参加医疗支援工作(每个地区一人)，方案要求医生不能去𝐴地区，则分配方案共有（）A.264种B.224种

C.200种D.236种【答案】C【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】【解答】当选取的是1名医生2名护士，共有𝐶51𝐶42=30种选法，分配到A，B，C三个地区参加医疗救援（每个地区一人），方案要求医生不能去A地区，共有2𝐴22=4种，即一共30×4=

120种方案；当选取的是2名医生1名护士，共有𝐶52𝐶41=40种选法，分配到A，B，C三个地区参加医疗救援（每个地区一人），方案要求医生不能去A地区，共有𝐴22=2种，即一共40×2=80种方案.综上所述：

分配方案共有200种.故答案为：C.【分析】分类计数，考虑选取1名医生2名护士和2名医生1名护士两类情况求解.8.已知函数𝑓(𝑥)={log𝑎𝑥,𝑥>0|𝑥+3|,−4≤𝑥<0（𝑎>0且𝑎≠1）．若函数𝑓(𝑥)的图象上有且只有两个

点关于原点对称，则𝑎的取值范围是（）A.(0,14)B.(0,14)∪(1,+∞)C.(14,1)∪(1,+∞)D.(0,1)∪(1,4)【答案】C【考点】分段函数的应用【解析】【解答】当−4≤𝑥<0时，函数𝑦=|𝑥+3|关于原点对称的函数

为−𝑦=|−𝑥+3|，即𝑦=−|−𝑥+3|,(0≤𝑥≤4)，若函数𝑓(𝑥)的图象上有且只有两个点关于原点对称，则等价于函数𝑓(𝑥)=log𝑎𝑥与𝑦=−|−𝑥+3|,(0≤𝑥≤4)只有

一个交点，作出两个函数的图象如图：若𝑎>1时，𝑓(𝑥)=log𝑎𝑥与函数𝑦=−|−𝑥+3|,(0≤𝑥≤4)有唯一的交点，满足条件；当𝑥=4时，𝑦=−|−4+3|=−1若0<𝑎<1时，要使𝑓(𝑥)

=log𝑎𝑥与函数𝑦=−|−𝑥+3|,(0≤𝑥≤4)有唯一的交点，则要满足𝑓(4)<−1，即log𝑎4<−1=log𝑎𝑎−1，解得故14<𝑎<1；综上𝑎的取值范围是(14,1)∪(1,+∞)故答案为：C【分析】利用函数的对称性，画出函数

的图象，通过数形结合转化求解即可.二、多选题9.甲、乙两名同学在本学期的六次考试成绩统计如图，甲、乙两组数据的平均值分别为𝑥甲̅̅̅̅､𝑥乙̅̅̅̅，则（）A.每次考试甲的成绩都比乙的成绩高B.甲的成绩比乙稳定C.𝑥甲̅̅̅̅一定大于𝑥乙̅̅̅̅D.甲的成绩

的极差大于乙的成绩的极差【答案】B,C【考点】众数、中位数、平均数，极差、方差与标准差【解析】【解答】对于A选项，第二次月考，乙的成绩比甲的成绩要高，A选项错误；对于B选项，甲组数据比乙组数据的波动幅度要小，甲的成绩比乙稳定，B选项正确；对于C选项，根据图象可估计出𝑥甲̅̅̅̅∈(90,1

20)，𝑥乙̅̅̅̅∈(60,90)，𝑥甲̅̅̅̅一定大于𝑥乙̅̅̅̅，C选项正确；对于D选项，根据图象可知甲的成绩的极差比乙的成绩的极差小，D选项错误.故答案为：BC.【分析】根据图象可判断A选项的正误;根据甲、乙两组数据的波动幅度大小可判断B选项的正误;根据图象判断甲、乙两组数据估

计平均数的分布，可判断C选项的正误;根据图象判断甲、乙两组数据极差的大小关系，可判断出D选项的正误，由此可得出结论.10.已知𝑏<𝑎<0，则下列结论一定正确的是（）A.𝑎2<𝑏2B.𝑏𝑎+𝑎𝑏>2C.lg𝑎2>lg𝑎𝑏D.|𝑎|

𝑎<|𝑎|𝑏【答案】A,B【考点】对数函数的单调性与特殊点，基本不等式，不等式的基本性质【解析】【解答】∵𝑏<𝑎<0，则|𝑎|<|𝑏|，∴𝑎2<𝑏2，A符合题意；∵𝑏𝑎>0,𝑎�

�>0，∴𝑏𝑎+𝑎𝑏≥2√𝑏𝑎⋅𝑎𝑏=2，当且仅当𝑏𝑎=𝑎𝑏时取等号，又𝑏𝑎≠𝑎𝑏，∴𝑏𝑎+𝑎𝑏>2，B符合题意；∵𝑏<𝑎<0，∴0<𝑎2<𝑎𝑏，∴lg𝑎2<lg𝑎𝑏，C不符合题意；取𝑎=−2,𝑏=−3时，|𝑎|𝑎=14,|𝑎|

𝑏=18，此时|𝑎|𝑎>|𝑎|𝑏，D不符合题意.故答案为：AB.【分析】根据题目所给不等式判断a,b的大小及符号，然后运用不等式的性质判断A，利用基本不等式判断B选项，利用不等式的性质及对数函数的单调性判断C选项，举反

例判断D选项。11.关于函数𝑓(𝑥)=|sin𝑥|−sin|𝑥|有下述四个结论，其中正确的结论是（）A.𝑓(𝑥)是偶函数B.𝑓(𝑥)在(0,2𝜋)上有3个零点C.𝑓(𝑥)在(𝜋2,𝜋)上单调递增D.𝑓(𝑥

)的最大值为2【答案】A,D【考点】函数奇偶性的判断，函数的零点，正弦函数的零点与最值【解析】【解答】A：𝑓(−𝑥)=|sin(−𝑥)|−sin|−𝑥|=|sin𝑥|−sin|𝑥|=𝑓(𝑥)且𝑥∈𝑅，即𝑓(𝑥)是偶函数，正确；B：𝑓(𝑥)={0,0<𝑥≤𝜋−

2sin𝑥,𝜋<𝑥<2𝜋，零点有无数个，错误；C：由B知：(𝜋2,𝜋)上𝑓(𝑥)=0为常数，不单调，错误；D：由B知：在𝑥∈𝑅上，当𝑥=2𝑘𝜋+3𝜋2，𝑘∈𝑍时最大值为2，正确.故答案为：AD【分析】利用奇偶性的定义判断A；利用特殊值判断

B；求出函数的零点判断C；求出函数的最小值判断D。12.如图所示，正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1各棱的长度均相等，𝐷为𝐴𝐴1的中点，𝑀､𝑁分别是线段𝐵𝐵1和线段𝐶𝐶1上的动点(含端点)，且满足𝐵𝑀=

𝐶1𝑁，当𝑀､𝑁运动时，下列结论中正确的是（）A.△𝐷𝑀𝑁是等腰三角形B.在△𝐷𝑀𝑁内总存在与平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1垂直的线段C.三棱锥𝐴1−𝐷𝑀𝑁的体积是三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的体积的

18D.cos∠𝑀𝐷𝑁∈[15,12]【答案】A,B,D【考点】棱柱的结构特征【解析】【解答】对于A选项，依题意可知𝐵𝑀=𝐶1𝑁、𝐷是𝐴𝐴1的中点、𝐴𝐵=𝐴1𝐶1，所以直角梯形𝐴𝐵𝑀𝐷和直角梯

形𝐴1𝐶1𝑁𝐷全等（当𝐵𝑀=𝐶1𝑁=0，即𝐵和𝑀重合、𝐶1和𝑁重合时是全等的三角形），所以𝑀𝐷=𝑁𝐷，所以△𝐷𝑀𝑁是等腰三角形，A选项正确.对于B选项，设𝐸,𝐹分别是�

�𝐶,𝑀𝑁的中点，连接𝐷𝐹,𝐸𝐹,𝐴𝐸，由于𝐸𝐹//𝐵𝑀//𝐶𝑁//𝐴𝐷，且𝐸𝐹=𝐵𝑀+𝐶𝑁2=𝐴𝐷，所以四边形𝐴𝐸𝐹𝐷是平行四边形，所以𝐴𝐸//𝐷𝐹，由于在正三棱柱中，平面𝐴𝐵𝐶⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，

两个平面的交线为𝐵𝐶，且等边三角形𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐸⊥𝐵𝐶，所以𝐴𝐸⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，所以𝐷𝐹⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，所以B选项正确.对于C选项，设正三棱柱的边长为1，所以正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的体积

为12×1×1×sin𝜋3×1=√34.根据正三棱柱的性质可知𝑀到平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1的距离等于𝐵到平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1的距离，结合等边三角形的性质可知这个距离为√32，所以𝑉𝐴1−𝐷𝑀𝑁

=𝑉𝑀−𝐴1𝐷𝑁=13×(12×12×1)×√32=√324，所以三棱锥𝐴1−𝐷𝑀𝑁的体积是三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的体积的16，C选项错误.对于D选项，设𝐵𝑀=𝐶1𝑁=𝑥(0≤𝑥≤1)，则𝑀𝐷=𝑁𝐷=√(12−𝑥)2+

12=√𝑥2−𝑥+54，𝑀𝑁=√(1−𝑥−𝑥)2+12=√4𝑥2−4𝑥+2，由余弦定理得cos∠𝑀𝐷𝑁=𝑥2−𝑥+54+𝑥2−𝑥+54−(4𝑥2−4𝑥+2)2(𝑥2−𝑥+54)=−2𝑥2+2𝑥+122(𝑥2−𝑥+54)=−2𝑥2+2𝑥+122𝑥2

−2𝑥+52=−(2𝑥2−2𝑥+52)+32𝑥2−2𝑥+52=−1+32𝑥2−2𝑥+52=−1+32(𝑥−12)2+2，由于0≤𝑥≤1，所以2(𝑥−12)2+2∈[2,52]，3(𝑥−12)2+2∈[65,32

]，−1+3(𝑥−12)2+2∈[15,12]，所以D选项正确.故答案为：ABD【分析】根据正三棱柱的结构特征，逐项进行分析，可得答案。三、填空题13.已知直线𝑥=1是函数𝑓(𝑥)=sin(𝜔𝑥+𝜋6)(𝜔>0)的

一条对称轴，写出𝜔的一个可能值为________.【答案】𝜋3(答案不唯一，形如𝜋3+𝑘𝜋，𝑘∈𝑁都可以)【考点】正弦函数的奇偶性与对称性【解析】【解答】解：因为直线𝑥=1是函数𝑓(𝑥)=sin(𝜔𝑥+𝜋6)(𝜔>0)的一条对称

轴，所以𝜔+𝜋6=𝜋2+𝑘𝜋,𝑘∈𝑁，即𝜔=𝜋3+𝑘𝜋,𝑘∈𝑁.故答案为：𝜋3(答案不唯一，形如𝜋3+𝑘𝜋，𝑘∈𝑁都可以).【分析】利用x=1是函数的对称轴，列出关系式，即可得到结果.14.已知随机变量𝑋，𝑌满足𝑋∼𝐵(6

,16)，𝑌=3𝑋+1，𝐸(𝑌)=________.【答案】4【考点】离散型随机变量的期望与方差【解析】【解答】解：因为随机变量𝑋满足𝑋∼𝐵(6,16)，所以𝐸(𝑋)=6×16=1，又因𝑌=3�

�+1，所以𝐸(𝑌)=3𝐸(𝑋)+1=4.故答案为：4.【分析】由随机变量𝑋∼𝐵(6,16)，先求出E(X)=1，再由变量Y=3X+1，得𝐸(𝑌)=3𝐸(𝑋)的值。15.已知(𝑥+𝑎𝑥)(2𝑥−1𝑥)5的展开式中的各项系数的和为2，则该

展开式中的常数项为________．【答案】40【考点】二项式定理【解析】【解答】令x=1可得(1+𝑎)(2−1)5=2，即a=1，则(𝑥+𝑎𝑥)(2𝑥−1𝑥)5𝑥(2𝑥−1𝑥)5+1𝑥(2𝑥−1𝑥)5，分

别求出(2𝑥−1𝑥)5的展开式中的含1𝑥和x和的项的系数分别为-40，80，所以展开式中的常数项为40.【分析】先求出a的值，再把(2𝑥−1𝑥)5按照二项式定理展开，可得(𝑥+𝑎𝑥)(2𝑥−

1𝑥)5的展开式中常数项.16.已知扇形𝐴𝑂𝐵半径为1，∠𝐴𝑂𝐵=120°，弧𝐴𝐵上的点𝑃满足𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝜇𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗(𝜆,𝜇∈𝑅)，则𝜆+𝜇的最大值是________；𝑃𝐴⃗⃗

⃗⃗⃗⋅𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗最小值是________.【答案】2；−12【考点】平面向量数量积的运算，三角函数中的恒等变换应用【解析】【解答】以𝑂𝐵为x轴，过𝑂作𝑂𝐵的垂线作𝑦轴，建立平面直角坐标系，𝑂(0,0),𝐵(1,0),𝐴(−12,√32),𝑃(cos𝜃,s

in𝜃)，𝜃∈[0,2𝜋3]，则(cos𝜃,sin𝜃)=𝜆(−12,√32)+𝜇(1,0)，所以{cos𝜃=−𝜆2+𝜇sin𝜃=√32𝜆，所以{𝜆=2√33sin𝜃𝜇=√33sin𝜃+co

s𝜃，𝜆+𝜇=√3sin𝜃+cos𝜃=2(√32sin𝜃+12cos𝜃)=2sin(𝜃+𝜋6)，因为𝜃∈[0,2𝜋3]，所以𝜃+𝜋6∈[𝜋6,5𝜋6]，所以当𝜃+𝜋6=𝜋2，即𝜃=𝜋3时，𝜆+𝜇

取得最大值2.所以𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(−12−cos𝜃,√32−sin𝜃)⋅(1−cos𝜃,−sin𝜃)=−12−12cos𝜃+cos2𝜃−√32sin𝜃+sin2𝜃=12−(12cos𝜃+√32sin�

�)=12−sin(𝜃+𝜋6)，因为𝜃∈[0,2𝜋3]，所以𝜃+𝜋6∈[𝜋6,5𝜋6]，所以当𝜃+𝜋6=𝜋2，即𝜃=𝜋3时，𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗取得最小值−12.故答案为：2；−12.【分析】建

立坐标系，设∠BOP=θ，用𝜃表示出P点坐标，得出λ+μ及𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗关于𝜃的表达式，根据θ的范围和三角函数的性质得出答案.四、解答题17.在△𝐴𝐵𝐶中，内角𝐴，𝐵，𝐶的对边分别为𝑎，𝑏，𝑐，且sin

2𝐴+sin2𝐵−sin2𝐶=sin𝐴⋅sin𝐵（1）求𝐶；（2）若△𝐴𝐵𝐶的面积为10√3，𝐷为𝐴𝐶的中点，求𝐵𝐷的最小值.【答案】（1）由sin2𝐴+sin2𝐵−sin2𝐶=sin𝐴⋅sin𝐵及正弦定理可得：𝑎2+𝑏2−𝑐2=𝑎𝑏∴cos𝐶

=𝑎2+𝑏2−𝑐22𝑎𝑏=12∵𝐶∈(0,𝜋)∴𝐶=𝜋3（2）由题意知𝑆△𝐴𝐵𝐶=12𝑎𝑏sin𝐶=12𝑎𝑏⋅√32=10√3，得𝑎𝑏=40.由余弦定理得𝐵𝐷2=𝑎2+𝑏24−𝑎𝑏cos𝐶=𝑎2+𝑏24−12𝑎�

�≥2𝑎⋅𝑏2−12𝑎𝑏=12𝑎𝑏=20，当且仅当𝑎=12𝑏且𝑎𝑏=40，即𝑎=2√5，𝑏=4√5时取等号，所以𝐵𝐷的最小值为2√5.【考点】正弦定理，余弦定理【解析】【分析】(1)利用正弦定理化简已知条件，然后通过余弦定理求解角C的大小;（2）

利用三角形的面积公式和余弦定理及不等式的应用求出结果.18.已知正项数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，对𝑛∈𝑁∗有2𝑆𝑛=𝑎𝑛2+𝑎𝑛.（1）求数列{𝑎𝑛}的通项公式；（2）若𝑏𝑛=2𝑎𝑛+𝑎𝑛，求{𝑏𝑛}的前项和𝑇𝑛.

【答案】（1）∵2𝑆𝑛=𝑎𝑛2+𝑎𝑛，①∴当𝑛=1时，2𝑎1=𝑎12+𝑎1，解得𝑎1=1；当𝑛≥2时，2𝑆𝑛−1=𝑎𝑛−12+𝑎𝑛−1，②由①−②得2𝑎𝑛=𝑎n2+𝑎n−(𝑎n−1

2+𝑎n−1)，化为(𝑎𝑛+𝑎𝑛−1)(𝑎𝑛−𝑎𝑛−1−1)=0，∵∀𝑛∈𝑁∗有𝑎𝑛>0，∴𝑎n−𝑎n−1=1.数列{𝑎𝑛}是以首项为1，公差为1的等差数列.∴𝑎𝑛=1+(𝑛−1)=𝑛.∴𝑎𝑛=𝑛.（2）由（1）得𝑎𝑛=𝑛∵𝑏𝑛

=2𝑎𝑛+𝑎𝑛，∴𝑏𝑛=2𝑛+𝑛，∴𝑇𝑛=21+1+22+2+23+3+⋯+2𝑛+𝑛=21+22+23+⋯+2𝑛+1+2+3+⋯+𝑛=21×(1−2𝑛)1−2+(1+𝑛)𝑛2=2𝑛+1−2+(1+𝑛)𝑛2.【考点】数列的求和，数列递推式【

解析】【分析】(1)当n=1时计算可知𝑎1=1，当n≥2时通过作差整理可知数列{𝑎𝑛}是以首项为1，公差为1的等差数列，进而计算可得结论;(2)通过(1)可知𝑏𝑛=2𝑛+𝑛，进而利用错位相减法计算即得结论.19.如图，矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=2，𝐵

𝐶=1，𝐸为𝐶𝐷的中点，把𝛥𝐴𝐷𝐸沿𝐴𝐸翻折，满足𝐴𝐷⊥𝐵𝐸.（1）求证：平面𝐴𝐷𝐸⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐸；（2）求二面角𝐸−𝐴𝐶−𝐷的余弦值.【答案】（1）证明：由已知可

得𝐴𝐸=𝐵𝐸=√2，𝐴𝐵=2，在△𝐴𝐵𝐸中，满足𝐴𝐸2+𝐵𝐸2=𝐴𝐵2∴𝐵𝐸⊥𝐴𝐸∵𝐴𝐷⊥𝐵𝐸，且𝐴𝐷∩𝐴𝐸=𝐴，𝐴𝐷、𝐴𝐸⊂平面𝐴𝐷𝐸，∴𝐵𝐸⊥平面𝐷𝐴𝐸又𝐵𝐸⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐸，∴平面𝐴𝐷

𝐸⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐸.（2）解：法一：(几何法)如图所示，连接𝐴𝐶，取𝐴𝐸中点𝑂，连接𝐷𝑂，∴𝐷𝑂⊥𝐴𝐸，过𝑂作𝑂𝑄⊥𝐴𝐶交𝐴𝐶于𝑄点，连接𝑂𝑄、𝐷𝑄，∵平面�

�𝐷𝐸⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐸，𝐴𝐸=平面𝐴𝐷𝐸∩平面𝐴𝐵𝐶𝐸，∴𝐷𝑂⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐸，∴𝐷𝑂⊥𝐴𝐶，又𝐷𝑂∩𝑂𝑄=𝑂，∴𝐴𝐶⊥平面𝐷𝑂𝑄，∴𝐴𝐶⊥𝐷𝑄，所以∠𝐷𝑄𝑂即为所求的二面角的平面角，由cos∠𝐸𝐴𝐶=(

√2)2+(√5)2−122×√2×√5=3√1010，∴𝐷𝑂=√22，𝑂𝑄=|𝐴𝑂|sin∠𝐸𝐴𝐶=√22×√1010=√510，又tan∠𝐷𝑄𝑂=𝐷𝑂𝑂𝑄=√22√510=√10，∴cos∠𝐷𝑄𝑂=√1111∴二面角𝐸−𝐴𝐶−𝐷的余弦值为√1111

.法二：(向量法)取𝐴𝐸的中点𝑂，连接𝐷𝑂∵𝐴𝐷=𝐷𝐸∴𝐷𝑂⊥𝐴𝐸∵平面𝐴𝐷𝐸⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐸，𝐴𝐸=平面𝐴𝐷𝐸∩平面𝐴𝐵𝐶𝐸，∴𝐷𝑂⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐸，如图所示，以𝐸为坐标原点，以𝐸

𝐴，𝐸𝐵分别为𝑥，𝑦轴，过𝐸作𝐷𝑂的平行线为𝑧轴，建立空间直角坐标系，则𝐴(√2,0,0)，𝐶(−√22,√22,0)，𝐷(√22,0,√22)∴𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(−3√22,√22,0)，𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(−√

22,0,√22)设𝑚⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)为平面𝐷𝐴𝐶的法向量，有{𝑚⃯⋅𝐴𝐶⃯=0𝑚⃯⋅𝐴𝐷⃯=0⇒{−3√22𝑥+√22𝑦=0−√22𝑥+√22𝑧=0不妨令𝑥=1，

则𝑦=3，𝑧=1，∴𝑚⃗⃗=(1,3,1)，而平面𝐴𝐸𝐶的其中一个法向量显然为𝑛⃗=(0,0,1)cos〈𝑚⃗⃗,𝑛⃗〉=𝑚⃗⃗⋅𝑛⃗|𝑚⃗⃗||𝑛⃗|=√1111二面角𝐸−𝐴�

�−𝐷的余弦值为√1111.【考点】平面与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】（1）根据勾股定理可证得𝐵𝐸⊥𝐴𝐸，得𝐵𝐸⊥平面𝐷𝐴𝐸，根据面面垂直的判定定理可得平面𝐴𝐷𝐸⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐸

；（2）法一：(几何法)如图所示，连接𝐴𝐶，取𝐴𝐸中点𝑂，连接𝐷𝑂，得𝐷𝑂⊥𝐴𝐸，∠𝐷𝑄𝑂即为所求的二面角的平面角，cos∠𝐸𝐴𝐶=(√2)2+(√5)2−122×√2×√5=3√

1010；法二：(向量法)以𝐸𝐴，𝐸𝐵分别为𝑥，𝑦轴，过𝐸作𝐷𝑂的平行线为𝑧轴，建立空间直角坐标系，求出平面𝐷𝐴𝐶的法向量和平面𝐴𝐸𝐶的其中一个法向量，利用向量法可求出二面角𝐸−𝐴𝐶−𝐷的余弦值.20.足不出户，手机下单，送菜到家，轻松逛起手机“菜市

场”，拎起手机“菜篮子”，省心又省力.某手机App(应用程序)公司为了了解居民使用这款App使用者的人数及满意度，对一大型小区居民开展5个月的调查活动，从使用这款App的人数的满意度统计数据如下：月份12345不满意的人数1201051009580（1）请利用所给数据求不满意人数𝑦与

月份𝑥之间的回归直线方程𝑦̂=𝑏̂𝑥+𝑎̂，并预测该小区10月份的对这款App不满意人数：（2）工作人员发现使用这款App居民的年龄𝑋近似服从正态分布𝑁(35,42)，求𝑃(27<𝑥≤47)的值；（3）工作人员从这5个月内的调查表中随机抽查100人，调查

是否使用这款App与性别的关系，得到如表：使用App不使用App女性4812男性2218能否据此判断有99%的把握认为是否使用这款App与性别有关？参考公式：𝑏̂=∑𝑥𝑖𝑛𝑖=1𝑦𝑖−𝑛𝑥̅𝑦̅∑𝑥𝑖2𝑛𝑖=1−𝑛𝑥̅2=∑(𝑥𝑖−

𝑥̅)𝑛𝑖=1(𝑦𝑖−𝑦̅)=∑(𝑥𝑖−𝑥̅)2𝑛𝑖=1，𝑎̂=𝑦̅−𝑏̂𝑥̅.附：随机变量：𝜉−𝑁(𝜇,𝜎2)，则𝑃(𝜇−𝜎<𝜉≤𝜇+𝜎)≈0.68272，𝑃(𝜇−2𝜎<𝜉≤𝑁+2𝜎)≈0.9545，𝑃(𝜇−

3𝜎<𝜉≤𝜇+3𝜎)≈0.9973𝐾2=𝑛(𝑎𝑑−𝑏𝑐)2(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(𝑏+𝑑)(其中𝑛=𝑎+𝑏+𝑐+𝑑)P（K2≥k0）0.150.100.050.0250.010k02.0722.7063.84

15.0246.635【答案】（1）由表中的数据可知，𝑥̅=1+2+3+4+55=3，𝑦̅=120+105+100+95+805=100，所以𝑏̂=∑𝑥𝑖5𝑖=1𝑦𝑖−5𝑥̅𝑦̅∑𝑥𝑖25𝑖=1−5𝑥̅2=141

0−150055−45=−9，故𝑎̂=𝑦̅−𝑏̂𝑥̅=100−(−9)×3=127，所以所求的回归直线方程为𝑦̂=−9𝑥+127；令𝑥=10，则𝑦̂=−9×10+127=37（人）所以10月该小区对这款App的不满意人数为37人；（2）依题意

得𝑃(27<𝑥≤47)=𝑃(35−2×4<𝑥≤35+3×4)≈0.9545+0.9973−0.95452≈0.9545+0.99732=0.9759（3）由表中的数据计算可得：𝑘2=100×(

48×18−22×12)260×40×70×30=507≈7.143>6.635，根据临界值可得，有99%的把握认为是否使用这款App与性别有关【考点】线性回归方程，独立性检验的基本思想【解析】【分析】（1）由表中的数据可知

，𝑥̅=1+2+3+4+55=3，𝑦̅=120+105+100+95+805=100，根据公式求出𝑏^，𝑎^，即可求出回归直线方程，令𝑥=10，可求出小区10月份的对这款App不满意人数；（2）依题意得𝑃(27<𝑥≤47)=𝑃(35−2×4<𝑥≤35+3×

4)计算即可；（3）由表中的数据计算求得K2，即可的结论。21.已知圆𝑀经过两点𝐴(3,√3)，𝐵(2,2)且圆心𝑀在直线𝑦=𝑥−2上.（1）求圆𝑀的方程；（2）设𝐸，𝐹是圆𝑀上异于原点𝑂的两点，直线𝑂𝐸，𝑂𝐹的斜率分别为𝑘1，𝑘

2，且𝑘1⋅𝑘2=2，求证：直线𝐸𝐹经过一定点，并求出该定点的坐标.【答案】（1）设圆𝑀的方程为：(𝑥−𝑎)2+(𝑥−𝑏)2=𝑟2(𝑟>0)，由题意得：{(3−𝑎)2+(√3−𝑏)2=𝑟2(2−𝑎)2+(2−𝑏

)2=𝑟2𝑏=𝑎−2⇒{𝑎=2𝑏=0𝑟=2，圆𝑀的方程：(𝑥−2)2+𝑦2=4.（2）设直线𝐸𝐹：𝑦=𝑘𝑥+𝑏，由{(𝑥−2)2+𝑦2=4𝑦=𝑘𝑥+𝑏⇒(1+𝑘2)𝑥2+(2𝑘𝑏−4)𝑥+𝑏2=0，𝛥=(2𝑘𝑏−4)2

−4(1+𝑘2)𝑏2=4(4−4𝑘𝑏−𝑏2)>0⇒4𝑘𝑏+𝑏2<4，设𝐸(𝑥1,𝑦1)，𝐹(𝑥2,𝑦2)，𝑥1+𝑥2=−(2𝑘𝑏−4)1+𝑘2，𝑥1𝑥2=𝑏21+𝑘2，∴𝑘1𝑘2=𝑦1𝑥1⋅�

�2𝑥2=(𝑘𝑥1+𝑏)(𝑘𝑥2+𝑏)𝑥1𝑥2=𝑘2𝑥1𝑥2+𝑘𝑏(𝑥1+𝑥2)+𝑏2𝑥1𝑥2=𝑘2𝑏21+𝑘2+𝑘𝑏4−2𝑘𝑏1+𝑘2+𝑏2𝑏21+𝑘2=𝑘2𝑏2−

𝑘𝑏(2𝑘𝑏−4)+𝑏2(1+𝑘2)𝑏2=4𝑘+𝑏𝑏=2，∴4𝑘=𝑏，代入𝑦=𝑘𝑥+𝑏得𝑦=𝑘(𝑥+4)，直线𝐸𝐹必过定点(−4,0).【考点】圆的一般方程，直线和圆的方程的应用【解析】【分析】（1）设圆𝑀的方程为：(𝑥−𝑎)2+(𝑥−𝑏)2=�

�2(𝑟>0)，由题意得：{(3−𝑎)2+(√3−𝑏)2=𝑟2(2−𝑎)2+(2−𝑏)2=𝑟2𝑏=𝑎−2⇒{𝑎=2𝑏=0𝑟=2，可得圆𝑀的方程；（2）设直线𝐸𝐹：𝑦=𝑘𝑥+𝑏，

𝐸(𝑥1,𝑦1)，𝐹(𝑥2,𝑦2)，由{(𝑥−2)2+𝑦2=4𝑦=𝑘𝑥+𝑏⇒(1+𝑘2)𝑥2+(2𝑘𝑏−4)𝑥+𝑏2=0，利用韦达定理可得𝑥1+𝑥2=−(2𝑘𝑏−4)1+𝑘2，𝑥1𝑥2=𝑏21+𝑘2，𝑘1𝑘2=𝑦

1𝑥1⋅𝑦2𝑥2=4𝑘+𝑏𝑏=2，解得4𝑘=𝑏，进而得出直线𝐸𝐹必过定点(−4,0).22.某校高二年级为了丰富学生的课外活动，每个星期都举行“快乐体育”活动.在一次“套圈圈”的游戏中，规

则如下：在规定的4米之外的地方有一个目标物体，选手站在原地丟圈，套中目标物即获胜；规定每小组两人，每人两次，套中的次数之和不少于3次称为“最佳拍档”，甲､乙两人同一组，甲､乙两人丟圈套中的概率为别为pi，p2，假设两人是

否套中相互没有影响.（1）若𝑝1=13，𝑝2=12设甲､乙两人丟圈套中的次数之和为𝜉，求𝜉的分布列及数学期望𝐸(𝜉).（2）若𝑝1+𝑝2=43，则游戏中甲乙两人这一组要想获得“最佳拍档”次数为16次，则理

论上至少要进行多少轮游戏才行？并求此时𝑝1，𝑝2的值.【答案】（1）两人丢圈套中的次数值和为𝜉，则𝜉的值可能为0，1，2，3，4，𝑃(𝜉=0)=(1−13)2(1−12)2=19，𝑃(𝜉=1)=𝐶21(13)(23)(1−12)2+(1−13)2𝐶21(12)(1−12

)=13，𝑃(𝜉=2)=(13)2(1−12)2+𝐶21(13)(23)𝐶21(12)(1−12)+(1−13)2(12)2=1336，𝑃(𝜉=3)=(13)2𝐶21(12)(1−12)+𝐶21(13)(23)(12)2=16，𝑃(𝜉=4)=(13

)2(12)2=136，分布列如下表：𝜉01234𝑝1913133616136𝐸(𝜉)=0×19+1×13+2×1336+3×16+4×136=53.（2）他们在一轮游戏中获“最佳拍档”的概率为𝑃=𝐶21𝑝1(1−𝑝1)𝐶22(𝑝2)2+𝐶22(𝑝1

)2𝐶21𝑝2(1−𝑝2)+𝐶22(𝑝1)2𝐶22(𝑝2)2=2𝑝1𝑝2(𝑝1+𝑝2)−3(𝑝1)2(𝑝2)2，因为𝑝1+𝑝2=43，所以𝑃=83𝑝1𝑝2−3(𝑝1)2(𝑝2)2，因为0≤𝑝

1≤1，0≤𝑝2≤1，𝑝1+𝑝2=43，所以13≤𝑝1≤1，13≤𝑝1≤1，所以19<𝑝1𝑝2≤49，令𝑡=𝑝1𝑝2，以19<𝑡≤49，则𝑃=ℎ(𝑡)=−3𝑡2+83𝑡=−3(𝑡−49)2+1627，当𝑡=49时，𝑃max=1627，他们小

组在𝑛轮游戏中获“最佳拍档”次数𝜉满足𝜉~𝐵(𝑛,𝑝)，由(𝑛𝑝)max=16，则𝑛=27，所以理论上至少要进行27轮游戏，此时𝑝1+𝑝2=43，𝑝1𝑝2=49，𝑝1=𝑝2=23.【考点

】离散型随机变量及其分布列，离散型随机变量的期望与方差【解析】【分析】（1）两人丢圈套中的次数值和为𝜉，则𝜉的值可能为0，1，2，3，4，求出对应的概率，即可求出𝜉的分布列及数学期望𝐸(𝜉)；（2）他们在一轮游戏中获“最佳拍档”的概率为𝑃

=𝐶21𝑝1(1−𝑝1)𝐶22(𝑝2)2+𝐶22(𝑝1)2𝐶21𝑝2(1−𝑝2)+𝐶22(𝑝1)2𝐶22(𝑝2)2=2𝑝1𝑝2(𝑝1+𝑝2)−3(𝑝1)2(𝑝2)2，由𝑝1+𝑝2=43，得𝑃=8

3𝑝1𝑝2−3(𝑝1)2(𝑝2)2，推导出19<𝑝1𝑝2≤49，令𝑡=𝑝1𝑝2，以19<𝑡≤49，则𝑃=ℎ(𝑡)=−3𝑡2+83𝑡=−3(𝑡−49)2+1627，当𝑡=49时，�

�max=1627，他们小组在𝑛轮游戏中获“最佳拍档”次数𝜉满足𝜉~𝐵(𝑛,𝑝)，由此求出结果。