江苏省灌南高级中学2024届高三上学期暑期检测（二）数学(1)_2023年8月_028月合集_2024届江苏省灌南高级中学高三上学期暑期检测（二）

= √3×√3 = 3 ， 1 即所求角的正弦值为 ． 3 学科网（北京）股份有限公司⃗ ⃗ (2)由PB=(1,1,−1) ，PC=(0,1,−1) ， ⃗ 设平面PBC的一个法向量为m=(x ,y ,z ) ， 1 1 1 {⃗ ⃗ m·PB=0 则 , ⃗ ⃗ m·PC=0 {x + y −z =0 则 1 1 1 , y −z =0 1 1 令x =0，则y =1，z =1， 1 1 1 ⃗ 得平面PBC的一个法向量为m=(0,1,1) ， ⃗ 2 √6 ∴cos= = ， √2×√3 3 又二面角A−PC−B的平面角为锐角， √6 所以所求二面角的余弦值为 ． 3 【解析】本题考查利用空间向量求线面角及二面角． ⃗ (1)建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出 的坐标，平面PAC的一个法向量，代入 PB 夹角公式可求解． (2)求出平面PBC的一个法向量，代入夹角公式可求解． 20.【答案】解：(1)设“这局比赛甲以先得11分获胜”为事件A， “甲乙再打3个球，甲先得11分获胜”为事件B， 学科网（北京）股份有限公司“甲乙再打4个球，甲先得11分获胜”为事件C， 则事件A中包含事件B和事件C，且事件B和事件C互斥． 事件B即为甲乙再打3个球，这3个球均为甲胜， 2 8 则P(B)=C3 ( ) 3= ， 3 3 27 事件C即为甲乙再打4个球，则前三个球甲赢2个，最后1个球甲赢， 2 1 2 8 则P(C)=C2 ( ) 2× × = ， 3 3 3 3 27 8 8 16 所以P(A)=P(B)+P(C)= + = ． 27 27 27 (2)X的可能取值为1、2、3、4，则 3 P(X=1)= ， 4 1 3 3 P(X=2)= × = ， 4 4 16 1 1 3 3 P(X=3)= × × = ， 4 4 4 64 1 1 1 1 P(X=4)= × × = ， 4 4 4 64 所以X的分布列为： X 1 2 3 4 3 3 3 1 P 4 16 64 64 3 3 3 1 85 故X的数学期望E(X)=1× +2× +3× +4× = ． 4 16 64 64 64 【解析】本题考查离散型随机变量的分布列和期望、互斥事件的概率加法公式，属于中档题． (1)这局比赛甲以先得11分获胜包含两种情况：①甲乙再打3个球，甲先得11分获胜的概率； ②甲乙再打4个球，甲先得11分获胜的概率.先分别求出每种情况的概率，再利用互斥事件 学科网（北京）股份有限公司的概率加法公式求出这局比赛甲以先得11分获胜的概率； (2)求出X的所有可能取值和对应概率，得到X的分布列，即可求出X的数学期望． c 21.【答案】解：(1)易知a=1，由 =2 ，得c=2，∴b2=c2−a2=3. a 设P(x ,y )，Q(x ,y )，直线l：x=my+2， 1 1 2 2 {x=my+2, 由 y2 消去x，得(3m2−1)y2+12my+9=0， x2− =1, 3 −12m 9 则 y + y = ， y y = . 1 2 3m2−1 1 2 3m2−1 1 1 1√ (−12m) 2 4×9 3√m2+1 S = |BF|⋅|y −y |= √(y + y ) 2−4 y y = − = △BPQ 2 1 2 2 1 2 1 2 2 (3m2−1) 2 (3m2−1) |3m2−1| ． 3√2 ∵ S = ， △BPQ 2 3√m2+1 3√2 ∴ = ， |3m2−1| 2 整理得9m4−8m2−1=0. 1 解得m2=1或 m2=− (舍去)， 9 ∴直线l：x± y−2=0． 学科网（北京）股份有限公司(2)设AM，BN与y轴分别交于S，T，A(−1,0)，B(1,0). y 设S(0,y )，∴T(0,3 y )，∴ k =k = 0= y ，k =k =−3 y ，∴k =−3k . 0 0 AM AS 1 0 BN BT 0 BN AM y2 设M(x ,y )，x2− 3=1, 3 3 3 3 y y y2 则 k ⋅k = 3 ⋅ 3 = 3 =3 ， MA MB x +1 x −1 x2−1 3 3 3 3 ∴ k ⋅k = ⋅k =−9 . BN BM k BN MA 设直线MN的方程为x=my+t，N(x ,y )， 4 4 { x=my+t, 3x2−y2=3, 3(m2y2+2mty+t2 )−y2=3， ∴(3m2−1)y2+6mty+3t2−3=0， { 3m2−1≠0 则 , Δ=36m2t2−4(3m2−1)(3t2−3)>0 6mt 3t2−3 ∴ y + y =− ， y y = ， 3 4 3m2−1 3 4 3m2−1 学科网（北京）股份有限公司y y y y ∴ k ⋅k = 3 ⋅ 4 = 3 4 =−9 ， BM BN x −1 x −1 (m y +t−1)(m y +t−1) 3 4 3 4 9[m2y y +m(t−1)(y + y )+(t−1) 2 ]+ y y =0， 3 4 3 4 3 4 ∴(9m2+1)y y +9m(t−1)(y + y )+9(t−1) 2=0， 3 4 3 4 3t2−3 −6mt ∴ (9m2+1)⋅ +9m(t−1)⋅ +9(t−1) 2=0 ， 3m2−1 3m2−1 ∵直线MN不过B(1,0)，∴t≠1， ∴(9m2+1)(t+1)−18m2t+3(t−1)(3m2−1)=0， ∴9m2t+9m2+t+1−18m2t+9m2t−3t−9m2+3=0，得t=2， ∴直线MN过定点(2,0)． 【解析】本题考查了双曲线的方程、直线与双曲线的位置关系、直线过定点问题，解题中需 要一定的计算能力． (1)由已知可得a=1，由离心率得c=2，由b2=c2−a2即可求得C的方程，设直线l： x=my+2，联立直线方程与双曲线方程由弦长公式即可求解； (2)由题可得k =−3k 结合k ⋅k =3得k ⋅k =−9，设直线MN的方程为： BN AM MA MB BN BM x=my+t，联立直线与双曲线方程，利用韦达定理及斜率公式进行求解． 1 22.【答案】解：(1)因为f(x)= ax2−lnx定义域为(0,+∞)， 2 1 ax2−1 所以f ′(x)=ax− = ， x x 学科网（北京）股份有限公司1 x2−1 当a=1时，f(x)= x2−lnx，f ′(x)= ， 2 x 令f ′(x)=0，得x=1，x=−1(舍去)， 当01时，f ′(x)>0， 所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增， 1 所以f(x)的极小值为f(1)= ，无极大值． 2 1 ax2−1 (2)因为f ′(x)=ax− = ， x x ①若a≥1，当x∈[1,2]时，f ′(x)≥0恒成立，所以f(x)在[1,2]上单调递增， {f(1)≤1 1+ln2 要使方程f(x)=1在[1,2]上有解，则 ，解得 ≤a≤2， f(2)≥1 2 1+ln2 因为 <1，所以1≤a≤2； 2 1 ②若a≤ ，当x∈[1,2]时，f ′(x)≤0恒成立，所以f(x)在[1,2]上单调递减，此时 4 a 1 f(x)≤f(1)= ≤ ，不符合条件； 2 8 1 √1 √1 ③若 0， 4 a a √1 √1 所以f(x)在[1, )上单调递减，在[ ,2]上单调递增， a a a 1 √1 1 此时f(1)= < ，f( )