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福建省漳州市第三中学2024届高三下学期高考全真模拟考试数学试题（学生版+教师版）
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数学科试卷
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
第Ⅰ卷 选择题
一、单选题（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，只有一项是符合题目要求的）
1. 设全集，集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出集合，再由并集的定义求解即可.
【详解】因为，所以，所以，
因为，所以，所以，
所以.
故选：D.
2. 若，则（ ）
A. 100B. 110C. 120D. 130
【答案】C
【解析】
【分析】利用二项式定理分别求出即可计算得解.
【详解】在中，，，
所以.
故选：C
3. 若抛物线的焦点到直线的距离为4，则的值为（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】由抛物线方程求出焦点坐标后计算即可得.
【详解】抛物线的焦点坐标为，
则有，解得.
故选：C.
4. 设，则是为纯虚数的（ ）
A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件
C. 充要条件D. 既非充分又非必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据共轭复数的特征，复数的概念，以及充分条件与必要条件的判断方法，即可得出结果.
【详解】对于复数，若，则不一定为纯虚数，可以为；
反之，若为纯虚数，则，
所以是为纯虚数的必要非充分条件.
故选：B.
5. 某市举行乡村振兴汇报会，六个获奖单位的负责人甲､乙､丙等六人分别上台发言，其中负责人甲､乙发言顺序必须相邻，丙不能在第一个与最后一个发言，则不同的安排方法共有（ ）
A. 240种B. 120种C. 156种D. 144种
【答案】D
【解析】
【分析】将甲乙捆绑，并确定丙的位置，排序即可.
【详解】将将甲乙捆绑看做一个元素，由丙不能在第一个与最后一个发言，
则丙的位置有3个，将剩余4个元素再排序有种方法，
故不同的安排方法共有种.
故选：D
6. 已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6，3a4，－a5成等差数列，则＝（ ）
A. 3B. 9
C. 10D. 13
【答案】C
【解析】
【分析】由已知条件可得6a4＝a4(q2－q)，解得q＝3，所求＝，将q＝3代入，可得结果.
【详解】设等比数列{an}的公比为q，因为a6，3a4，－a5成等差数列，
所以6a4＝a6－a5，所以6a4＝a4(q2－q).由题意得a4>0，q>0.
所以q2－q－6＝0，解得q＝3，所以＝＝1＋q2＝10.
故选：C
【点睛】本题考查等差数列和等比数列的性质的应用，属于基础题.
7. 在正四面体中，为棱的中点，过点的平面与平面平行，平面平面，平面平面，则，所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由面面平行的性质定理可得，，所以，所成角即为，在中，由余弦定理求解即可.
【详解】因为平面平面，平面，平面面，
所以，
因为平面平面，平面，平面面，
所以，
所以，所成角即为所成角，
而所成角为，设正四面体的棱长为，
所以，所以，
所以.
故选：B.
8. 已知是椭圆的左右焦点，上两点满足：，，则椭圆的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据焦点三角形的边长关系，利用余弦定理即可求解.
【详解】由可知，设，则，,,
则由余弦定理可得
化简可得，故，（舍去），
又,
所以，化简可得，故，
故选：D
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）
9. 已知一组数据，其中位数为，平均数为，极差为，方差为.现从中删去某一个数，得到一组新数据，其中位数为，平均数为，极差为，方差为，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若删去3，则
B 若删去9，则
C. 无论删去哪个数，均有
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据中位数的定义可判断A选项，根据平均数的定义判断B选项，分类讨论去掉的数据结合极差的定义判断C选项，先判断去掉的数据是什么，然后根据方差的定义判断D.
【详解】A选项，若去掉3，根据中位数的定义，
，满足，A选项正确；
B选项，若删去9，根据平均数的定义，
，，，B选项错误；
C选项，根据极差的定义，若去掉的数是中的一个，
显然去掉前后极差都是，满足，
若去掉，，若去掉，，
综上，，C选项正确；
D选项，原数据平均数，去掉一个数后平均数保持不变，即，
则剩下四个数之和为，显然去掉的数只能是，由方差的定义，
，
，
满足，D选项正确.
故选：ACD
10. 已知函数的部分图像如图所示，则（ ）
A. 在上单调递增
B. 上有4个零点
C.
D. 将的图象向右平移个单位，可得的图象
【答案】ABC
【解析】
【分析】结合图象，得到函数，根据正弦函数图象和性质，以及图象变化判断四个选项即可.
【详解】由图知，，所以或，
又，所以，所以，又因为图象过，
且为下降零点，所以，，故,
结合图象，即，所以，
所以，
对于A选项，当，，结合正弦函数图像可知，在上单调递增，故A正确；、
对于B选项，当时，，其中，
结合正弦函数图像可知，在上有4个零点，故B正确；
对于C选项，当时，即，即或，
结合图象可知，，所以，故C正确；
对于D选项，将的图象向右平移个单位，得，而，故D错误，
故选：ABC.
11. 已知函数的定义域为，且为偶函数，则（ ）
A. B. 为奇函数
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】借助赋值法令，，可得，令，可得为奇函数，结合为偶函数，可得、，亦可得其周期，即可得.
【详解】令，，则有， 故，即，
令，则，
即恒成立，故，
又函数的定义域为，故为奇函数，故B正确；
则，又为偶函数，
故，则，故A错误；，故C正确；
，则，故函数的周期为，
，则，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题的结论：
（1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立；
（2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为.
第Ⅱ卷 非选择题
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知单位向量，满足，则与的夹角为________．
【答案】（或写成）
【解析】
【分析】将等式两边平方即可.
【详解】因为，
所以，
所以，．
故答案为：.
13. 已知数列是等差数列，，记，分别为，的前项和，若，，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件得到关于、的二元一次方程组，解方程组，求出、，即可求出数列的通项公式，，由此可得数列的通项公式，分组求和即可求解.
【详解】设等差数列的公差为．由，得①，
由得②，
联立①②，，解得，
所以．
则，
所以
．
故答案为：
14. 已知圆锥的顶点与底面圆周都在半径为3的球面上，当该圆锥的侧面积最大时，它的体积为______．
【答案】##
【解析】
【分析】将圆锥侧面积用圆锥底面半径与母线长的表达式表示出来，再利用外接球半径为3，建立圆锥底面半径与母线长的关系，从而将圆锥侧面积表示为母线长函数，利用换元，导数法求出函数取最大值时的母线长，底面半径长，从而求出此时的圆锥体积.
【详解】
如图，圆锥顶点为P，底面圆心为C，底面圆周与顶点均在球心为O的球面上，
，记
则圆锥侧面积为，
若相同时，较大才能取得最大值，由截面圆的对称性知，圆锥侧面积最大时两点位于球心两侧，
此时，
，而,又，
故
令，
，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
故当时，最大，圆锥侧面积最大，此时，
此时圆锥体积，
故答案为：.
四、解答题（本题共5小题，共77分，其中15题13分，16题15分，17题15分，18题17分，19题17分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知函数，且图象在处的切线斜率为0.
（1）求的值；
（2）令，求的最小值.
【答案】（1）1 （2）0
【解析】
【分析】（1）对求导，可得，解方程即可得出答案；
（2）由（1）知函数，对求导，令，对求导，判断与0的大小得出的单调性，即可求出的最小值.
【小问1详解】
因为，所以，
因为图象在处的切线斜率为0,
所以，即，所以.
【小问2详解】
由（1）知函数，
的定义域为，
，
则，求导得，
当时，，当时，，
则函数上递减，在上递增，
.
16. 在中，．
（1）求的大小；
（2）若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积．
条件①：边上中线的长为；
条件②：；
条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）借助正弦定理计算即可得；
（2）选条件①或③：借助余弦定理与面积公式计算即可得；不可选条件②，不存在这样的.
【小问1详解】
由，得，
在中，由正弦定理得，
因为，所以，
又，所以；
【小问2详解】
选条件①：边上中线的长为：
设边中点为，连接，则，
在中，由余弦定理得，
即，
整理得，解得或（舍），
所以的面积为，
选条件③：：
在中，由余弦定理得，即，
整理得，解得或，
当时，的面积为．
当时，的面积为．
不可选条件②，理由如下：
若，故为钝角，则，
则，，即，
其与为钝角矛盾，故不存在这样的.
17. 在矩形中，，为边上的中点．将沿翻折，使得点到点的位置，且满足平面平面，连接，，．
（1）求证：平面平面．
（2）在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出点位置；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，且点在中点
【解析】
【分析】（1）借助勾股定理可得，结合面面垂直的性质定理可得线面垂直，即可得面面垂直；
（2）建立适当空间直角坐标系，借助空间向量表示二面角的余弦值后计算即可得.
【小问1详解】
由为边上的中点，故，
又，故有，即，
由平面平面，平面平面，
平面，故平面，
又平面，故平面平面；
【小问2详解】
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，作于点，
有、、、，
由，，故有，
即，且，则，
即，故，
则，，，，
设，易得或时，二面角的大小为或，
故，则，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，
令，则可得，，，
即，，
有，
整理得，解得，
故存在，且点在中点.
18. 某校数学组老师为了解学生数学学科核心素养整体发展水平，组织本校8000名学生进行针对性检测（检测分为初试和复试），并随机抽取了100名学生的初试成绩，绘制了频率分布直方图，如图所示．
（1）根据频率分布直方图，求样本平均数的估计值和80%分位数;
（2）若所有学生的初试成绩近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，．初试成绩不低于90分的学生才能参加复试，试估计能参加复试的人数;
（3）复试共三道题，规定：全部答对获得一等奖;答对两道题获得二等奖;答对一道题获得三等奖;全部答错不获奖．已知某学生进入了复试，他在复试中前两道题答对的概率均为，第三道题答对的概率为．若他获得一等奖的概率为，设他获得二等奖的概率为，求的最小值．
附：若随机变量服从正态分布，则，
【答案】（1）平均数：；分位数：
（2）182 （3）．
【解析】
【分析】（1）根据平均数和分位数的求法求得正确答案.
（2）根据原则以及正态分布的对称性求得正确答案.
（3）先求得的表达式，然后利用导数求得的最小值.
【小问1详解】
设样本平均数的估计值为
则．
解得．所以样本平均数的估计值为62．
前三组的频率和为，
前四组的频率和为，
第四组的频率为，
所以分位数为.
【小问2详解】
因为学生的初试成绩近似服从正态分布，其中．
所以．所以．
所以估计能参加复试的人数为．
【小问3详解】
由该学生获一等奖的概率为可知：．
则．
令．
．
当时，;当时，．
所以在区间上是减函数，在区间上是增函数．
所以．所以的最小值为．
19. 如图，曲线是以原点O为中心，，为焦点的椭圆的一部分，曲线是以O为顶点，为焦点的抛物线的一部分，是和的交点，我们把和合成的曲线W称为“月蚀圆”.
（1）求所在椭圆和所在抛物线的标准方程；
（2）过作与y轴不垂直的直线l，l与W依次交于B，C，D，E四点，P，Q为所在抛物线的准线上两点，M，N分别为CD，BE的中点.设，，，分别表示，，，的面积，求.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）设椭圆的标准方程为，抛物线的标准方程为,根据在曲线上和焦点坐标，即可求出答案.
（2）设，，，，，分别联立直线l与椭圆和抛物线的方程，利用韦达定理表示出，，由转化为，化简即可得出答案.
【小问1详解】
由题知，设椭圆的标准方程为，
抛物线的标准方程为,
由于曲线经过，所以，解得，
所以，所以，
所以，且，
解得，，
所以；
【小问2详解】
由题意可知直线l的斜率必存在且不为0，
设，，，，
联立可得
可得
联立可得，可得
记，，，的高分别为，，，，
由于，，
所以
.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
数学科试卷
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
第Ⅰ卷 选择题
一、单选题（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，只有一项是符合题目要求的）
1. 设全集，集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出集合，再由并集的定义求解即可.
【详解】因为，所以，所以，
因为，所以，所以，
所以.
故选：D.
2. 若，则（ ）
A. 100B. 110C. 120D. 130
【答案】C
【解析】
【分析】利用二项式定理分别求出即可计算得解.
【详解】在中，，，
所以.
故选：C
3. 若抛物线的焦点到直线的距离为4，则的值为（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】由抛物线方程求出焦点坐标后计算即可得.
【详解】抛物线的焦点坐标为，
则有，解得.
故选：C.
4. 设，则是为纯虚数的（ ）
A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件
C. 充要条件D. 既非充分又非必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据共轭复数的特征，复数的概念，以及充分条件与必要条件的判断方法，即可得出结果.
【详解】对于复数，若，则不一定为纯虚数，可以为；
反之，若为纯虚数，则，
所以是为纯虚数的必要非充分条件.
故选：B.
5. 某市举行乡村振兴汇报会，六个获奖单位的负责人甲､乙､丙等六人分别上台发言，其中负责人甲､乙发言顺序必须相邻，丙不能在第一个与最后一个发言，则不同的安排方法共有（ ）
A. 240种B. 120种C. 156种D. 144种
【答案】D
【解析】
【分析】将甲乙捆绑，并确定丙的位置，排序即可.
【详解】将将甲乙捆绑看做一个元素，由丙不能在第一个与最后一个发言，
则丙的位置有3个，将剩余4个元素再排序有种方法，
故不同的安排方法共有种.
故选：D
6. 已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6，3a4，－a5成等差数列，则＝（ ）
A. 3B. 9
C. 10D. 13
【答案】C
【解析】
【分析】由已知条件可得6a4＝a4(q2－q)，解得q＝3，所求＝，将q＝3代入，可得结果.
【详解】设等比数列{an}的公比为q，因为a6，3a4，－a5成等差数列，
所以6a4＝a6－a5，所以6a4＝a4(q2－q).由题意得a4>0，q>0.
所以q2－q－6＝0，解得q＝3，所以＝＝1＋q2＝10.
故选：C
【点睛】本题考查等差数列和等比数列的性质的应用，属于基础题.
7. 在正四面体中，为棱的中点，过点的平面与平面平行，平面平面，平面平面，则，所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由面面平行的性质定理可得，，所以，所成角即为，在中，由余弦定理求解即可.
【详解】因为平面平面，平面，平面面，
所以，
因为平面平面，平面，平面面，
所以，
所以，所成角即为所成角，
而所成角为，设正四面体的棱长为，
所以，所以，
所以.
故选：B.
8. 已知是椭圆的左右焦点，上两点满足：，，则椭圆的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据焦点三角形的边长关系，利用余弦定理即可求解.
【详解】由可知，设，则，,,
则由余弦定理可得
化简可得，故，（舍去），
又,
所以，化简可得，故，
故选：D
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）
9. 已知一组数据，其中位数为，平均数为，极差为，方差为.现从中删去某一个数，得到一组新数据，其中位数为，平均数为，极差为，方差为，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若删去3，则
B 若删去9，则
C. 无论删去哪个数，均有
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据中位数的定义可判断A选项，根据平均数的定义判断B选项，分类讨论去掉的数据结合极差的定义判断C选项，先判断去掉的数据是什么，然后根据方差的定义判断D.
【详解】A选项，若去掉3，根据中位数的定义，
，满足，A选项正确；
B选项，若删去9，根据平均数的定义，
，，，B选项错误；
C选项，根据极差的定义，若去掉的数是中的一个，
显然去掉前后极差都是，满足，
若去掉，，若去掉，，
综上，，C选项正确；
D选项，原数据平均数，去掉一个数后平均数保持不变，即，
则剩下四个数之和为，显然去掉的数只能是，由方差的定义，
，
，
满足，D选项正确.
故选：ACD
10. 已知函数的部分图像如图所示，则（ ）
A. 在上单调递增
B. 上有4个零点
C.
D. 将的图象向右平移个单位，可得的图象
【答案】ABC
【解析】
【分析】结合图象，得到函数，根据正弦函数图象和性质，以及图象变化判断四个选项即可.
【详解】由图知，，所以或，
又，所以，所以，又因为图象过，
且为下降零点，所以，，故,
结合图象，即，所以，
所以，
对于A选项，当，，结合正弦函数图像可知，在上单调递增，故A正确；、
对于B选项，当时，，其中，
结合正弦函数图像可知，在上有4个零点，故B正确；
对于C选项，当时，即，即或，
结合图象可知，，所以，故C正确；
对于D选项，将的图象向右平移个单位，得，而，故D错误，
故选：ABC.
11. 已知函数的定义域为，且为偶函数，则（ ）
A. B. 为奇函数
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】借助赋值法令，，可得，令，可得为奇函数，结合为偶函数，可得、，亦可得其周期，即可得.
【详解】令，，则有， 故，即，
令，则，
即恒成立，故，
又函数的定义域为，故为奇函数，故B正确；
则，又为偶函数，
故，则，故A错误；，故C正确；
，则，故函数的周期为，
，则，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题的结论：
（1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立；
（2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为.
第Ⅱ卷 非选择题
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知单位向量，满足，则与的夹角为________．
【答案】（或写成）
【解析】
【分析】将等式两边平方即可.
【详解】因为，
所以，
所以，．
故答案为：.
13. 已知数列是等差数列，，记，分别为，的前项和，若，，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件得到关于、的二元一次方程组，解方程组，求出、，即可求出数列的通项公式，，由此可得数列的通项公式，分组求和即可求解.
【详解】设等差数列的公差为．由，得①，
由得②，
联立①②，，解得，
所以．
则，
所以
．
故答案为：
14. 已知圆锥的顶点与底面圆周都在半径为3的球面上，当该圆锥的侧面积最大时，它的体积为______．
【答案】##
【解析】
【分析】将圆锥侧面积用圆锥底面半径与母线长的表达式表示出来，再利用外接球半径为3，建立圆锥底面半径与母线长的关系，从而将圆锥侧面积表示为母线长函数，利用换元，导数法求出函数取最大值时的母线长，底面半径长，从而求出此时的圆锥体积.
【详解】
如图，圆锥顶点为P，底面圆心为C，底面圆周与顶点均在球心为O的球面上，
，记
则圆锥侧面积为，
若相同时，较大才能取得最大值，由截面圆的对称性知，圆锥侧面积最大时两点位于球心两侧，
此时，
，而,又，
故
令，
，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
故当时，最大，圆锥侧面积最大，此时，
此时圆锥体积，
故答案为：.
四、解答题（本题共5小题，共77分，其中15题13分，16题15分，17题15分，18题17分，19题17分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知函数，且图象在处的切线斜率为0.
（1）求的值；
（2）令，求的最小值.
【答案】（1）1 （2）0
【解析】
【分析】（1）对求导，可得，解方程即可得出答案；
（2）由（1）知函数，对求导，令，对求导，判断与0的大小得出的单调性，即可求出的最小值.
【小问1详解】
因为，所以，
因为图象在处的切线斜率为0,
所以，即，所以.
【小问2详解】
由（1）知函数，
的定义域为，
，
则，求导得，
当时，，当时，，
则函数上递减，在上递增，
.
16. 在中，．
（1）求的大小；
（2）若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积．
条件①：边上中线的长为；
条件②：；
条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）借助正弦定理计算即可得；
（2）选条件①或③：借助余弦定理与面积公式计算即可得；不可选条件②，不存在这样的.
【小问1详解】
由，得，
在中，由正弦定理得，
因为，所以，
又，所以；
【小问2详解】
选条件①：边上中线的长为：
设边中点为，连接，则，
在中，由余弦定理得，
即，
整理得，解得或（舍），
所以的面积为，
选条件③：：
在中，由余弦定理得，即，
整理得，解得或，
当时，的面积为．
当时，的面积为．
不可选条件②，理由如下：
若，故为钝角，则，
则，，即，
其与为钝角矛盾，故不存在这样的.
17. 在矩形中，，为边上的中点．将沿翻折，使得点到点的位置，且满足平面平面，连接，，．
（1）求证：平面平面．
（2）在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出点位置；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，且点在中点
【解析】
【分析】（1）借助勾股定理可得，结合面面垂直的性质定理可得线面垂直，即可得面面垂直；
（2）建立适当空间直角坐标系，借助空间向量表示二面角的余弦值后计算即可得.
【小问1详解】
由为边上的中点，故，
又，故有，即，
由平面平面，平面平面，
平面，故平面，
又平面，故平面平面；
【小问2详解】
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，作于点，
有、、、，
由，，故有，
即，且，则，
即，故，
则，，，，
设，易得或时，二面角的大小为或，
故，则，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，
令，则可得，，，
即，，
有，
整理得，解得，
故存在，且点在中点.
18. 某校数学组老师为了解学生数学学科核心素养整体发展水平，组织本校8000名学生进行针对性检测（检测分为初试和复试），并随机抽取了100名学生的初试成绩，绘制了频率分布直方图，如图所示．
（1）根据频率分布直方图，求样本平均数的估计值和80%分位数;
（2）若所有学生的初试成绩近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，．初试成绩不低于90分的学生才能参加复试，试估计能参加复试的人数;
（3）复试共三道题，规定：全部答对获得一等奖;答对两道题获得二等奖;答对一道题获得三等奖;全部答错不获奖．已知某学生进入了复试，他在复试中前两道题答对的概率均为，第三道题答对的概率为．若他获得一等奖的概率为，设他获得二等奖的概率为，求的最小值．
附：若随机变量服从正态分布，则，
【答案】（1）平均数：；分位数：
（2）182 （3）．
【解析】
【分析】（1）根据平均数和分位数的求法求得正确答案.
（2）根据原则以及正态分布的对称性求得正确答案.
（3）先求得的表达式，然后利用导数求得的最小值.
【小问1详解】
设样本平均数的估计值为
则．
解得．所以样本平均数的估计值为62．
前三组的频率和为，
前四组的频率和为，
第四组的频率为，
所以分位数为.
【小问2详解】
因为学生的初试成绩近似服从正态分布，其中．
所以．所以．
所以估计能参加复试的人数为．
【小问3详解】
由该学生获一等奖的概率为可知：．
则．
令．
．
当时，;当时，．
所以在区间上是减函数，在区间上是增函数．
所以．所以的最小值为．
19. 如图，曲线是以原点O为中心，，为焦点的椭圆的一部分，曲线是以O为顶点，为焦点的抛物线的一部分，是和的交点，我们把和合成的曲线W称为“月蚀圆”.
（1）求所在椭圆和所在抛物线的标准方程；
（2）过作与y轴不垂直的直线l，l与W依次交于B，C，D，E四点，P，Q为所在抛物线的准线上两点，M，N分别为CD，BE的中点.设，，，分别表示，，，的面积，求.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）设椭圆的标准方程为，抛物线的标准方程为,根据在曲线上和焦点坐标，即可求出答案.
（2）设，，，，，分别联立直线l与椭圆和抛物线的方程，利用韦达定理表示出，，由转化为，化简即可得出答案.
【小问1详解】
由题知，设椭圆的标准方程为，
抛物线的标准方程为,
由于曲线经过，所以，解得，
所以，所以，
所以，且，
解得，，
所以；
【小问2详解】
由题意可知直线l的斜率必存在且不为0，
设，，，，
联立可得
可得
联立可得，可得
记，，，的高分别为，，，，
由于，，
所以
.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
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