【新结构】2024年广东省实验中学高考数学模拟试卷（二）

这是一份【新结构】2024年广东省实验中学高考数学模拟试卷（二），文件包含2024年广东省实验中学高考数学模拟试卷二-教师用卷docx、2024年广东省实验中学高考数学模拟试卷二-学生用卷docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共12页， 欢迎下载使用。

1.设集合A={x|x∈N}，B={x∈R|2x≥16}，则A∩∁RB=( )
A. [0,4]B. [0,4)C. {0,1,2,3}D. {0,1,2,3,4}
【答案】C
【解析】解：由2x≥16，即2x≥24，解得x≥4，故B={x|x≥4}，可得∁RB={x|x<4}，
而集合A={x|x∈N}，可得A∩∁RB={0,1,2,3}.
故选：C.
根据题意，先解集合B中的不等式得到集合B所表示的元素，再根据补集和交集的运算法则算出答案．
本题主要考查了集合的表示法、指数不等式的解法、集合的交集与补集运算等知识，属于基础题．
2.设iz+2z−=3，z−是z的共轭复数，则复数z=( )
A. 2+iB. 2−iC. 1+iD. 1−i
【答案】A
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，则z−=a−bi，
由iz+2z−=3可得i(a+bi)+2(a−bi)=3，即2a−b+(a−2b)i=3，
所以2a−b=3a−2b=0，可得a=2，b=1，
所以z=2+i.
故选：A.
设z=a+bi(a,b∈R)，进而结合已知和复数相等的定义求解即可．
本题考查复数运算法则、共轭复数等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.已知函数f(x)=ax−sinx(a∈R)，则“a=1”是“f(x)在区间(π2,+∞)上单调递增”的( )
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】解：当a=1时，f(x)=x−sinx，f′(x)=1−csx≥0，
所以f(x)在R上单调递增，故充分性成立，
当f(x)在(π2,+∞)单调递增，
所以f′(x)=a−csx≥0，即a≥csx，
所以a≥1，故必要性不成立，
所以“a=1”是“f(x)在区间(π2,+∞)上单调递增”的充分不必要条件．
故选：B.
利用导数求出参数的取值范围，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可．
本题考查充要条件的应用，导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
4.已知3a=5b=15，则下列结论正确的是( )
A. a2
C. ab>5D. a2+b2<8
【答案】B
【解析】解：∵3a=5b=15，
∴a=lg315=1lg153，b=lg515=1lg155，且0∴a>b，A错误；
∴(a−1)2+(b−1)2>2(a−1)(b−1)=2(1lg153−1)(1lg155−1)=2[1lg153⋅lg155−(1lg153+1lg155)+1]=2，B正确；
∴ab=1lg153⋅lg155，lg153⋅lg155<(lg153+lg1552)2=14，
∴ab>4，C错误；
∴a2+b2>2ab>8，D错误．
故选：B.
根据条件可得出a=1lg153,b=1lg155，根据0b，判断A错误；可得出(a−1)2+(b−1)2>2(a−1)(b−1)=2[1lg153⋅lg155−(1lg153+1lg155)+1]=2，从而判断B正确；可得出ab=1lg153⋅lg155，从而得出ab>4，判断C错误；从而可得出a2+b2>8，判断D错误．
本题考查了指数式和对数式的互化，对数的运算性质，对数的换底公式，不等式a2+b2≥2ab和基本不等式a+b≥2 ab的应用，考查了计算能力，属于中档题．
5.我国人脸识别技术处于世界领先地位.所谓人脸识别，就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法.假设二维空间中有两个点A(x1,y1)，B(x2,y2)，O为坐标原点，余弦相似度为向量OA，OB夹角的余弦值，记作cs(A,B)，余弦距离为1−cs(A,B).已知P(csα,sinα)，Q(csβ,sinβ)，R(csα,−sinα)，若P，Q的余弦距离为13，tanα⋅tanβ=17，则Q，R的余弦距离为( )
A. 12B. 13C. 14D. 17
【答案】A
【解析】解：由题意得OP=(csα,sinα),OQ=(csβ,sinβ),OR=(csα,−sinα)，
则cs(P,Q)=OP⋅OQ|OP||OQ|=csαcsβ+sinαsinβ=23，
又tanαtanβ=sinαsinβcsαcsβ=17，
∴csαcsβ=7sinαsinβ，
∴sinαsinβ=112，csαcsβ=712，
1−cs(Q,R)=1−(csαcsβ−sinαsinβ)=1−(712−112)=12.
故选：A.
由题设得OP=(csα,sinα),OQ=(csβ,sinβ),OR=(csα,−sinα)，利用向量夹角公式求得cs(P,Q)，cs(Q,R)，根据新定义即可求目标函数值．
本题主要考查向量的运算，同角三角函数的基本关系，考查运算求解能力，属于中档题．
6.已知抛物线C：y2=4x和直线l： 3x+y+3 3=0，点P(a,b)为抛物线C上任意一点，设点P到直线l的距离为d，则a+d的最小值为( )
A. 2 3B. 2 3−1C. 2 3−2D. 3−1
【答案】B
【解析】解：由抛物线的方程可得焦点F(1,0)，准线方程为x=−1，
所以P到准线的距离|PF|=a+1，
可得a=|PF|−1，
所以a+d=|PF|+d−1，
要使a+d最小，即|PF|+d最小，而|PF|+d的最小值为F(1,0)到直线l的距离，
即(|PF|+d)min=| 3+0+3 3| ( 3)2+12=2 3，
所以a+d的最小值为2 3−1，
故选：B.
由抛物线的方程可得焦点F的坐标及准线方程，由抛物线的性质可得|PF|=a+1，将a+d转化|PF|+d−1，求出|PF|+d的最小值为F到直线l的距离，进而求出a+d的最小值．
本题考查抛物线的性质的应用及直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
7.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，过F作直线分别与双曲线的两渐近线相交于A、B两点，且OB⋅BF=0，AB=2BF，则该双曲线的离心率为( )
A. 2B. 3C. 2D. 5
【答案】B
【解析】解：双曲线的右焦点为F(c,0)，渐近线方程为bx±ay=0，
OB⋅BF=0，则有OB⊥BF，F到渐近线的距离BF=bc a2+b2=bcc=b，
|OF|=c，|BF|=b，∴|OB|=a，|AB|=2|BF|=2b，
则tan∠AOB=2ba，tan∠FOB=ba，tan2∠FOB=2⋅ba1−(ba)2，
由∠AOB=π−2∠FOB，有tan∠AOB+tan2∠FOB=0，即2ba+2⋅ba1−(ba)2=0，
解得(ba)2=2，则有c2a2=a2+b2a2=3，所以离心率e=ca= 3.
故选：B.
由已知得OB⊥BF，|BF|=b，|OB|=a，利用∠AOB=π−2∠FOB，借助正切值列方程求双曲线的离心率．
本题考查双曲线的性质，考查方程思想，考查运算求解能力，属中档题．
8.信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X所有可能的取值为1，2，…，n，且P(X=i)=pi>0(i=1,2,…，n)，i=1npi=1，定义X的信息熵H(X)=−i=1npilg2pi，若n=2m，随机变量Y所有可能的取值为1，2，…，m，且P(Y=j)=pj+p2m+1−j(j=1,2,…，m)，则( )
A. H(X)≥H(Y)B. H(X)≤H(Y)C. H(X)H(Y)
【答案】D
【解析】解：由题P(Y=1)=p1+p2m，P(Y=2)=p2+p2m−1，P(Y=3)=p3+p2m−2，…，P(Y=m)=pm+pm+1，
则H(Y)=−[(p1+p2m)lg2(p1+p2m)+(p2+p2m−1)lg2(p2+p2m−1)+⋅⋅⋅+(pm+pm+1)lg2(pm+pm+1)]，
又H(X)=−i=1npilg2pi=−(p1lg2p1+p2lg2p2+⋅⋅⋅+pmlg2pm+⋅⋅⋅+p2mlg2p2m)，
所以H(Y)−H(X)=p1lg2p1p1+p2m+p2lg2p2p2+p2m−1+⋅⋅⋅+p2mlg2p2mp1+p2m，
又p1p1+p2m<1，p2p2+p2m−1<1，…，p2mp1+p2m<1，
则H(Y)−H(X)<0，即H(X)>H(Y).
故选：D.
利用对数的运算和作差法，随机变量的创新应用即可判断．
本题考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.星等是衡量天体光度的量.为了衡量星星的明暗程度，古希腊天文学家喜帕恰斯(又名依巴谷)在公元前二世纪首先提出了星等这个概念，例如，1等星的星等值为1，−0.46等星的星等值为−0.46.已知两个天体的星等值m1，m2和它们对应的亮度E1，E2满足关系式m2−m1=−2.5lgE2E1(E1>0,E2>0)，关于星等下列结论正确的是( )
A. 星等值越小，星星就越亮
B. 1等星的亮度恰好是6等星的100倍
C. 若星体甲与星体乙的星等值的差小于2.5，则星体甲与星体乙的亮度的比值小于10−1
D. 若星体甲与星体乙的星等值的差大于10，则星体甲与星体乙的亮度的比值小于10−4
【答案】ABD
【解析】解：对于A：若m2即lgE2E1>0，∴E2E1>1，
∵E1>0，∴E2>E1，
∴星等值越小，星星就越亮，故A正确；
对于B：当m2=6，m1=1时，5=−2.5lgE2E1，则E1E2=100，故B正确；
对于C：若m2−m1=−2.5lgE2E1<2.5，则lgE2E1>−1，即E2E1>10−1，故C错误；
对于D：若m2−m1=−2.5lgE2E1>10，则lgE2E1<−4，即E2E1<10−4，故D正确．
故选：ABD.
根据各选项条件，由对数关系式，进行对数不等式或方程的运算求解，即可得出答案．
本题考查根据实际问题选择函数类型，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
10.已知函数f(x)定义域为R，f(x+1)是奇函数，g(x)=(x−1)f(x)，f′(x)，g′(x)分别是函数f(x)，g(x)的导函数，函数g(x)在区间(−∞,1]上单调递增，则( )
A. f(1)=0B. f′(1+x)=f′(1−x)
C. g′(1+x)=g′(1−x)D. g(e0.1)【答案】ABD
【解析】解：对于A，由f(x+1)是奇函数，则f(−x+1)=−f(x+1)，令x=0，有f(1)=0，A正确．
对于B，由f(x+1)是奇函数，则f(−x+1)=−f(x+1)，有−f′(−x+1)=−f′(x+1)，
∴f′(1+x)=f′(1−x)，B正确．
对于C，由g(x)=(x−1)f(x)，有g(1+x)=xf(1+x)，g(1−x)=−xf(1−x)，
∴g(1+x)=g(1−x)，∴g′(1+x)=−g′(1−x)，C错．
对于D，由g(1+x)=g(1−x)知g(x)关于直线x=1对称，
∵g(x)在(−∞,1]上单调递增，∴g(x)在(1,+∞)上单调递减，
g(x)≤g(1)=0，当且仅当x=1时取等号，
令h(x)=ex−x−1，则h′(x)=ex−1，
h′(x)>0解得x>0，h(x)在[0,+∞)上单调递增，
则h(0.1)>h(0)，即e0.1−0.1−1>0，有e0.1−1>0.1.
令φ(x)=lnx−x+1，φ′(x)=1x−1=1−xx，x>1时φ′(x)<0，φ(x)在[1,+∞)上单调递减，
∴φ(1.1)<φ(1)，有ln1.1−1.1+1<0，即ln1.1<0.1.
而|e0.1−1|>0.1>ln1.1=|1−ln1.1−1|，
∴g(e0.1)故选：ABD.
由f(x+1)是奇函数，f(−x+1)=−f(x+1)，令x=0可求f(1)判断选项A，两边求导判断选项B，由g(x)=(x−1)f(x)，得到g(1+x)和g(1−x)的关系，求导判断选项C，利用单调性判断选项D.
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值、函数的奇偶性与对称性，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
11.如图，圆锥VAB内有一个内切球O，球O与母线VA，VB分别切于点C，D.若△VAB是边长为2的等边三角形，O1为圆锥底面圆的中心，MN为圆O1的一条直径(MN与AB不重合)，则下列说法正确的是( )
A. 球的表面积与圆锥的侧面积之比为2：3
B. 平面CMN截得圆锥侧面的交线形状为抛物线
C. 四面体CDMN的体积的取值范围是(0, 33]
D. 若P为球面和圆锥侧面的交线上一点，则PM+PN最大值为2 2
【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查空间几何体的表面积与体积的计算，考查线段和的最大值，属中档题．
利用空间几何体的性质，依据每个选项的条件逐项计算，可判断其正确性．
【解答】
解：依题意，设动点P的轨迹是圆，令其圆心为E，该圆所在平面与圆锥底面平行，连接VO1，如图，
正△VAB内切圆即为球O的截面大圆，球心O在线段VO1上，VO1= 3，
设球的半径为R，则( 3−R)×sin30∘=R，
则球O的半径OO1=R= 33，所以球O的表面积S=4πr2=4π×13=4π3，
圆锥的侧面积S′=12×2π×2=2π，∴球的表面积与圆锥的侧面积之比为2：3，故A正确；
由题意可得点C，D是边AV，BV的中点，
∴CO1//VB，∵CO1⊂平面CMN，VB⊄平面CMN，
∴VB//平面CMN，∴平面CMN截得圆锥侧面的交线形状为抛物线，故B正确；
由题意可得四面体CDMN被平面VAB截成体积相等的两部分，
设M到平面VAB的距离为d(0即VCDMN=2VM−CDO1=2×13S△CO1D×d=2×13× 34×d= 36d∈(0, 36],故C错误；
由题意可得EP=12O1B=12，EO1= 32，∴O1P2=EO12+EP2=1，
则有PO1=MO1=NO1=1，即PM⊥PN，因此PM2+PN2=MN2=4，
由基本不等式得：PM+PN2≤ PM2+PN22= 2，即QE+QF≤2 2，
当且仅当PM=PN时取“=”，故D正确．
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.先将函数f(x)=csx的图象向左平移2π3个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的1ω(ω>0)，纵坐标不变，所得图象与函数g(x)的图象关于x轴对称，若函数g(x)在[0,2π3]上恰有两个零点，且在[−π12,π12]上单调递增，则ω的取值范围是______.
【答案】(114,4]
【解析】解：先将函数f(x)=csx的图象向左平移2π3个单位长度，得到y=cs(x+2π3)的图象，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的1ω(ω>0)，纵坐标不变，得到y=cs(ωx+2π3)的图象，
所得图象与函数g(x)的图象关于x轴对称，
故g(x)=−cs(ωx+2π3).
函数g(x)在[0,2π3]上恰有两个零点，故2π3ω+2π3<5π2，解得ω>114.
求函数g(x)=−cs(ωx+2π3)的单调递增区间，
需满足2kπ≤ωx+2π3≤2kπ+π(k∈Z)，
整理得2kπω−2π3ω≤x≤2kπω+π3ω(k∈Z).
因为函数g(x)在[−π12,π12]上单调递增，
所以−2π3ω≤−π12≤x≤π12≤π3ω，
所以π12≤π3ω −2π3ω≤−π12 ，解得ω≤4，
故ω的取值范围是(114,4].
故答案为：(114,4].
首先利用三角函数的平移变换和伸缩变换求出函数的g(x)的关系式，进一步利用余弦型函数的求出ω的取值范围．
本题考查的知识要点：三角函数的关系式的平移变换和伸缩变换，余弦型函数的性质，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题和易错题．
13.正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，底面ABCD内(含边界)的动点P到直线CC1的距离与到平面ADD1A1的距离相等，则三棱锥P−AB1D1体积的取值范围为______.
【答案】[43,2]
【解析】解：根据题意可知，连接PC，
在底面ABCD内作PE⊥AD于点E，如图所示：
由正方体性质可知PC即为P到直线CC1的距离，PE为P到平面ADD1A1的距离，
所以PC=PE，
在底面ABCD内，由抛物线定义可知点P的轨迹是以C为焦点，AD为准线的抛物线的一部分，
截取底面ABCD，分别以向量DA,DC为x，y轴的正方向建立平面直角坐标系，如图所示：
又正方形边长为2，易知抛物线过点B(2,2)，F(0,1)，且对称轴为y轴，
设抛物线方程为y=ax2+b，
代入两点坐标可得4a+b=20+b=1，
解得a=14b=1，
所以P的轨迹抛物线方程为y=14x2+1(0≤x≤2)，
以D为坐标原点，分别以DA,DC,DD1为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示：
则A(2,0,0)，B1(2,2,2)，D1(0,0,2)，
所以AB1=(0,2,2),AD1=(−2,0,2)，
设P(m,14m2+1,0)，平面AB1D1的一个法向量为n=(x,y,z)，
则AB1⋅n=2y+2z=0AD1⋅n=−2x+2z=0，
令z=1，解得x=1，y=−1，
即n=(1,−1,1)；
又AP=(m−2,14m2+1,0)，
则点P到平面AB1D1的距离为d=|AP⋅n||n|=|m−2−14m2−1| 3=|−14m2+m−3| 3，
令y=−14m2+m−3(0≤m≤2)，
易得y∈[−3,−2]，
所以d=|−14m2+m−3| 3∈[2 33, 3]，
易知在三棱锥P−AB1D1中，底面AB1D1是边长为2 2的正三角形，
所以S△AB1D1=12×2 2×2 2× 32=2 3，
所以三棱锥P−AB1D1的体积V=13S△AB1D1⋅d=2 33d∈[43,2]，
即三棱锥P−AB1D1体积的取值范围为[43,2].
故答案为：[43,2].
根据点P的位置及满足的条件可求得点P的轨迹是以C为焦点，AD为准线的抛物线在底面ABCD内的一部分，写出其轨迹方程，以D为坐标原点建立空间直角坐标系再利用空间向量可求得点P到平面AB1D1的距离的表达式，利用点P坐标的取值范围即可求出三棱锥P−AB1D1体积的取值范围．
本题考查了抛物线的定义，重点考查了空间几何体的体积，属难度较大的题型．
14.已知函数f(x)=(lnx)2−axlnx+ax2有三个不同的零点x1，x2，x3，且x1【答案】(−1e2−e,0) 1
【解析】解：由(lnx)2−axlnx+ax2=0⇒(lnxx)2−a⋅lnxx+a=0，
令lnxx=t，∴t2−at+a=0(*)，
令g(x)=lnxx，g′(x)=1−lnxx2=0⇒x=e，
当00，g(x)单调递增；当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x=e时，g(x)max=g(e)=1e.
作出g(x)大致图象如下，要使原方程有三个不同的零点，
(*)式关于t的一元二次方程有两个不等的实根t1，t2，其中t1∈(0,1e)，t2∈(−∞,0)，
令h(t)=t2−at+a，
∴h(0)=a<0h(1e)=1e2−ea+a>0⇒−1e2−e且lnx1x1=t2，lnx2x2=lnx3x3=t1，t1+t2=at1t2=a，
∴(1−lnx1x1)2⋅(1−lnx2x2)(1−lnx3x3)=(1−t2)2⋅(1−t1)2=[1−(t1+t2)+t1t2]2=1，
故答案为：(−1e2−e,0)；1.
①令lnxx=t，则方程t2−at+a=0有两个不等的实根t1，t2，数形结合，根据t=lnxx的图象得出结果；
②由韦达定理t1+t2=at1t2=a代入求值即可．
本题考查了求解复合函数零点问题的方法、利用导数研究函数的单调性与极值、等价转化方法、数形结合方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足2a−b=2ccsB.
(1)求角C；
(2)若△ABC的面积为3 3，点D为AB中点，且CD= 13，求c边的长.
【答案】解：(1)由2a−b=2ccsB得2sinA−sinB=2sinCcsB
⇒2sin(B+C)−sinB=2sinCcsB
⇒2sinBcsC+2csBsinC−sinB=2sinCcsB
⇒2sinBcsC=sinB，
因为B∈(0,π)，所以sinB≠0，
所以csC=12，
因为C∈(0,π)，
所以C=π3.
(2)由已知得CD=12(CA+CB)，
所以CD2=14(CA+CB)2，
所以13=14(b2+a2+2ab×12)，
所以a2+b2+ab=52，
因为△ABC的面积为3 3，所以12ab⋅ 32=3 3，
即ab=12，a2+b2=40，
由余弦定理得c2=a2+b2−2abcsC
=a2+b2−ab=40−12=28，
所以c=2 7.
【解析】(1)先利用正弦定理将边转化为角，再利用三角形内角和π消去角A，求角C；
(2)先利用向量运算及三角形面积公式得到边a，b的关系，再利用余弦定理求边c.
本题主要考查解三角形，考查正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
16.(本小题15分)
已知在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90∘，AB=BB1=1，直线B1C与平面ABC成30∘的角．
(1)求三棱锥C1−AB1C的体积；
(2)求二面角B−B1C−A的余弦值．
【答案】解：(1)∵直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90∘，AB=BB1=1，
直线B1C与平面ABC成30∘的角．
∴∠B1CB是直线B1C与平面ABC所成角，∴∠B1CB=30∘，
∴B1C=2，BC= 3，AC= 2，
∴点A到平面B1C1C的距离：
d=AB×ACBC=1× 2 3= 63，
∴三棱锥C1−AB1C的体积：
VC1−AB1C=VA−B1C1C=13×d×S△B1C1C=13× 63×12× 3×1= 26.
(2)以A为原点，AC为x轴，AB为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，
B(0,1,0)，C( 2,0,0)，B1(0,1,1)，A(0,0,0)，
BB1=(0,0,1)，BC=( 2,−1,0)，AB1=(0,1,1)，AC=( 2,0,0)，
设平面BB1C的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅BB1=z=0n⋅BC= 2x−y=0，取x=1，得n=(1, 2,0)，
设平面B1CA的法向量m=(x,y,z)，
则m⋅AB1=y+z=0m⋅AC= 2x=0，取y=1，得m=(0,1,−1)，
设二面角B−B1C−A的平面角为θ，
则csθ=|m⋅n||m|⋅|n|= 2 3⋅ 2= 33.
∴二面角B−B1C−A的余弦值为 33.
【解析】(1)推导出∠B1CB是直线B1C与平面ABC所成角，∠B1CB=30∘，点A到平面B1C1C的距离d=AB×ACBC= 63，三棱锥C1−AB1C的体积：VC1−AB1C=VA−B1C1C=13×d×S△B1C1C.
(2)以A为原点，AC为x轴，AB为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B−B1C−A的余弦值．
本题考查三棱锥的体积、二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
17.(本小题15分)
树人中学高三(1)班某次数学质量检测(满分150分)的统计数据如表：
在按比例分配分层随机抽样中，已知总体划分为2层，把第一层样本记为x1，x2，x3，…，xn其平均数记为x−，方差记为s12；把第二层样本记为y1，y2，y3，…，ym，其平均数记为y−，方差记为s22；把总样本数据的平均数记为z−，方差记为s2.
(1)证明：s2=1m+n{n[s12+(x−−z−)2]+m[s22+(y−−z−)2]}；
(2)求该班参加考试学生成绩的平均数和标准差(精确到1)；
(3)假设全年级学生的考试成绩服从正态分布N(μ,σ2)，以该班参加考试学生成绩的平均数和标准差分别作为μ和σ的估计值.如果按照16%，34%，34%，16%的比例将考试成绩从高分到低分依次划分为A，B，C，D四个等级，试确定各等级的分数线(精确到1).
附：P(μ−σ≤X≤μ+σ)=0.68， 302≈17， 322≈18， 352≈19.
【答案】解：(1)证明：s2=1m+n[i=1n(xi−z−)2+i=1m(yi−z−)2]
=1m+n[i=1n(xi−x−+x−−z−)2+i=1m(yi−y−+y−−z−)2]
=1m+n{i=1n[(xi−x−)2+(x−−z−)2+2(xi−x−)(x−−z−)]+i=1m[(yi−y−)2+(y−−z−)2+2(yi−y−)(y−−z−)]}
因为i=1n[2(xi−x−)(x−−z−)]=2(x−−z−)i=1n(xi−x−)=2(x−−z−)(x1+x2+x3+⋯+xn−nx−)=0，
同理i=1n[2(yi−y−)(y−−z−)]=0，
所以s2=1m+n{n[sx2+(x−−z−)2]+m[sy2+(y−−z−)2]}.
(2)将该班参加考试学生成绩的平均数记为z−，方差记为s2，
则z−=150(30×100+20×90)=96，
所以s2=150{30[256+(100−96)2]+20[361+(90−96)2]}=322，
又 322≈18，所以s≈18.
即该班参加考试学生成绩的平均数为96分，标准差约为18分．
(3)由(2)知μ=96，σ=18，所以全年级学生的考试成绩X服从正态分布N(96,182)，
所以P(96−18≤X≤96+18)≈0.68，P(X≥96)=0.5，
P(78≤X<96)=P(96≤X<114)≈0.34，P(X≥114)=P(X<78)≈0.16.
故可将X≥114定为A等级，96≤X<114定为B等级，78≤X<96定为C等级，X<78定为D等级．
【解析】(1)根据方差公式证明即可得；
(2)由平均数公式及(1)的结论求解即可；
(3)由正态分布的性质求解即可．
本题主要考查期望和方差的求法，正态分布曲线的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
18.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 63，两焦点与短轴两顶点围成的四边形的面积为4 2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)我们称圆心在椭圆C上运动，半径为a2的圆是椭圆C的“卫星圆”，过原点O作椭圆C的“卫星圆”的两条切线，分别交椭圆C于A，B两点，若直线OA，OB的斜率存在，记为k1，k2.
①求证：k1k2为定值；
②试问|OA|2+|OB|2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】解：(1)依题意得2bc=4 2ca= 63a2=b2+c2，解得a= 6,b= 2，
所以椭圆C的标准方程为x26+y22=1.
(2)①直线OA，OB的方程分别为y=k1x，y=k2x，设椭圆C的“卫星圆”的圆心为(x0,y0)，
因为直线OA，OB为“卫星圆”的两条切线，则|k1x0−y0| 1+k12=a2= 62，|k2x0−y0| 1+k22=a2= 62，
化简得(2x02−3)k12−4k1x0y0+2y02−3=0，(2x02−3)k22−4k2x0y0+2y02−3=0，
所以k1，k2为方程(2x02−3)k2−4kx0y0+2y02−3=0的两根，
故k1k2=2y02−32x02−3，
又因为x026+y022=1，所以k1k2=2y02−32x02−3=2y02−39−6y02=−13，
故k1k2为定值−13；
②设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由y1=k1x1x126+y122=1，y2=k2x2x226+y222=1，
解得x12=63k12+1,x22=63k22+1，
|OA|2+|OB|2=(1+k12)(63k12+1)+(1+k22)(63k22+1)，
由于k1k2=−13，所以k22=19k12，
得|OA|2+|OB|2=6(1+k12)3k12+1+2(9k12+1)3k12+1=8(1+3k12)3k12+1=8，
所以|OA|2+|OB|2为定值8.
【解析】(1)由已知条件列方程组求出a，b，可得椭圆C的标准方程；
(2)设直线OA，OB的方程，由相切列等式利用韦达定理求k1k2；直线方程与椭圆方程联立，表示出|OA|2+|OB|2，利用已知条件化简即可．
此题考查了直线与椭圆的综合，考查了韦达定理，属于难题．
19.(本小题17分)
约数，又称因数.它的定义如下：若整数a除以整数m(m≠0)除得的商正好是整数而没有余数，我们就称a为m的倍数，称m为a的约数.
设正整数a共有k个正约数，即为a1，a2，…，ak−1，ak(a1(Ⅰ)当k=4时，若正整数a的k个正约数构成等比数列，请写出一个a的值；
(Ⅱ)当k≥4时，若a2−a1，a3−a2，−ak−1构成等比数列，求正整数a；
(Ⅲ)记A=a1a2+a2a3+...+ak−1ak，求证：A【答案】解：(Ⅰ)当k=4时正整数a的4个正约数构成等比数列，
比如1，2，4，8为8的所有正约数，即a=8.
(Ⅱ)由题意可知a1=1，ak=a，ak−1=aa2，ak−2=aa3，
因为k≥4，依题意可知a3−a2a2−a1=ak−ak−1ak−1−ak−2，所以a3−a2a2−a1=a−aa2aa2−aa3，
化简可得(a3−a2)2=(a2−1)2a3，所以a3=(a3−a2a2−a1)2，
因为a3∈N*，所以a3−a2a2−a1∈N*，
因此可知a3是完全平方数．
由于a2是整数a的最小非1因子，a3是a的因子，且a3>a2，所以a3=a22，
所以a2−a1，a3−a2，−ak−1为a2−1，a22−a2，…，a2k−1−a2k−2，
所以a=a2k−1，(k≥4).
(Ⅲ)证明：由题意知a1ak=a，a2ak−1=a，…，aiak+1−i=a，(1≤i≤k)，
所以A=a2ak−1ak+a2ak−2ak−1+...+a2a1a2，
因为1a1a2≤a2−a1a1a2=1a1−1a2，…，1ak−1ak≤ak−ak−1ak−1ak=1ak−1−1ak，
所以A=a2ak−1ak+a2ak−2ak−1+...+a2a1a2=a2(1ak−1ak+1ak−2ak−1+...+1a1a2)
≤a2(1a1−1a2+1a2−1a3+...+1ak−1−1ak)=a2(1a1−1ak)，
因为a1=1，ak=a，所以1a1−1ak<1，
所以A≤a2(1a1−1ak)即A【解析】(Ⅰ)根据题意即可写出 a的一个值；
(Ⅱ)由题意可知a1=1，ak=a，ak−1=aa2，ak−2=aa3，结合a2−a1，a3−a2，−ak−1构成等比数列，可推出a3是完全平方数，继而可得a3=a22，由此可知a2−a1，a3−a2，−ak−1为a2−1，a22−a2，…，a2k−1−a2k−2，即可求得 a；
(Ⅲ)由题意知a1ak=a，a2ak−1=a，…，aiak+1−i=a，(1≤i≤k)，从而可得A=a2ak−1ak+a2ak−2ak−1+...+a2a1a2，采用放缩法以及裂项求和的方法，即可证明结论．
本题考查数列的应用，考查数列的性质，考查放缩法，裂项求和法，属难题．性别
参加考试人数
平均成绩
标准差
男
30
100
16
女
20
90
19