湖北省武汉市部分学校2023届高三（上）调考（9月份）

这是一份湖北省武汉市部分学校2023届高三（上）调考（9月份），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
湖北省武汉市部分学校2023届高三（上）调考（9月份）
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，只有一项是符合题目要求的。
1．（5分）已知集合A＝{x|x2+5x﹣6＜0}，B＝{x|x＞﹣2}，则A∩B＝（　　）
A．（﹣2，+∞） B．（﹣6，﹣2） C．（﹣2，1） D．（﹣2，6）

2．（5分）计算＝（　　）
A． B． C． D．

3．（5分）记a＝3﹣0.2，b＝0.2﹣0.2，c＝log0.23，则（　　）
A．c＜a＜b B．c＜b＜a C．b＜c＜a D．a＜c＜b

4．（5分）某圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为120°的扇形，则该圆锥的体积为（　　）
A． B． C． D．

5．（5分）函数f（x）＝Asin（ωx+φ）的部分图象如图所示，则f（x）＝（　　）

A． B．
C． D．

6．（5分）设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若2S3＝3a2+8a1，S8＝2S7+2，则a2＝（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1



7．（5分）点声源在空间中传播时，衰减量ΔL与传播距离r（单位：米）的关系式为ΔL＝10lg（单位：dB），取lg5≈0.7，则r从5米变化到40米时，衰减量的增加值约为（　　）
A．12dB B．14dB C．18dB D．21dB
8．（5分）设双曲线＝1（a＞0，b＞0）的左右焦点为F1，F2，过F2的直线与双曲线右支交右A，B两点，设AB中点为P，若|AB|＝|F1P|，且∠F1PA＝45°，则该双曲线的离心率为（　　）
A． B． C． D．

二、选择题：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。
（多选）9．（5分）某市今年夏天迎来罕见的高温炎热天气，当地气象部门统计进入八月份以来（8月1日至8月10日）连续10天中每天的最高温和最低温，得到如下的折线图：

根据该图，关于这10天的气温，下列说法中正确的有（　　）
A．最低温的众数为29℃
B．最高温的平均值为37.7℃
C．第4天的温差最大
D．最高温的方差大于最低温的方差
（多选）10．（5分）平面向量＝（cosα，sinα），＝（cos（α+β），sin（α+β）），＝（cos（α+2β），sin（α+2β）），其中0°＜β＜180°，则（　　）
A．|﹣|＝|﹣| B．（+）∥
C．若|+|＝||，则β＝30° D．若++＝，则β＝120°

（多选）11．（5分）圆M：（x﹣k2）2+（y﹣2k）2＝3与圆N：（x﹣1）2+y2＝1交于A，B两点，若|AB|＝，则实数k的可能取值有（　　）
A．2 B．1 C．0 D．﹣1

（多选）12．（5分）已知函数f（x）＝ex﹣1+lnx，则过点（a，b）恰能作曲线y＝f（x）的两条切线的充分条件可以是（　　）
A．b＝2a﹣1＞1 B．b＝2a﹣1＜1
C．2a﹣1＜b＜f（a） D．b＜2a﹣1≤﹣1

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）（x﹣）（x+y）5展开式中含x3y3项的系数为 　 　．

14．（5分）已知cos（﹣α）＝，则sin（2α﹣）＝　 　．

15．（5分）过抛物线y2＝8x焦点的直线与抛物线交于M，N两点，设抛物线的准线与x轴的交点为A，当MA⊥NA时，|MN|＝　 　．

16．（5分）在四棱锥P﹣ABCD中，∠APB＝∠BPC＝∠CPD＝∠DPA＝60°，且∠APC＝∠BPD，PB＝PD，PA＝，若该四棱锥存在半径为1的内切球，则PC＝　 　．


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．（10分）记数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列的前n项和Tn．








18．（12分）如图，在图1的等腰直角三角形ABC中，AB＝CB＝3，边AB，AC上的点E，F满足＝＝，将三角形AEF沿EF翻折至三角形PEF处，得到图2中的四棱锥P﹣EFCB，且二面角P﹣EF﹣B的大小为60°．
（1）证明：平面PBC⊥平面EFCB；
（2）求直线BE与平面PFC所成角的正弦值．






19．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足acosC+asinC＝b+2c．
（1）求角A；
（2）D为BC边上一点，DA⊥BA，且BD＝4DC，求cosC．








20．（12分）某商场推出一项抽奖活动，顾客在连续抽奖时，若第一次中奖则获得奖金10元，并规定：若某次抽奖能中奖，则下次中奖的奖金是本次中奖奖金的两倍；若某次抽奖奖能中奖，则该次不获得奖金，且下次中奖的奖金被重置为10元．已知每次中奖的概率均为，且每次能否中奖相互独立．
（1）若某顾客连续抽奖10次，记获得的总奖金为ξ元，判断E（ξ）与25的大小关系，并说明理由；
（2）若某顾客连续抽奖4次，记获得的总奖金为X元，求E（X）．









21．（12分）已知椭圆E：＝1（a＞b＞0），过点P（﹣1，﹣1）且与x轴平行的直线与椭圆E恰有一个公共点，过点P且与y轴平行的直线被椭圆E截得的线段长为．
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）设过点P的动直线与椭圆E交于M，N两点，T为y轴上的一点，设直线MT和NT的斜率分别为k1和k2，若为定值，求点T的坐标．








22．（12分）已知函数f（x）＝（x﹣k﹣3）ex﹣x．
（1）讨论函数f（x）的极值点个数；
（2）当f（x）恰有一个极值点x0时，求实数k的值，使得f（x0）取最大值．

2022-2023学年湖北省武汉市部分学校高三（上）调考数学试卷（9月份）
参考答案与试题解析
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，只有一项是符合题目要求的。
1．（5分）已知集合A＝{x|x2+5x﹣6＜0}，B＝{x|x＞﹣2}，则A∩B＝（　　）
A．（﹣2，+∞） B．（﹣6，﹣2） C．（﹣2，1） D．（﹣2，6）
【分析】求出集合A，结合交集定义即可求解结论．
【解答】解：因为A＝{x|﹣6＜x＜1}，B＝{x|x＞﹣2}，
所以A∩B＝（﹣2，1）．
故选：C．
【点评】本题考查集合的运算，考查数学运算的核心素养，属于基础题．
2．（5分）计算＝（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．
【解答】解：＝＝．
故选：D．
【点评】本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
3．（5分）记a＝3﹣0.2，b＝0.2﹣0.2，c＝log0.23，则（　　）
A．c＜a＜b B．c＜b＜a C．b＜c＜a D．a＜c＜b
【分析】根据指数函数与对数函数的单调性得到a，b，c的范围，利用中间值比较大小．
【解答】解：0＜a＝3﹣0.2＜30＝1，
b＝0.2﹣0.2＞0.20＝1，
c＝log0.23＜log0.21＝0，
∴c＜a＜b．
故选：A．
【点评】本题考查三个数的大小关系的判断，考查指数函数与对数函数的单调性等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4．（5分）某圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为120°的扇形，则该圆锥的体积为（　　）
A． B． C． D．
【分析】求出扇形的弧长，进而求出圆锥的底面半径，由勾股定理得到圆锥的高，利用圆锥体积公式求解即可．
【解答】解：因为圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为120°的扇形，
所以该扇形的弧长为，
设圆锥的底面半径为r，则2πr＝2π，解得：r＝1，
因为圆锥的母线长为3，所以圆锥的高为h＝＝2，
该圆锥的体积为＝＝．
故选：D．
【点评】本题主要考查圆锥的体积，属于基础题．
5．（5分）函数f（x）＝Asin（ωx+φ）的部分图象如图所示，则f（x）＝（　　）

A． B．
C． D．
【分析】由图象确定周期，即可得ω＝2，再由当x＝时，f（x）取最大值，x＝时，f（x）取最小值，可得φ＝，最后代入f（0）＝，可求得A＝2，即可得f（x）的解析式．
【解答】解：因为T＝﹣（﹣）＝，所以T＝π，所以，ω＝2．
由f（0）＝，得Asinφ＝，
又因为当x＝时，f（x）取最大值，x＝时，f（x）取最小值，
所以，所以φ＝，
所以f（x）＝Asin（2x+）．
因为f（0）＝Asin＝A＝，所以A＝2．
所以f（x）＝2sin（2x+）．
故选：B．
【点评】本题主要考查了由函数图象确定正弦型函数的解析式，属于中档题．
6．（5分）设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若2S3＝3a2+8a1，S8＝2S7+2，则a2＝（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】根据已知条件，结合等比数列的公式，求出公比q，再结合等比数列的前n项和公式，即可求解．
【解答】解：设正项等比数列{an}的公比为q，
∵2S3＝3a2+8a1，
∴2（a1+a2+a3）＝3a2+8a1，即6a1+a2﹣2a3＝0，
∴，
∵a1＞0，
∴6+q﹣2q2＝0，解得q＝2或q＝（舍去），
∴q＝2，
∵S8＝2S7+2，
∴S7+a8＝2S7+2，
∴a8＝S7+2，
∴，
∵q＝2，
∴128a1＝127a1+2，解得a1＝2，
∴a2＝a1q＝4．
故选：A．
【点评】本题主要考查等比数列的前n项和公式，属于中档题．
7．（5分）点声源在空间中传播时，衰减量ΔL与传播距离r（单位：米）的关系式为ΔL＝10lg（单位：dB），取lg5≈0.7，则r从5米变化到40米时，衰减量的增加值约为（　　）
A．12dB B．14dB C．18dB D．21dB
【分析】根据已知条件，分别求出增加前的衰减量，以及增加后的衰减量，再结合对数公式，即可求解．
【解答】解：当r＝5时，△L1＝，
当r＝40时，△L2＝10lg400π，
则衰减量的增加值约为：△L2﹣△L1＝10lg400π﹣10lg＝10lg64＝10lg26＝60lg2＝60（lg10﹣lg5）≈60×（1﹣0.7）＝18．
故选：C．
【点评】本题主要考查函数的实际应用，掌握对数公式是解本题的关键，属于基础题．
8．（5分）设双曲线＝1（a＞0，b＞0）的左右焦点为F1，F2，过F2的直线与双曲线右支交右A，B两点，设AB中点为P，若|AB|＝|F1P|，且∠F1PA＝45°，则该双曲线的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【分析】由题意可得AF1⊥AB，在两个直角三角形中，由勾股定理可得a，c的关系，进而求出双曲线的离心率．
【解答】解：因为P为AB的中点，所以|AB|＝2|AP|，又因为|AB|＝|F1P|，
所以可得|AP|＝|F1P|，
因为∠F1PA＝45°，则cos∠F1PA＝，在△F1PA中，
由余弦定理可得：cos∠F1PA＝＝，
所以可得|AF1|2＝|F1P|2，即|AF1|＝|F1P|，
所以|AF1|＝|AP|，
所以AF1⊥AB，
设|AF1|＝m，则|AP|＝m＝|BP|，
点A在双曲线上，所以|AF1|﹣|AF2|＝2a，
所以|AF2|＝|AF1|﹣2a＝m﹣2a，
|F2P|＝|AP|﹣|AF2|＝m﹣（m﹣2a）＝2a，
|BF2|＝m+2a，
所以|BF1|﹣|BF2|＝2a，
所以|BF1|＝2a+|BF2|＝2a+m+2a＝m+4a，
在△F1AB中，|AF1|2+|AB|2＝|BF1|2，
即m2+4m2＝（m+4a）2，可得m2﹣2ma﹣4a2＝0，①
在△AF1F2中，|AF1|2+|AF2|2＝|F1F2|2，
即：m2+（m﹣2a）2＝4c2，即m2﹣2ma+2a2＝2c2，②，
由①②可得3a2＝c2，
可得离心率e＝，
故选：A．

【点评】本题考查双曲线的性质的应用及勾股定理的应用，属于中档题．
二、选择题：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。
（多选）9．（5分）某市今年夏天迎来罕见的高温炎热天气，当地气象部门统计进入八月份以来（8月1日至8月10日）连续10天中每天的最高温和最低温，得到如下的折线图：

根据该图，关于这10天的气温，下列说法中正确的有（　　）
A．最低温的众数为29℃
B．最高温的平均值为37.7℃
C．第4天的温差最大
D．最高温的方差大于最低温的方差
【分析】根据题意，依次分析选项是否正确，即可得答案．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，在最低温度中，29℃出现4次，出现的次数最多，则最低温的众数为29℃，A正确；
对于B，最高温的平均值为（38+37+37+39+38+39+38+37+39+37）＝37.9℃，B错误；
对于C，第4天的高温取得最大值39，低温取得最小值27，其温差最大，C正确；
对于D，由折线图分析可得：最高温的波动浮动小于最低温的波动，则最高温的方差小于最低温的方差，D错误；
故选：AC．
【点评】本题考查频率分布直方图，涉及众数、中位数和平均数的计算，属于基础题．
（多选）10．（5分）平面向量＝（cosα，sinα），＝（cos（α+β），sin（α+β）），＝（cos（α+2β），sin（α+2β）），其中0°＜β＜180°，则（　　）
A．|﹣|＝|﹣| B．（+）∥
C．若|+|＝||，则β＝30° D．若++＝，则β＝120°
【分析】根据向量的形式，可考虑数形结合分析，利用单位圆分别表示再逐个选项判断即可．
【解答】解：如图所示，因为，故在单位圆中分别作出．

对A，，因为∠AOB＝∠BOC＝β，则|AB|＝|BC|，即，故A正确；
对B，因为∠AOB＝∠BOC＝β，故OB为OA，OC的角平分线，且OA＝OC＝1，根据向量的加法法则可得，
故B正确；
对C，当β＝60°时，易得△OAB，△BOC均为正三角形，根据向量加法的平行四边形法则可得，此时
，故C错误；
对D，由B，设，则因为，故，解得λ＝﹣1，
由平行四边形法则可得此时△ABC为正三角形，β＝120°，故D正确；

故选：ABD．
【点评】本题考查平面向量的应用，考查学生的运算能力，属于中档题．
（多选）11．（5分）圆M：（x﹣k2）2+（y﹣2k）2＝3与圆N：（x﹣1）2+y2＝1交于A，B两点，若|AB|＝，则实数k的可能取值有（　　）
A．2 B．1 C．0 D．﹣1
【分析】由两圆方程可求AB的直线方程，再由|AB|＝，可得+（）＝1，可求k的值．
【解答】解：由圆M：（x﹣k2）2+（y﹣2k）2＝3与圆N：（x﹣1）2+y2＝1交于A，B两点，
可得直线AB的方程（2﹣2k2）x﹣4ky+k4+4k2﹣3＝0，
点N（1，0）到直线AB的距离为d＝，
又|AB|＝，∴+（＝）2＝1，解得k＝1或k＝﹣1，
故选：BD．
【点评】本题考查求公共弦的直线方程，考查圆的弦长问题，属基础题．
（多选）12．（5分）已知函数f（x）＝ex﹣1+lnx，则过点（a，b）恰能作曲线y＝f（x）的两条切线的充分条件可以是（　　）
A．b＝2a﹣1＞1 B．b＝2a﹣1＜1
C．2a﹣1＜b＜f（a） D．b＜2a﹣1≤﹣1
【分析】设切点为（x0，），则有﹣b＝（+）（x0﹣a），所以将问题转化为方程（x0﹣a﹣1）﹣lnx0+b+1﹣＝0（x0＞0），恰有两个解，令g（x）＝ex﹣1（x﹣a﹣1）﹣lnx+b+1﹣，然后利用导数求解其零点即可．
【解答】解：由f（x）＝ex﹣1+lnx，得f′（x）＝ex﹣1+（x＞0），
设切点为（x0，），则切线的斜率为k＝+，
所以有﹣b＝（+）（x0﹣a），
整理得（x0﹣a﹣1）﹣lnx0+b+1﹣＝0（x0＞0），
由题意可知此时方程有且只有两个解，
令g（x）＝ex﹣1（x﹣a﹣1）﹣lnx+b+1﹣（x＞1），
g（1）＝e1﹣1（1﹣a﹣1）﹣ln1+b+1﹣＝b+1﹣2a，
g′（x）＝ex﹣1（x﹣a）﹣+＝（x﹣a）（ex﹣1﹣）（x＞0），
令F（x）＝ex﹣1﹣（x＞0），则F′（x）＝ex﹣1+＞0（x＞0），
所以F（x）在（0，+∞）上递增，
因为F（1）＝e1﹣1﹣1＝0，所以0＜x＜1时，F′（x）＜0，当x＞0时，F′（x）＞0，
①当﹣1＜2a﹣1＜1，即0＜a＜1时，
当0＜x＜a时，g′（x）＞0，则g（x）递增，当a＜x＜1时，g′（x）＜0，则g（x）递减，当x＞1时，g′（x）＞0，则g（x）递增，
所以只需g（a）＝0或g（1）＝0，
即b＝ea﹣1+lna＝f（a）或b＝2a﹣1∈（﹣1，1），
②当2a﹣1≤﹣1，即a≤0时，
当0＜x＜1时，g′（x）＜0，则g（x）递减，当x＞1时，g′（x）＞0，则g（x）递增，
所以只需g（1）＜0，即b＜2a﹣1，
③当2a﹣1＞﹣1，即a＞1时，
当0＜x＜1时，g′（x）＞0，则g（x）递增，当a＜x＜1时，g′（x）＜0，则g（x）递减，当x＞a时，g′（x）＞0，则g（x）递增，
当x＝a时，g（a）＝b﹣ea﹣1﹣lna，所以只需g（1）＝0或g（a）＝0，即b＝2a﹣1＞1，由g（a）＝0，得b＝ea﹣1+lna＝f（a），
④当a＝1时，g′（x）＝（x﹣1）（ex﹣1﹣）＞0，所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，所以函数至多有一个零点，不合题意；
综上所述，a≤0时，b＜2a﹣1≤﹣1；0＜a＜1时，b＝ea﹣1+lna＝f（a）或b＝2a﹣1∈（﹣1，1），
a＞1时，b＝2a﹣1＞1或b＝ea﹣1+lna＝f（a），故A正确，B错误，C错误，D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查导数的综合应用，考查导数的几何意义，考查利用导数解决函数零点问题，考查转化思想，属难题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）（x﹣）（x+y）5展开式中含x3y3项的系数为 　5　．
【分析】利用二项式定理求出展开式中含x3y3的项，由此即可求解．
【解答】解：多项式的展开式中含x3y3的项为x×﹣＝5x3y3，
所以x3y3项的系数为5，
故答案为：5．
【点评】本题考查了二项式定理的应用，属于基础题．
14．（5分）已知cos（﹣α）＝，则sin（2α﹣）＝　　．
【分析】直接利用三角函数的诱导公式和倍角公式的应用求出结果．
【解答】解：由于cos（﹣α）＝，
故，
所以sin（2）＝﹣cos（2）＝＝＝＝．
故答案为：．
【点评】本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，倍角公式和三角函数的诱导公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
15．（5分）过抛物线y2＝8x焦点的直线与抛物线交于M，N两点，设抛物线的准线与x轴的交点为A，当MA⊥NA时，|MN|＝　8　．
【分析】由题意可得F（2，0），A（﹣2，0），设直线MN的方程为x＝my+2，M（x1，y1），N（x2，y2），利用直线与抛物线组成方程组可得y1+y2＝﹣8m，y1y2＝﹣16，进而由MA⊥NA，得•＝0，可得﹣16m2+8+4+4﹣16＝0，可求MN的方程，可求|MN|．
【解答】解：由已知可得F（2，0），A（﹣2，0），
设直线MN的方程为x＝my+2，M（x1，y1），N（x2，y2），
由，得y2﹣8my﹣16＝0，y1+y2＝﹣8m，y1y2＝﹣16，
64x1x2＝（y1y2）2，∴x1x2＝4，x1+x2＝m（y1+y2）+4＝﹣8m2+4，
由MA⊥NA，得•＝0，
∴（﹣2﹣x1，﹣y1）•（﹣2﹣x2，﹣y2）＝0，∴4+x1x2+2（x1+x2）+y1y2＝0，
∴﹣16m2+8+4+4﹣16＝0，解得m＝0，
∴直线MN⊥x轴，故|MN|＝2p＝8．
故答案为：8．
【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查求弦长，属中档题．
16．（5分）在四棱锥P﹣ABCD中，∠APB＝∠BPC＝∠CPD＝∠DPA＝60°，且∠APC＝∠BPD，PB＝PD，PA＝，若该四棱锥存在半径为1的内切球，则PC＝　3+4　．
【分析】截取一个正四棱锥P﹣AB′C′D′，结合已知得到∠APC＝∠BPD＝90°，同时可证得BD⊥平面PAC，设PB＝PD＝t＞0，PC＝x＞0，四棱锥P﹣ABCD的体积可转化为，因为四棱锥P﹣ABCD存在半径为1的内切球，可得，联立得到x的关系式，化简计算即可．
【解答】解：如图，∵∠APB＝∠BPC＝∠CPD＝∠DPA＝60°，且∠APC＝∠BPD，

∴可以在四棱锥上截取一个正四棱锥P﹣ABC′D′，
此时四边形AB′C′D′为正方形，且边长为，
∴，
∴PA2+PC2＝12＝AC2，∴∠APC＝∠BPD＝90°，
设PB＝PD＝t＞0，AC∩BD＝O，PC＝x＞0，
∵∠APB＝∠BPC＝∠CPD＝∠DPA＝60°，且PB＝PD，
∴AB＝AD，BC＝CD，∴AC⊥BD，O为BD中点，
∵PB＝PD，∴PO⊥BD，
又∵PO∩AC＝O，∴BD⊥平面PAC，
∵，∴∴，
∴，
又因为四棱锥P﹣ABCD存在半径为1的内切球，
∴
＝
＝，
即，
即，
∴，解得，
因为四棱锥P﹣ABCD存在半径为1的内切球，直径为2，∴PC＞2，
而，故，
故答案为：．

【点评】本题考查了几何体的内切球问题，属于较难题目．
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．（10分）记数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列的前n项和Tn．
【分析】（1）分n为奇数和偶数，利用an＝Sn﹣Sn﹣1 即可求解；
（2）＝＝﹣（﹣），累加即可求得Tn．
【解答】解：（1）当n为奇数，且n≥3时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝﹣﹣＝﹣n，
a1＝S1＝﹣1也满足，
当n为偶数时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝﹣（﹣）＝n，
综上，数列{an}的通项公式为an＝（﹣1）nn；
（2）＝＝﹣（﹣），
数列的前n项和Tn＝﹣（1﹣+﹣+...+﹣）＝﹣．
【点评】本题考查了求数列通项、前n项和，考查了分类讨论思想，属于中档题．
18．（12分）如图，在图1的等腰直角三角形ABC中，AB＝CB＝3，边AB，AC上的点E，F满足＝＝，将三角形AEF沿EF翻折至三角形PEF处，得到图2中的四棱锥P﹣EFCB，且二面角P﹣EF﹣B的大小为60°．
（1）证明：平面PBC⊥平面EFCB；
（2）求直线BE与平面PFC所成角的正弦值．

【分析】（1）找到∠PEB为二面角P﹣EF﹣B的平面角，利用余弦定理得到PB＝，从而利用勾股定理逆定理得到BE⊥PB，得到线面垂直，证明面面垂直；
（2）先得到PB，EB，CB两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角．
【解答】解：（1）证明：∵＝＝，∴EF∥BC，
∵等腰直角△ABC中，AB⊥BC，∴EF⊥AB，
在四棱锥P﹣EFCBk，EF⊥EB，EF⊥EP，
∴∠PEB为二面角P﹣EF﹣B的平面角，即∠PEB＝60°，
又PE＝2，BE＝1，∴PB＝＝，
满足PE2＝BE2+PB2，
即BE⊥PB，又BE⊥BC，且PB∩BC＝B，∴BE⊥平面PBC，
∵BE⊂平面EFCB，∴平面PBC⊥平面EFCB．
（2）由EF⊥EB，EF⊥EP，且EB∩EP＝E，得EF⊥平面PBE，
∴EF⊥PB，
∵EF∥BC，∴BC⊥PB，即PB，EB，CB两两垂直，
以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，BE所在直线为y轴，BP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，

则B（0，0，0），E（0，1，0），C（3，0，0），P（0，0，），F（2，1，0），
＝（0，1，0），
设平面PFC的法向量＝（x，y，z），＝（3，0，﹣），＝（1，﹣1，0），
，令y＝1，得＝（1，1，），
设所求角为θ，则sinθ＝＝＝．
故直线BE与平面PFC所成角的正弦值为．
【点评】本题考查线面垂直、面面垂直的判定与性质、线面角的定义及正弦值的求法、向量法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足acosC+asinC＝b+2c．
（1）求角A；
（2）D为BC边上一点，DA⊥BA，且BD＝4DC，求cosC．
【分析】（1）根据已知条件，结合正弦定理，求出sinAcosC+，再结合三角函数的恒等变换公式，即可求解．
（2）由（1）可知，A＝，推得，再结合正弦定理，以及余弦定理，即可求解．
【解答】解：（1）∵acosC+asinC＝b+2c，
∴由正弦定理可得，sinAcosC+，
∵A+B+C＝π，
∴sinAcosC+＝sin（A+C）+2sinC＝sinAcosC+cosAsinC+2sinC，
∴sinAsinC＝cosAsinC+2sinC，
∵sinC≠0，
∴，即，
又∵0＜A＜π，
∴．
（2）由（1）可知，A＝，
∴，
在△CAD中，，在△BAD中，，
又∵sin∠ADB＝sin∠ADC，BD＝4CD，
∴c＝2b，
∴由余弦定理可得，a＝，
∴，
∴cosC＝．
【点评】本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
20．（12分）某商场推出一项抽奖活动，顾客在连续抽奖时，若第一次中奖则获得奖金10元，并规定：若某次抽奖能中奖，则下次中奖的奖金是本次中奖奖金的两倍；若某次抽奖奖能中奖，则该次不获得奖金，且下次中奖的奖金被重置为10元．已知每次中奖的概率均为，且每次能否中奖相互独立．
（1）若某顾客连续抽奖10次，记获得的总奖金为ξ元，判断E（ξ）与25的大小关系，并说明理由；
（2）若某顾客连续抽奖4次，记获得的总奖金为X元，求E（X）．
【分析】（1）记中奖次数为Y，则由题意得Y～，从而可求出总奖金的期望值，进而可求得结果，
（2）由题意可得X的所有可能取值为0，10，20，30，40，70，150，然后求出相应的概率，从而可求出E（X）．
【解答】解：（1）E（ξ）＞25．
理由如下：抽奖10次时，记中奖次数为Y，则Y～，
若每次中奖的奖金为固定10元，则此时总奖金的期望值为，
由题意，连续中奖时，奖金会翻倍，
故总奖金必大于每次中奖的奖金为固定10元的情况，
所以E（ξ）＞25．
（2）X的所有可能取值为0，10，20，30，40，70，150，
，
，
，
，
，
，
．
其分布列为：
X
0
10
20
30
40
70
150








．
【点评】本题主要考查了离散型随机变量的分布列与期望，属于中档题．
21．（12分）已知椭圆E：＝1（a＞b＞0），过点P（﹣1，﹣1）且与x轴平行的直线与椭圆E恰有一个公共点，过点P且与y轴平行的直线被椭圆E截得的线段长为．
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）设过点P的动直线与椭圆E交于M，N两点，T为y轴上的一点，设直线MT和NT的斜率分别为k1和k2，若为定值，求点T的坐标．
【分析】（1）由题意可得b的值，再由弦长可得a的值，进而求出椭圆的方程；
（2）设T的坐标，设直线MN的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之和及两根之积，进而求出TM，TN的斜率的倒数之和，要使其值为定值，则分子，分母的对应项的系数成比例，可得T的坐标．
【解答】解：（1）由题意可得b＝1，
且+y2＝1，
可得|y|＝，由题意可得2＝，可得a2＝4，
所以椭圆的方程为：+y2＝1；
（2）设T（0，t），显然直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为：x＝m（y+1）﹣1＝my+m﹣1，
设M（x1，y1），N（x2，y2），
联立，整理可得：（4+m2）y2+2m（m﹣1）y+（m﹣1）2﹣4＝0，
Δ＝4m2（m﹣1）2﹣4（4+m2）[（m﹣1）2﹣4]＞0，即m＞，
y1+y2＝﹣，y1y2＝＝，
由题意可得+＝+＝＝
＝＝
＝，
因为其值为定值，所以t＝﹣1时，定值为﹣8，
所以T（0，﹣1）．
【点评】本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
22．（12分）已知函数f（x）＝（x﹣k﹣3）ex﹣x．
（1）讨论函数f（x）的极值点个数；
（2）当f（x）恰有一个极值点x0时，求实数k的值，使得f（x0）取最大值．
【分析】（1）求导得f′（x）＝[﹣k]，设g（x）＝﹣k，求导分析g（x）的正负，进而可得f（x）的单调性，即可得到答案．
（2）由（1）知，k＞0且f′（x0）＝0，即k＝，x0＞2，进而可得f（x）的单调性，即可得出答案．
【解答】解：（1）f′（x）＝[ex+（x﹣k﹣3）ex]﹣1＝[﹣k]，
设g（x）＝﹣k，
则g′（x）＝，
设h（x）＝ex+x﹣1，
h（x）为增函数，且h（0）＝0，
所以当x＜0时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
当x＞0时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
又g（0）＝﹣1﹣k，且x＜0时，g（x）＜﹣k，
①当﹣1﹣k≥0，即k≤﹣1时，g（x）≥0，f′（x）≤0，f（x）单调递减，
此时f（x）无极值点，
②当﹣1﹣k＜0＜﹣k，即﹣1＜k＜0时，
存在x1＜0＜x2使得g（x1）＝g（x2）＝0，
x＜x1时，g（x）＞0，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
x1＜x＜x2时，g（x）＜0，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
x＞x2时，g（x）＞0，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）有两个极值点，
③当﹣k＜0，即k＞0时，存在x0，使得g（x0）＝0，
x＜x0时，g（x）＜0，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
x＞x0时，g（x）＞0，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以f（x）有一个极值点，
综上所述，当k≤﹣1时，f（x）无极值点，
当﹣1＜k＜0时，f（x）有两个极值点，
当k＞0时，f（x）有一个极值点．
（2）由（1）知，k＞0且f′（x0）＝0，即k＝，
此时x0＞2，
此时f（x）在（﹣∞，x0）单调递减，在（x0，+∞）单调递增，
所以f（x0）≤f（3）＝﹣e3﹣3，
当且仅当x0＝3时，f（x0）取得最大值﹣e3﹣3，
所以k＝＝．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
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