广东省2023年各地区高考数学模拟（一模）试题按题型难易度分层分类汇编（11套）-03解答题（提升题）2

这是一份广东省2023年各地区高考数学模拟（一模）试题按题型难易度分层分类汇编（11套）-03解答题（提升题）2，共30页。试卷主要包含了＝2e1﹣x+1，其中k为实数等内容，欢迎下载使用。
广东省2023年各地区高考数学模拟（一模）试题按题型难易度分层分类汇编（11套）-03解答题（提升题）2
一．数列的应用（共1小题）
1．（2023•佛山一模）佛山新城文化中心是佛山地标性公共文化建筑．在建筑造型上全部都以最简单的方块体作为核心要素，与佛山世纪莲体育中心的圆形莲花造型形成“方”“圆”呼应．坊塔是文化中心的标志性建筑、造型独特、类似一个个方体错位堆叠，总高度153.6米．坊塔塔楼由底部4个高度相同的方体组成塔基，支托上部5个方体，交错叠合成一个外形时尚的塔身结构．底部4个方体高度均为33.6米，中间第5个方体也为33.6米高，再往上2个方体均为24米高，最上面的两个方体均为19.2米高．

（1）请根据坊塔方体的高度数据，结合所学数列知识，写出一个等差数列{an}的通项公式，该数列以33.6为首项，并使得24和19.2也是该数列的项；
（2）佛山世纪莲体育中心上层屋盖外径为310米．根据你得到的等差数列，连续取用该数列前m（m∈N*）项的值作为方体的高度，在保持最小方体高度为19.2米的情况下，采用新的堆叠规则，自下而上依次为2a1、3a2、4a3、……、（m+1）am（（m+1）am表示高度为am的方体连续堆叠m+1层的总高度），请问新堆叠坊塔的高度是否超过310米？并说明理由．
二．数列的求和（共3小题）
2．（2023•汕头一模）已知Tn为正项数列{an}的前n项的乘积，且a1＝3，＝．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝，数列{bn}的前n项和为Sn，求[S2023]（[x]表示不超过x的最大整数）．
3．（2023•梅州一模）记Sn是正项数列{an}的前n项和，若存在某正数M，∀n∈N*，都有Sn＜M，则称{an}的前n项和数列{Sn}有界．从以下三个数列中任选两个，①；②；③，分别判断它们的前n项和数列是否有界，并给予证明．
4．（2023•深圳一模）记Sn为数列{an}的前n项和，已知，n∈N*．
（1）求a1+a2，并证明{an+an+1}是等差数列；
（2）求Sn．
三．利用导数研究函数的极值（共1小题）
5．（2023•佛山一模）已知函数，g（x）＝2e1﹣x+1，其中k为实数．
（1）求f（x）的极值；
（2）若h（x）＝g（x）﹣f（x）有4个零点，求k的取值范围．
四．解三角形（共3小题）
6．（2023•汕头一模）如图，在△ABC中，D是BC边上的一点，α＝∠BAD，β＝∠DAC．
（1）证明：；
（2）若D为靠近B的三等分点，，AC＝2，β＝90°，∠BAC为钝角，求S△ACD．

7．（2023•梅州一模）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinB+bcosA＝2b．
（1）求内角A；
（2）点M是边BC上的中点，已知AM＝2，求△ABC面积的最大值．
8．（2023•茂名一模）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝b+2bcosC．
（1）求证：C＝2B；
（2）求的取值范围．
五．棱柱、棱锥、棱台的体积（共1小题）
9．（2023•汕头一模）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD与ABEF均为直角梯形，AD∥BC，AF∥BE，DA⊥平面ABEF，AB⊥AF，AD＝AB＝2BC＝2BE＝2．
（1）已知点G为AF上一点，且AG＝2，求证：BG与平面DCE不平行；
（2）已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，求该多面体ABCDEF的体积．

六．二面角的平面角及求法（共4小题）
10．（2023•高州市一模）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD为直角梯形，∠DAB＝∠ADC＝90°，AB＝AD＝1，CD＝2，BD1⊥CD．点M为CD1的中点，且CD1＝2BM．
（1）证明：平面BDM⊥平面BCD1；
（2）若钝二面角B﹣DM﹣C的余弦值为﹣，当BD1＞BD时，求BD1的长．

11．（2023•梅州一模）如图，在边长为4的正三角形ABC中，E为边AB的中点，过E作ED⊥AC于D．把△ADE沿DE翻折至△A1DE的位置，连接A1C、A1B．
（1）F为边A1C的一点，若，求证：BF∥平面A1DE；
（2）当四面体C﹣EBA1的体积取得最大值时，求平面A1DE与平面A1BC的夹角的余弦值．

12．（2023•茂名一模）如图所示，三棱锥P﹣ABC，BC为圆O的直径，A是弧上异于B、C的点．点D在直线AC上，OD∥平面PAB，E为PC的中点．
（1）求证：DE∥平面PAB；
（2）若PA＝PB＝PD＝AB＝AD＝4，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值．

13．（2023•佛山一模）如图，△ACD和△BCD都是边长为2的等边三角形，平面ACD⊥平面BCD，EB⊥平面BCD．
（1）证明：EB∥平面ACD；
（2）若点E到平面ABC的距离为，求平面ECD与平面BCD夹角的正切值．

七．直线与双曲线的综合（共1小题）
14．（2023•深圳一模）已知双曲线E：与直线l：y＝kx﹣3相交于A、B两点，M为线段AB的中点．
（1）当k变化时，求点M的轨迹方程；
（2）若l与双曲线E的两条渐近线分别相交于C、D两点，问：是否存在实数k，使得A、B是线段CD的两个三等分点？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
八．古典概型及其概率计算公式（共1小题）
15．（2023•佛山一模）近几年，随着生活水平的提高，人们对水果的需求量也随之增加，我市精品水果店大街小巷遍地开花，其中中华猕猴桃的口感甜酸、可口，风味较好，广受消费者的喜爱．在某水果店，某种猕猴桃整盒出售，每盒20个．已知各盒含0，1个烂果的概率分别为0.8，0.2．
（1）顾客甲任取一盒，随机检查其中4个猕猴桃，若当中没有烂果，则买下这盒猕猴桃，否则不会购买此种猕猴桃．求甲购买一盒猕猴桃的概率；
（2）顾客乙第1周网购了一盒这种猕猴桃，若当中没有烂果，则下一周继续网购一盒；若当中有烂果，则隔一周再网购一盒；以此类推，求乙第5周网购一盒猕猴桃的概率．
九．离散型随机变量的期望与方差（共1小题）
16．（2023•茂名一模）学校举办学生与智能机器人的围棋比赛，现有来自两个班的学生报名表，分别装入两袋，第一袋有5名男生和4名女生的报名表，第二袋有6名男生和5名女生的报名表，现随机选择一袋，然后从中随机抽取2名学生，让他们参加比赛．
（1）求恰好抽到一名男生和一名女生的概率；
（2）比赛记分规则如下：在一轮比赛中，两人同时赢积2分，一赢一输积0分，两人同时输积﹣2分．现抽中甲、乙两位同学，每轮比赛甲赢概率为，乙赢概率为，比赛共进行二轮．
（i）在一轮比赛中，求这两名学生得分的分布列；
（ii）在两轮比赛中，求这两名学生得分的分布列和均值．
一十．线性回归方程（共1小题）
17．（2023•高州市一模）小家电指除大功率、大体积家用电器（如冰箱、洗衣机、空调等）以外的家用电器，运用场景广泛，近年来随着科技发展，智能小家电市场规模呈持续发展趋势，如表为2017～2021年中国智能小家电市场规模（单位：千亿元），其中2017年～2021年对应的代码依次为1～5．
年份代码x
1
2
3
4
5
市场规模y
0.9
1.2
1.5
1.4
1.6
（1）由表数据可知，可用线性回归模型拟合y与x的关系，请用相关系数加以说明；
（2）建立y关于x的经验回归方程（系数精确到0.01）；
（3）某传媒公司为了了解中国智能小家电消费者年龄分布，随机调查了200名消费者，统计这200名消费者年龄，按照青少年与中老年分为两组，得到如下2×2列联表：

青少年
中老年
合计
喜欢购买智能小家电
80


不喜欢购买智能小家电

60

合计
110

200
依据α＝0.001的独立性检验，能否认为是否喜欢购买智能小家电与年龄有关？
参考数据：＝1.32，xiyi＝21.4，≈0.55，
参考公式：相关系数r＝，回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为＝，．
K2＝，n＝a+b+c+d．
附：
a
0.10
0.010
0.001
xa
2.706
6.635
10.828

广东省2023年各地区高考数学模拟（一模）试题按题型难易度分层分类汇编（11套）-03解答题（提升题）2
参考答案与试题解析
一．数列的应用（共1小题）
1．（2023•佛山一模）佛山新城文化中心是佛山地标性公共文化建筑．在建筑造型上全部都以最简单的方块体作为核心要素，与佛山世纪莲体育中心的圆形莲花造型形成“方”“圆”呼应．坊塔是文化中心的标志性建筑、造型独特、类似一个个方体错位堆叠，总高度153.6米．坊塔塔楼由底部4个高度相同的方体组成塔基，支托上部5个方体，交错叠合成一个外形时尚的塔身结构．底部4个方体高度均为33.6米，中间第5个方体也为33.6米高，再往上2个方体均为24米高，最上面的两个方体均为19.2米高．

（1）请根据坊塔方体的高度数据，结合所学数列知识，写出一个等差数列{an}的通项公式，该数列以33.6为首项，并使得24和19.2也是该数列的项；
（2）佛山世纪莲体育中心上层屋盖外径为310米．根据你得到的等差数列，连续取用该数列前m（m∈N*）项的值作为方体的高度，在保持最小方体高度为19.2米的情况下，采用新的堆叠规则，自下而上依次为2a1、3a2、4a3、……、（m+1）am（（m+1）am表示高度为am的方体连续堆叠m+1层的总高度），请问新堆叠坊塔的高度是否超过310米？并说明理由．
【答案】（1）an＝36﹣2.4n（答案不唯一，符合题意即可）；
（2）可以，理由见详解．
【解答】解：（1）由题意可知：a1＝33.6，注意到33.6﹣24＝9.6，24﹣19.2＝4.8，
取等差数列的公差d＝﹣2.4，则an＝33.6﹣2.4（n﹣1）＝36﹣2.4n，
令an＝36﹣2.4n＝24，解得n＝5，即24为第5项；
令an＝36﹣2.4n＝19.2，解得n＝7，即19.2为第7项；
故an＝36﹣2.4n符合题意；
（2）可以，理由如下：
由（1）可知：m≤7，a1＝33.6，a2＝31.2，a3＝28.8，a4＝26.4，a5＝24，a6＝21.6，a7＝19.2，
设数列{（n+1）an}的前n项和为Sn，
∵S7＝2a1+3a2+4a3+...+8a7＝856.8＞310，
故新堆叠坊塔的高度可以超过310米．
二．数列的求和（共3小题）
2．（2023•汕头一模）已知Tn为正项数列{an}的前n项的乘积，且a1＝3，＝．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝，数列{bn}的前n项和为Sn，求[S2023]（[x]表示不超过x的最大整数）．
【答案】（1）an＝3n，n∈N*；（2）2022．
【解答】解：（1）Tn为正项数列{an}的前n项的乘积，且a1＝3，＝，
可得n≥2时，＝＝，
即为＝，
两边取3为底的对数，可得（n﹣1）log3an＝nlog3an﹣1，
即为＝＝...＝＝1，
所以log3an＝n，
则an＝3n，对n＝1也成立，
所以an＝3n，n∈N*；
（2）bn＝＝＝1﹣，
数列{bn}的前n项和为Sn＝n﹣（++...+）
＞n﹣2（++...+）＝n﹣1+，
所以S2023＞2023﹣1+＝2022+＞2022，
又S2023＝2023﹣（+...+）＜2023，
所以[S2023]＝2022．
3．（2023•梅州一模）记Sn是正项数列{an}的前n项和，若存在某正数M，∀n∈N*，都有Sn＜M，则称{an}的前n项和数列{Sn}有界．从以下三个数列中任选两个，①；②；③，分别判断它们的前n项和数列是否有界，并给予证明．
【答案】数列①②的前n项和数列有界，数列③的前n项和数列无界，证明见解析．
【解答】解：数列①②的前n项和数列有界，数列③的前n项和数列无界，证明如下：
①若，则，
∵，
∴，
∴存在正数1，∀n∈N*，Sn＜1，
即{}前n项和数列{Sn}有界；
②若，当n≥2时，，
＝，
∵，
∴，
∴存在正数2，∀n∈N*，Tn＜2，
即前n项和数列{Tn}有界；
③若，其前n项和为Rn，
则，
对于任意正数M，取n＝2（[M]+1）（其中[M]表示不大于M的最大整数），
有，
因此前n项和数列{Rn}不是有界的．
4．（2023•深圳一模）记Sn为数列{an}的前n项和，已知，n∈N*．
（1）求a1+a2，并证明{an+an+1}是等差数列；
（2）求Sn．
【答案】（1）6；证明过程见解答；
（2）Sn＝．
【解答】解：（1）当n＝1时，S1＝a1＝+12+1，解得a1＝4，
当n＝2时，S2＝a1+a2＝+22+1，解得a2＝2，
所以a1+a2＝6；
由Sn＝+n2+1，得2Sn＝an+2n2+2，则2Sn+1＝an+1+2（n+1）2+2，
两式相减得2an+1＝an+1﹣an+4n+2，则an+1+an＝4n+2，
令bn＝an+1+an＝4n+2，则b1＝6，bn+1﹣bn＝4，
所以{an+1+an}是以6为首项，以4为公差的等差数列；
（2）当n为偶数时，Sn＝（a1+a2）+（a3+a4）+•••+（an﹣1+an）＝6+14+•••+（4n﹣2）＝（6+4n﹣2）＝n2+n，
由an+1+an＝4n+2，得an+an﹣1＝4n﹣2（n≥2），两式相减得an+1﹣an﹣1＝4（n≥2），
所以当n为奇数时，Sn＝（a1+a3+•••+an）+（a2+a4+•••+an﹣1）
＝4+8+•••+4+（﹣1）×4+2+6+•••+2+（﹣1）×4，
即Sn＝（4+2n+2）+（2n﹣2）＝n2+n+2，
综上Sn＝．
三．利用导数研究函数的极值（共1小题）
5．（2023•佛山一模）已知函数，g（x）＝2e1﹣x+1，其中k为实数．
（1）求f（x）的极值；
（2）若h（x）＝g（x）﹣f（x）有4个零点，求k的取值范围．
【答案】（1），无极小值；
（2）（2+ln2，3）．
【解答】解：（1）∵，x∈（0，+∞），
∴，令f'（x）＞0，解得0＜x＜e1﹣k，令f'（x）＜0，解得x＞e1﹣k，
∴f（x）在（0，e1﹣k）上单调递增，在（e1﹣k，+∞）上单调递减，
∴f（x）在x＝e1﹣k处取得极大值，即，无极小值；
（2）令h（x）＝0，
∴，
∴2xe1﹣x+x﹣lnx﹣k＝0，
令F（x）＝2xe1﹣x+x﹣lnx﹣k，
则，
设p（x）＝2x﹣ex﹣1，则p'（x）＝2﹣ex﹣1，
由p′（x）＞0，得0＜x＜ln2+1；由p′（x）＜0，得x＞ln2+1，
∴p（x）在（0，ln2+1）上单调递增，在（ln2+1，+∞）上单调递减，
且p（1）＝1，p（3）＝6﹣e2＜0，，
即，p（1）p（3）＜0，
∴存在，x2∈（1，3）使得p（x1）＝0，p（x2）＝0，
即，①，
故F（x）在（0，x1）上单调递减，在（x1，1）上单调递增，在（1，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增，
故F（x）的极大值为F（1）＝3﹣k，极小值为F（x1）和F（x2）
对①式两边取对数可得lnx1＝x1﹣1﹣ln2，lnx2＝x2﹣1﹣ln2②，
将①②代入F（x1），可得：
，
同理可得F（x2）＝2+ln2﹣k，
要使F（x）有四个零点，
则，解得2+ln2＜k＜3，
又，
F（5）＝10e﹣4﹣ln5+5﹣k＞5﹣ln5﹣k＞2﹣ln5＞0，
∴当2+ln2＜k＜3时，F（x）有且仅有4个零点，即h（x）有4个零点，
∴实数k的取值范围为（2+ln2，3）．
四．解三角形（共3小题）
6．（2023•汕头一模）如图，在△ABC中，D是BC边上的一点，α＝∠BAD，β＝∠DAC．
（1）证明：；
（2）若D为靠近B的三等分点，，AC＝2，β＝90°，∠BAC为钝角，求S△ACD．

【答案】（1）证明过程请看解答；（2）2．
【解答】（1）证明：在△ABD中，由正弦定理知，＝，
所以sin∠ADB＝＝，
在△ACD中，由正弦定理知，＝，
所以sin∠ADC＝＝，
因为∠ADB+∠ADC＝180°，所以sin∠ADB＝sin∠ADC，
所以＝，
整理得，，得证．
（2）解：由（1）知，，
因为D为靠近B的三等分点，所以＝，所以＝，
又，AC＝2，β＝90°，所以＝，即sinα＝，
因为∠BAC为钝角，β＝90°，所以α为锐角，所以cosα＝＝，
所以sin∠BAC＝sin（α+β）＝sin（α+90°）＝cosα＝，
所以△ABC的面积S△ABC＝AB•AC•sin∠BAC＝×2×2×＝3，
因为D为靠近B的三等分点，
所以S△ACD＝S△ABC＝2．
7．（2023•梅州一模）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinB+bcosA＝2b．
（1）求内角A；
（2）点M是边BC上的中点，已知AM＝2，求△ABC面积的最大值．
【答案】（1）；
（2）．
【解答】解：（1）在△ABC中，因为，
由正弦定理得，
因为B∈（0，π），
所以sinB＞0，
，
所以，即，
因为A∈（0，π），所以，
所以，即；
（2）因为点M是边BC上的中点，所以，
对上式两边平方可得：，
因为，所以，即b2+c2+bc＝16，
而c2+b2≥2bc，有3bc≤16，所以，当且仅当b＝c时，等号成立，
因此，
即△ABC面积的最大值为．
8．（2023•茂名一模）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝b+2bcosC．
（1）求证：C＝2B；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）（1，5）
【解答】证明：（1）在△ABC中，由a+b＝2bcosC及正弦定理得：sinA＝sinB+2sinBcosC，
又∵A＝π﹣（B+C），
∴sinA＝sin[π﹣（B+C）]＝sin（B+C）＝sinBcosC+cosBsinC，即sinBcosC+cosBsinC＝sinB+2sinBcosC，
sinBcosC+cosBsinC﹣2sinBcosC＝sinB，即sin（C﹣B）＝sinB，
∵0＜sinB＝sin（C﹣B），
∴0＜C﹣B＜C＜π，
∵B+（C﹣B）＝C＜π，
∴B＝C﹣B，C＝2B；
（2）解：由C＝2B得B+C＝3B∈（0，π），
∴0＜B＜，
∴，
由题意a＝b+2bcosC，C＝2B及正弦定理得：＝＝1+2（2cos2B﹣1）+2cosB＝4cos2B+2cosB﹣1＝，
∵，
∴，即，
故的取值范围为（1，5）．
五．棱柱、棱锥、棱台的体积（共1小题）
9．（2023•汕头一模）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD与ABEF均为直角梯形，AD∥BC，AF∥BE，DA⊥平面ABEF，AB⊥AF，AD＝AB＝2BC＝2BE＝2．
（1）已知点G为AF上一点，且AG＝2，求证：BG与平面DCE不平行；
（2）已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，求该多面体ABCDEF的体积．

【答案】（1）证明过程见解答；（2）．
【解答】解：（1）证明：∵DA⊥平面ABEF，AB，AF⊂平面ABEF，
∴DA⊥AB，DA⊥AF，又AB⊥AF，
以A为坐标原点，AF，AB，AD所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，

则B（0，2，0），E（1，2，0），C（0，2，1），D（0，0，2），G（2，0，0），
∴＝（﹣1，0，1），＝（﹣1，﹣2，2），＝（2，﹣2，0），
设平面DCE的法向量为＝（x，y，z），
则，令x＝2，得＝（2，1，2），
∵＝2，且不存在λ，使得，即与不共线，
∴BG与平面DCE不平行且不垂直．
（2）设AF＝a（a＞0且a≠1），则F（a，0，0），∴＝（a，﹣2，0），
∵直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，
∴＝|cos＜＞|＝＝，
化简得11a2﹣40a﹣16＝0，解得a＝4或a＝﹣（舍），
∵AD∥BC，DA⊥平面ABEF，∴BC⊥平面ABEF，
∵AB⊂平面ABEF，BE⊂平面ABEF，
∴BC⊥AB，BC⊥BE，又AB⊥AF，AF∥BE，∴AB⊥BE，
BC∩BE＝B，BC，BE⊂平面BCE，∴AB⊥平面BCE，
，
∴＝＝，
SABEF＝，
∴＝＝，
∴VABCDEF＝VD﹣BCE+VD﹣ABEF＝．
六．二面角的平面角及求法（共4小题）
10．（2023•高州市一模）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD为直角梯形，∠DAB＝∠ADC＝90°，AB＝AD＝1，CD＝2，BD1⊥CD．点M为CD1的中点，且CD1＝2BM．
（1）证明：平面BDM⊥平面BCD1；
（2）若钝二面角B﹣DM﹣C的余弦值为﹣，当BD1＞BD时，求BD1的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）2．
【解答】（1）证明：因为点M为CD1的中点，且CD1＝2BM．所以∠D1BC＝90°，则BD1⊥BC，
又BD1⊥CD，BC∩CD＝C．所以BD1⊥平面ABCD，
因为BD⊂平面ABCD，所以BD1⊥BD，
因为∠DAB＝∠ADC＝90°，所以AB∥CD．
又AB＝AD＝1，CD＝2，所以BD＝BC＝，
所以CD2＝BD2+BC2，则BC⊥BD．
又BD1∩BC＝B，所以BD⊥平面BCD1，
又BD⊂平面BDM，所以平面BDM⊥平面BCD1；
（2）解：由（1）可知，BC，BD，BD1，两两互相垂直．以B为原点，
，， 的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系B﹣xyz，

B（0，0，0），C（，0，0），D（0，，0），设D1（0，0，a）（a＞），
则M（，0，），＝（0，，0），＝（，﹣，），＝（，﹣，0），
设平面BDM的一个法向量为＝（x1，y1，z1），
由，得，y1＝0，取z1＝1，则x1＝﹣a，则＝（﹣a，0，1），
设平面CDM的一个法向量为＝（x2，y2，z2），
由，得，取z2＝1，则＝（a，a，1），
于是cos＜，＞＝＝﹣，
整理得a4﹣a2+14＝0，解得a2＝4（a2＝＜2舍去）．
所以a＝2，即BD1的长为2．
11．（2023•梅州一模）如图，在边长为4的正三角形ABC中，E为边AB的中点，过E作ED⊥AC于D．把△ADE沿DE翻折至△A1DE的位置，连接A1C、A1B．
（1）F为边A1C的一点，若，求证：BF∥平面A1DE；
（2）当四面体C﹣EBA1的体积取得最大值时，求平面A1DE与平面A1BC的夹角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解答】解：（1）证明：取AC中点M，连接MF，MB
因为在正三角形ABC中，MB⊥AC，
又ED⊥AC，∴MB∥DE，MB⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，
∴MB∥平面A1DE，又有，且，
∴MF∥DA1，又MF⊄平面A1DE，A1D⊂平面A1DE，
∴MF∥平面A1DE，又MF∩MB＝M，MF，MB⊂平面MFB，
∴平面MFB∥平面A1DE，又BF⊂平面MFB，
∴BF∥平面A1DE；
（2）∵，又△BCE的面积为定值，
∴当A1到平面BCE的距离最大时，四面体C﹣BEA1的体积有最大值，
∵DE⊥DC，DE⊥A1D，DC∩A1D＝D，
∴DE⊥平面A1DC，又DE⊂平面ABC，
∴平面ABC⊥平面A1DC，
当A1D⊥CD时，平面ABC∩平面A1DC＝CD，A1D⊂平面A1DC
∴A1D⊥平面ABC，即在翻折过程中，点A1到平面BCE的最大距离是A1D，
∴四面体C﹣BEA1的体积取得最大值时，A1D⊥平面ABC，
如图，以DE，DA，DA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建系如图，
易知，，
∴D（0，0，0），，C（0，﹣3，0），
A1（0，0，1），，
∴，，
易知为平面A1DE的一个法向量，
设平面BCA1的法向量为
则，取，
∴，
∴平面A1DE与平面A1BC的夹角的余弦值为．


12．（2023•茂名一模）如图所示，三棱锥P﹣ABC，BC为圆O的直径，A是弧上异于B、C的点．点D在直线AC上，OD∥平面PAB，E为PC的中点．
（1）求证：DE∥平面PAB；
（2）若PA＝PB＝PD＝AB＝AD＝4，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解答】解：（1）证明：因为OD∥平面PAB，平面CAB∩平面PAB＝AB，OD⊂平面CAB，
所以OD∥AB．
又O为BC中点，所以D为AC中点．
又E为PC中点，所以DE∥PA，
因为PA⊂平面PAB，DE⊄平面PAB，
所以DE∥平面PAB；
（2）如图1，取BD的中点F，连结PF、AF．
由已知底面△ABC在半圆O上，BC为圆O的直径，可得AD⊥AB．
因为AB＝AD＝4，
所以，
所以．
又PB＝PD＝4，则有PB2+PD2＝32＝BD2，
所以PB⊥PD，，
所以FP2+FB2＝16＝PB2，FP2+FA2＝16＝PA2，FP2+FD2＝16＝PD2，
所以FP⊥FB，FP⊥FA，FP⊥FD，
又FA∩FB＝F，FA⊂平面ABD，FB⊂平面ABD．
所以PF⊥平面ABD．
如图2，建立如图所示的空间直角坐标系，
由AB＝AD＝4，，可得AC＝8，
所以A（0，0，0），B（0，4，0），D（4，0，0），C（8，0，0），F（2，2，0），，
所以，，．
设为平面PAB的一个法向量，
则，取，
设为平面PBC的一个法向量，
则，取，
设平面PAB与平面PBC的夹角为θ1，
则．


13．（2023•佛山一模）如图，△ACD和△BCD都是边长为2的等边三角形，平面ACD⊥平面BCD，EB⊥平面BCD．
（1）证明：EB∥平面ACD；
（2）若点E到平面ABC的距离为，求平面ECD与平面BCD夹角的正切值．

【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解答】解：（1）证明：如图，取CD的中点，连接AO，则AO⊥CD，
又因为平面ACD⊥平面BCD，且平面ACD∩平面BCD＝CD，AO⊂平面ACD，
则AO⊥平面BCD，
又EB⊥平面BCD，所以EB∥AO，
又EB⊄平面ACD，AO⊂平面ACD，所以EB∥平面ACD．

（2）如图，连接EO，BO，取BC的中点F，连接DF，则DF⊥BC，

因为，
则等腰△BAC的面积为，
所以三棱锥E﹣ABC的体积为，
因为EB⊥平面BCD，DF⊂平面BCD，则DF⊥EB，
又因为DF⊥BC，EB∩BC＝B，EB⊂平面EBC，BC⊂平面EBC，则DF⊥平面EBC，
因为EB∥AO，则点A到平面EBC的距离等于点O到平面EBC的距离等于，
因为，则，
又VE﹣ABC＝VA﹣EBC，所以|EB|＝5，
因为EB⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，则EB⊥BC，EB⊥BD，
所以|EC|＝|ED|，所以EO⊥CD，
所以平面ECD与平面BCD夹角的平面角为∠EOB，
则，
所以平面ECD与平面BCD夹角的正切值为．
七．直线与双曲线的综合（共1小题）
14．（2023•深圳一模）已知双曲线E：与直线l：y＝kx﹣3相交于A、B两点，M为线段AB的中点．
（1）当k变化时，求点M的轨迹方程；
（2）若l与双曲线E的两条渐近线分别相交于C、D两点，问：是否存在实数k，使得A、B是线段CD的两个三等分点？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）x2＝4y2+12y（除去0＜y＜的一段）；
（2）存在k＝±，使得A、B是线段CD的两个三等分点．
【解答】解：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），
（i）当k＝0时，易M（0，﹣3），
（ii）当k≠0时，x0≠0，
由，两式相减，整理得x1+x2＝4（y1+y2）•，
而x1+x2＝2x0，y1+y2＝2y0，＝k＝，
∴x0＝4y0•，即＝4+12y0，
综上，点M的轨迹方程为x2＝4y2+12y（y≤﹣3或y＞）；
（2）双曲线E的渐近线方程为﹣y2＝0，设C（x3，y3），B（x4，y4），
联立直线l与双曲线E的渐近线方程，得，
消去y，得（1﹣4k2）x2+24kx﹣36＝0，
由韦达定理，得线段CD的中点横坐标为＝＝x0，
∴线段AB的中点M也是CD的中点，
∴A，B为线段CD的两个三等分点，∴|CD|＝3|AB|，
∴•＝3•，
解得k＝±，
∴存在k＝±，使得A、B是线段CD的两个三等分点．
八．古典概型及其概率计算公式（共1小题）
15．（2023•佛山一模）近几年，随着生活水平的提高，人们对水果的需求量也随之增加，我市精品水果店大街小巷遍地开花，其中中华猕猴桃的口感甜酸、可口，风味较好，广受消费者的喜爱．在某水果店，某种猕猴桃整盒出售，每盒20个．已知各盒含0，1个烂果的概率分别为0.8，0.2．
（1）顾客甲任取一盒，随机检查其中4个猕猴桃，若当中没有烂果，则买下这盒猕猴桃，否则不会购买此种猕猴桃．求甲购买一盒猕猴桃的概率；
（2）顾客乙第1周网购了一盒这种猕猴桃，若当中没有烂果，则下一周继续网购一盒；若当中有烂果，则隔一周再网购一盒；以此类推，求乙第5周网购一盒猕猴桃的概率．
【答案】（1）0.96，
（2）0.8336．
【解答】解：（1）由题意可得：甲不购买一盒猕猴桃情况为该盒有1个烂果且随机检查其中4个时抽到这个烂果，
甲购买一盒猕猴桃的概率．
（2）用“√”表示购买，“╳”表示不购买，乙第5周购买有如下可能：
第1周
第2周
第3周
第4周
第5周
√
√
√
√
√
√
╳
√
√
√
√
√
╳
√
√
√
╳
√
╳
√
√
√
√
╳
√
故乙第5周网购一盒猕猴桃的概率P＝（0.8）4+0.2×0.8×0.8+0.8×0.2×0.8+0.2×0.2+0.8×0.8×0.2＝0.8336．
九．离散型随机变量的期望与方差（共1小题）
16．（2023•茂名一模）学校举办学生与智能机器人的围棋比赛，现有来自两个班的学生报名表，分别装入两袋，第一袋有5名男生和4名女生的报名表，第二袋有6名男生和5名女生的报名表，现随机选择一袋，然后从中随机抽取2名学生，让他们参加比赛．
（1）求恰好抽到一名男生和一名女生的概率；
（2）比赛记分规则如下：在一轮比赛中，两人同时赢积2分，一赢一输积0分，两人同时输积﹣2分．现抽中甲、乙两位同学，每轮比赛甲赢概率为，乙赢概率为，比赛共进行二轮．
（i）在一轮比赛中，求这两名学生得分的分布列；
（ii）在两轮比赛中，求这两名学生得分的分布列和均值．
【答案】（1）；
（2）（i）X的分布列如下：
X
﹣2
0
2
P



（ii）Y的分布列如下：
Y
﹣4
﹣2
0
2
4
P





均值为0．
【解答】解：（1）设A1＝“抽到第一袋”，A2＝“抽到第二袋”，
B＝“随机抽取2张，恰好抽到一名男生和一名女生的报名表”，
，，
由全概率公式得；
（2）（i）设在一轮比赛中得分为X，则X的可能取值为﹣2，0，2，
则，
，
，
得分为X的分布列如下：
X
﹣2
0
2
P



（ii）设在二轮比赛中得分为Y，
则Y的可能取值为﹣4，﹣2，0，2，4，
则，
，
，
，
P（Y＝4）＝1﹣P（Y＝0）﹣P（Y＝﹣4）﹣P（Y＝2）﹣P（Y＝﹣2）＝，
得分为Y的分布列如下：
Y
﹣4
﹣2
0
2
4
P





故 ．
一十．线性回归方程（共1小题）
17．（2023•高州市一模）小家电指除大功率、大体积家用电器（如冰箱、洗衣机、空调等）以外的家用电器，运用场景广泛，近年来随着科技发展，智能小家电市场规模呈持续发展趋势，如表为2017～2021年中国智能小家电市场规模（单位：千亿元），其中2017年～2021年对应的代码依次为1～5．
年份代码x
1
2
3
4
5
市场规模y
0.9
1.2
1.5
1.4
1.6
（1）由表数据可知，可用线性回归模型拟合y与x的关系，请用相关系数加以说明；
（2）建立y关于x的经验回归方程（系数精确到0.01）；
（3）某传媒公司为了了解中国智能小家电消费者年龄分布，随机调查了200名消费者，统计这200名消费者年龄，按照青少年与中老年分为两组，得到如下2×2列联表：

青少年
中老年
合计
喜欢购买智能小家电
80


不喜欢购买智能小家电

60

合计
110

200
依据α＝0.001的独立性检验，能否认为是否喜欢购买智能小家电与年龄有关？
参考数据：＝1.32，xiyi＝21.4，≈0.55，
参考公式：相关系数r＝，回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为＝，．
K2＝，n＝a+b+c+d．
附：
a
0.10
0.010
0.001
xa
2.706
6.635
10.828
【答案】（1）y与x的相关系数近似为0.92，y与x的线性相关程度较高，可以用线性回归模型拟合y与x的关系；
（2）；
（3）依据α＝0.001的独立性检验，能认为是否喜欢购买智能小家电与年龄有关．
【解答】解：（1）由表中数据可得，，＝1.32，
，≈0.55，，
故r＝≈0.92，
y与x的相关系数近似为0.92，y与x的线性相关程度较高，可以用线性回归模型拟合y与x的关系；
（2）xiyi＝21.4，，
则＝＝，，
故y关于x的经验回归方程为；
（3）2×2列联表如下：

青少年
中老年
合计
喜欢购买智能小家电
80
30
110
不喜欢购买智能小家电
30
60
90
合计
110
90
200
∵K2＝31.038＞10.828，
∴依据α＝0.001的独立性检验，能认为是否喜欢购买智能小家电与年龄有关．