辽宁省部分高中2023-2024学年高三下学期第三次模拟考试数学试题(解析版)

2023-2024学年度下学期高三第三次模拟考试试题
数学
时间：120分钟；试卷满分：150分
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上．
2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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. 若全集，，
，则下列关系正确的是（
）
A. B. C. D. 【答案】D 【解析】
【分析】求出集合中函数的值域，得到集合，判断两个集合的包含关系.【详解】全集，，则，
，所以.
故选：D
2. 已知复数在复平面上对应的点为，若，则实数的值为（ ）A. 0 B. C. 1
D. 1或【答案】A 【解析】
【分析】由条件结合复数的几何意义，得到，根据可得为实数，列方程可求的值.【详解】因为复数在复平面上对应的点为，所以，因为，
因为为实数，
U =R {}
2A x x =<{
}e ,x B y y x ==∈R
A B ⊆B
A
⊆U B A ⊆ðU A B
⊆ðB B U =R {}2A x x =<{}
U 2A x x =≥ð{}
{}e ,0x B y y x y y ==∈=>R U A B ⊆ðz (,1)m i 2z >-m 1
-1
-i z m =+i 2z >-i z m z (),1m i z m =+i 2z >-()i i i 1i z m m =+=-+
得.故选：A.
3. 已知正实数a ，b ，则“”是“”的（ ）条件A. 充分不必要 B. 必要不充分
C. 充分必要
D. 既不充分也不必要
【答案】B 【解析】
【分析】由充分条件和必要条件的定义结合基本不等式求解即可.【详解】取，满足，但，故“”推不出“”，
因为，当且仅当“”时取等，当时，，所以，即，因为，所以，所以能推出.故“”是“”的必要不充分条件.故选：B .
4. 已知平面非零向量，，满足，且，则（ ）
A.
B.
C.
D. 0
【答案】A 【解析】
【分析】由向量数量积表示垂直，再结合数量积的定义计算即可.
【详解】因非零向量，，满足，且，
所以，
即
所以，
故选：A.
为0m =22a b +≤2242a b +≤31,28a b =
=22a b +≤2291913744246441616
a b +=+⨯=+=>22a b +≤2242a b +≤224224a b ab ab +≥=⋅=2a b =2242a b +≤22224424244a b ab ab a b ++≤+≤++≤22444a b ab ++≤()2
24a b +≤20a b +>022a b <+≤2242a b +≤22a b +≤22a b +≤2242a b +≤a b
||||a b = (2)a b -⊥ ,a b 〈〉= π6
π4
π3
a b
||||a b = (2)a b -⊥ 22(2)22cos ,0a b a b b a b -⋅=⋅=〈〉 cos ,a b 〈〉= 6
,πa b 〈〉=
5. 在调查对某大型活动满意度比例为0.9的人员中抽取10人，设当中持有满意态度的人数为，随机变量，则的方差的值为（ ）A. 21 B.
6.6
C. 3.6
D. 4.8
【答案】C 【解析】
【分析】由二项分布的方程公式求出，再根据求出结果即可.【详解】由题意可知，随便变量服从二项分布，即，则，又，
则，故选：C.
6. 已知对数函数，函数的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标扩大为原来的3倍，得到函数的图象，再将的图象向上平移2个单位长度，所得图象恰好与函数的图象重合，则的值是（ ）A.
B.
C.
D.
【答案】D 【解析】
【分析】根据函数图像变换法则求出函数的解析式，由条件列方程，解方程求解即可
【详解】因为将函数的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标扩大为原来的3倍，得到函数的图象，
所以
，即，将的图象向上平移2个单位长度，所得图象的函数解析式，因为所得图象恰好与函数的图象重合，所以，所以，又且，解得
X 23Y X =+Y ()D Y ()D X ()()()234D Y D X D X =+=X ()10,0.9X B ~()()1100.90.10.9D X np p =-=⨯⨯=23Y X =+()()()23440.9 3.6D Y D X D X =+==⨯=()log a f x x =()f x ()g x ()g x ()f x a 32
23
()f x ()g x ()log 3
a
x
g x =()log log 3a a g x x =-()g x log log 32a a y x =-+()f x log 320a -+=23a =0a >1a ≠a =
故选：D
7. 设点分别为椭圆的左、左焦点，点是椭圆上任意一点，若使得成立的点恰好有4个，则实数的值可以是（ ）A. 0 B. 2 C. 4 D. 6
【答案】B 【解析】
【分析】设 ，表示向量 ，由条件可得，，结合对称性
列不等式，求的范围，由此可得结论..【详解】因为点分别为椭圆的左、右焦点；
所以 ，
设 则，
由可得，
又因为在椭圆上，即，
所以，
由对称性可得，要使得成立的点恰好是个，则解得，所以的值可以是.故选：B.
8. 已知数列中各项均为正数，且，给出下列四个结论：
①对任意的，都有②数列可能为常数列
③若，则当时，④若，则数列为递减数列．其中正确结论有（ ）
12,F F 22
:184
x y C +
=P C 12PF PF m ⋅= P m ()00,P x y 12,PF PF 22
004x y m +=+2200184
x y +=m 12,F F 2
2
18
4
x y +
=()()122,0,2,0F F -()00,P x y ()()1002002,,2,PF x y PF x y =---=--
12PF PF m ⋅= 22
004x y m +=+P 2200
184
x y +=2
02x m =12PF PF m ⋅=
4028
m <<04m <<m 2{}n a 2
11(1,2,3,)n n n a a a n ++-== *N n ∈1n a >{}n a 102a <<2n ≥12n a a <<12a >{}n a
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
【答案】C 【解析】
【分析】结合数列递推式研究数列的单调性，逐项判断即可.
【详解】解：对于①，在数列中，，则，
又对于任意的都有，则，即，即对于任意的，都有，所以的值不确定大小，故①项错误；
对于②，不妨设数列可能为常数列，则，
又，则，则，
即时，数列为常数列，故②项正确；
对于③，，则，因为数列中各项均为正数，
即，同理，当，都有，
又，即数列为递增数列，
即当时，，故③项正确.对于④，又，则，即，同理，当，都有，即，
同理，当，都有，
即，即，即数列为递减数列，故④项正确；故选：C .
【点睛】关键点睛：数列与不等式以及数列与单调性等问题，常利用作差法，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．
二、选择题：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
{}n a 2
11n n n a a a ++-=()111n n n a a a ++-=N n *∈0n a >110n a +->11n a +>2n ≥1n a >1a {}n a 1n n a a +=211n n n a a a ++-=2
n n n a a a -=2n a =12a ={}n a 102a <<2
2202a a <-<{}n a 202a <<2n ≥02n a <<2
111112(2)0n n n n n n a a a a a a +++++-=-=->{}n a 2n ≥12n a a <<2
111112(2)
n n n n n n a a a a a a +++++-=-=-12a >2
2202a a <-<212a <<2n ≥2
222a a ->22a >2n ≥2n a >2
111112(2)0n n n n n n a a a a a a +++++-=-=-<1n n a a +>{}n a
题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 关于二项式的展开式，下列说法正确的是（ ）A. 第三项系数为270 B. 的系数为90C. 二项式系数和为 D. 系数和为【答案】ACD 【解析】
【分析】求出二项式展开式的通项公式， 第三项的系数判断A ，求含的项的系数判断B ，根据二项式系数的性质判断C ，求系数和判断D.
【详解】二项式展开式的通项公式为，
对于A ，展开式中第项的系数为，
，A 正确；对于B ，令，可得，故展开式中含的项为第四项，该项的系数为，
B 错误；
对于C ，的展开式的二项式系数和为，C 正确，对于D ，二项式的展开式的系数和为，D 正确；故选：ACD.
10. 已知表示这个数中最大的数．能说明命题“，，
”是假命题的对应的一组整数a ，b ，c ，d 值的选项有（ ）
A. 1，2，3，4
B. ，，7，5C 8，，， D. 5，3，0，【答案】BC 【解析】
【分析】根据的含义说明AD 不符合题意，举出具体情况说明BC ，符合题意即可.【详解】对于A ，D ，从其中任取两个数作为一组，剩下的两数作为另一组，
由于这两组数中的最大的数都不是负数，其中一组中的最大数即为这四个数中的最大值，故都能使得命题“，”成立；对于B ，当时，而，
.
5(31)x -2x 525
25(31)x -2x 5(31)x -()
()
()555155C 31C 31,5,N r
r
r
r
r r
r r T x x r r ---+=-=-≤∈3()2
2
35C 31270⨯⨯-=52r -=3r =2x ()3
325C 3190⨯⨯-=-5(31)x -0
1
2
3
4
5
5
555555C C C C C C 2+++++=5(31)x -()5
53112⨯-={}12max ,,,n x x x 12,,,n x x x n ,,a b c ∀R d ∈{}{}{}max ,max ,max ,,,a b c d a b c d +≥3-1-1-2-3
-1
-{}12max ,,,n x x x ,,,R a b c d ∀∈{}{}{}max ,max ,max ,,,a b c d a b c d +≥{}{}{}max ,max 3,11,max 7,57a b =--=-={}max 3,1,7,57--=
此时，即命题“，，”是假命题；对于C ，当时，而，此时，即命题“，，”是假命题；故选：BC
11. 已知双曲线及直线，若与交于A ，B 两点，是坐标原点，且的
，则实数的值可能为（ ）A. 0 B.
C.
D.
【答案】
AD 【解析】
【分析】联立方程组，利用设而不求法，三角形面积公式表示的面积，列方程求的值．
【详解】联立，消去整理得：，
由已知，所以或，设，则，.由题意，直线恒过点．
① 若，则
② 若，则，177-+<,,a b c ∀R d ∈{}{}{}max ,max ,max ,,,a b c d a b c d +≥{}{}{}max ,max 8,18,max 2,32a b =
-=--=-{}max 8,1,2,38---=288-+<,,a b c ∀R d ∈{}{}{}max ,max ,max ,,,a b c d a b c d +≥22:1C x y -=:1l y kx =-l C O AOB k 32
AOB k 2211x y y kx ⎧-=⎨=-⎩y 22
(12)20k x kx --=+222
10Δ48(1)0
k k k ⎧-≠⎨=+->⎩201k ≤<212k <<1122(,),(,)A x y B x y 12221k x x k +=
-12
22
1
x x k =-l ()0,1D -120x x <1212111
11222
AOB AOD BOD S S S x x x x ⋅-+⋅-=-= ＝＋＝
120x x >1212111
11222
AOB AOD BOD S S S x x x x =
⋅--⋅-=-= ＝－
所以，
即，解得或
经检验，或
故或，故选：AD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 某同学将全班某次数学考试的成绩整理成频率分布直方图后，将每个小矩形上方线段的中点连接起来，并将小矩形擦去，得到频率分布折线图（如图所示）．已知该同学绘制频率分布直方图时确定的极差为60，组距为10，据此估计此次考试成绩的平均数是__________．
【答案】【解析】
【分析】利用频率分布折线图中的数据，结合求平均数的公式求解即可.【详解】因为该同学绘制频率分布直方图时确定的极差为60，组距为10，结合频率分布折线图可得各组的中点数据分别为，所以此次考试成绩的平均数大约为
22
121212()()48x x x x x x -=+-=2
22
28811
k k k ⎛⎫
-= ⎪--⎝⎭0k =k =0k =k =0k =k =112.585,95,105,115,125,135
故答案为：.
13. 若函数的图象关于成轴对称，则的值可以为___________．（写出一个正确的值即可）【答案】（答案不唯一）【解析】
【分析】根据题意化简，根据诱导公式分别计算与，得
，即可确定函数的图象关于成轴对称.
【详解】因为，即，所以化简得：，
又，化简得：，所以有，所以函数的图象关于成轴对称.故答案为：(答案不唯一)
14. 已知正四面体棱长为2，点分别是，，内切圆上的动点，现有下列四个命题：
①对于任意点，都存在点，使；
②存在，使直线平面；
()0.010850.015950.0151050.0251150.0201250.01513510112.5
⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯⨯=112.5π()sin cos 22
x f x x ⎛⎫=+
⎪⎝
⎭(0)x a a =≠a 2π()f x ()2πf x +()2πf x -+()()2π2πf x f x +=-+π()sin cos 22x f x x ⎛
⎫=+ ⎪⎝
⎭2πx =π()sin cos 22x f x x ⎛
⎫=+
⎪⎝
⎭()cos cos 2
f x x x =()()2π2πcos 2πcos 2x f x x +⎛⎫
+=+⋅
⎪
⎝⎭
()2πcos cos πcos cos 22x x f x x x ⎛⎫
+=+=-
⎪⎝⎭()()2π2πcos 2πcos 2x f x x -+⎛⎫
-+=-+
⎪⎝⎭()()2πcos cos cos cos 22
x x f x x x -+=--=-()()2π2πf x f x +=-+π()sin cos 22
x f x x ⎛
⎫=+
⎪⎝
⎭2πx =2πABCD 123,,P P P ABC ABD △ACD 2P 3P 230P P AD ⋅=
12,P P 12PP ⊥ABC
③当最小时，三棱锥的体积为
④当最大时，顶点到平面
其中正确的有___________．（填选正确的序号即可）【答案】①②④【解析】
【分析】使用空间向量设出各点的坐标，再对逐个选项分别求解.
【详解】
设的重心分别是.
以为原点，为轴正方向，建立空间直角坐标系.
则，且.
122331PP P P P P ++ 123
A PP P -122331PP P P P P ++ A 123PP
P ,,,BCD ABC ABD ACD 123,,,T G G G T ,,CD TB TA
,,x y z ,,1,,1,A B C D ⎛⎛⎫⎛⎫⎛⎫
- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎝⎭⎝
⎭⎝⎭()123110,0,0,,,0,33T G G G ⎛⎛⎛- ⎝⎝⎝
；；.所以有，，.对于①，当确定后，取为关于平面的对称点，则垂直于平面，所以垂直于
，①正确；
对于②，当
，时，有，.故，，.
直接计算可知，所以此时满足条件，②正确；对于③，此时位于最上方，即.
这时，点到平面
.所以此时，③错误；对于④，此时
，根据对称性有，故
111111sin cos ,0sin ,226
G P u BC u G A
u u ⎛⎫⎛=
⋅+⋅=-+ ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝ 222111sin cos ,0sin ,226G P v BD v G A v v ⎫⎛=⋅+⋅=-+-⎪ ⎪ ⎭⎝ 3331sin cos sin 2G P w CD w G A w w ⎫⎛=⋅+⋅=+⎪ ⎪ ⎭⎝ 1111sin cos 362P u u u u u ⎛⎫-
+- ⎪ ⎪⎝⎭
2111sin cos 362P v v v v v ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭3,P w w w ⎫⎪⎪⎭
2P 3P 2P ATD 23P P ATD 23P P AD π2u =
π
6v =116P ⎛- ⎝21,2P ⎛ ⎝122,3PP ⎛= ⎝ AB ⎛= ⎝
()
1,BC =- 12120PP AB PP BC ⋅=⋅=
1
2,P P 123,,P P P π2
u v w ===
1213231163PP PP P P BC ===
=A 123PP P 123
2
1133A P P P
V -⎛⎫==
⎪⎝⎭u v w =-=121323PP PP P P ==()
2
2
12132313
1
9
PP PP P P PP ++=2
2
111sin cos 362u u u u ⎛⎫⎫=-++-- ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎭
，故此时在处取到最大.此时
到平面
，④正确.故答案为：①②④
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对空间向量的计算与求解.
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.
如图所示，在梯形中，，，，平面，，，，为中点.
（1）证明：平面；（2）证明：；
（3）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3
【解析】
【分析】（1）只需通过证明两次线面平行得到平面平面，再结合面面平行的性质即可得证；（2）只需证明平面，再结合线面垂直的性质即可得证；
（3）建立适当的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，根据向量的夹角公式即可得解.【小问1详解】
28413sin sin 999
u u =--+2
8133
sin 9422
u ⎛⎫=-++≤ ⎪⎝⎭121323
PP PP P P ++1sin 4u =-123,,P P P A 123
PP P =ABCD //AB CD π
2
ADC ∠=
224AB AD CD ===AP ⊥ABCD //CQ AP 2AP =3CQ =M AB //QM ADP QM CD ⊥BPQ DPQ //QMC PAD CD ⊥QCM
连接CM ，
，，是AB 中点，
且，
四边形是平行四边形，.
而平面平面，所以平面，
又因为，平面，平面，所以平面，又平面，，平面，平面，
平面平面.
又平面，平面.【小问2详解】
，平面，平面，
平面，，
又
，四边形是平行四边形，平行四边形为正方形，．
又，平面，平面，
平面，
平面，.
//AB CD Q 24AB CD ==M //AM CD ∴AM CD =∴AMCD //CM AD ∴CM ⊄PAD AD ⊂PAD //CM PAD //QC PA QC ⊄PAD PA ⊂PAD //QC PAD //CM PAD QC MC C = QC ⊂QMC MC ⊂QMC ∴//QMC PAD QM ⊂ QMC //QM ∴PAD //QC AP AP ⊥ABCD QC ∴⊥ABCD CD ⊂ ABCD QC CD ∴⊥π
2
ADC ∠=
AMCD ∴AMCD CD MC ∴⊥,QC CD MC QC C ⊥⋂= MC ⊂QCM QC ⊂QCM CD \^QCM QM ⊂ QCM CD QM ∴⊥
【小问3详解】
平面，平面，平面，
所以，
因为四边形是正方形，所以，两两垂直．建立直角坐标系，以为原点，AB 为轴，AD 为轴，AP 为轴
.
设平面的法向量，，，则 ，即，当时，法向量，
设平面的法向量，，，
则，即，当时，法向量，
所以平面与平面夹角的余弦值为：
.16. 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知，．（1）求角；
（2）若，设P ，Q 分别是边AB 、BC 上的动点（含端点），且．当取得最小值时，求点到直线的距离．【答案】（1） （2
AP ⊥ ABCD AD ⊂ABCD AM ⊂ABCD ,AP AM AP AD ⊥⊥AMCD AM AD ⊥,,AB AD AP ∴A x y z (4,0,0),(2,2,3),(0,0,2),(0,2,0)B Q P D PQB ()111,,n x y z =
(4,0,2)BP =- (2,2,3)BQ =- 111114202230x z x y z -+=⎧⎨-++=⎩11
1
122z x y x =⎧⎨=-⎩11x =(1,2,2)n =- PQD ()222,,m x y z =
(0,2,2)PD =-u u u r (2,2,1)PQ = 22222220220y z x y z -=⎧⎨++=⎩22
2232y z x z =⎧⎪
⎨=-⎪⎩
22z =(3,2,2)m =- BPQ DPQ cos ,n ABC 22232b a c ac --=2π
23
C B +=B 2a =1
2
BPQ ABC S S =△△||PQ B PQ π
3
B =
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边化角把已知等式化简后，再经过拆角和，然后由两角和的正弦展开式化简，最后由特殊角的三角函数值求出角即可；（2）由（1）可知是直角三角形，再由三角形的面积公式得到
，然后由余弦定理和均值不等式得到的最小值，最后求出距离即可.
【小问1详解】
因为
，
．因为，所以，同时，
，
，，即．
又因为，所以，所以，故，
【小问2详解】由（1）可知，，，所以是直角三角形，又，所以，，
设，，又，
所以
．在中，由余弦定理和均值不等式可知，
π32B
C =-2π32
B A =-AB
C 11sin 6022mn ⎫︒=⨯=⎪⎪⎭||PQ 22232b a c ac --=a c =+sin sin B A C =+2π23C B +=
π32B
C =-π2ππ()π3232
B B A
C B B ⎡⎤⎛⎫=-+=--+=
- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦2ππsin sin 3232B B B ⎛⎫⎛⎫
=-+-
⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
11sin sin 222222
B B B B B ⎛⎫=
--+- ⎪⎝⎭2
B
B =2sin cos cos 222B B B
=(0,π)B ∈cos 02B ≠1sin 22
B =π
3B =ππ326B C =
-=2πππ
362
A =-=ABC 2a =1c =b =
||BP m =||BQ n =1
2
BPQ ABC S S =
△△11sin 6022mn ⎫︒=⨯=⎪⎪⎭
1mn =BPQ V
．当且仅当时，等号成立，取得最小值1．
此时，是边长为1的等边三角形，点到直线的距离为17. 已知函数，其在处的切线科淬为．
（1）求的值；
（2）若点在函数的图象上，求的取值范围．
【答案】（1）1 （2）【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义列式求解，即可得答案.（2）结合（1）求出函数的值域，由题设可得的表达式，由此构造函数
，，利用导数判断其单调性，即可求得答案.【小问1详解】
，
由题意，，整理得，令，所以，
所以当时，，在上单调递减，且，当时，，在上单调递增，又，，，
所以关于的方程只有一个根，即．【小问2详解】
由（1）问可知，所以
，
22222π
||2cos
12113
PQ m n mn m n mn =+-=+-≥-=1m n ==||PQ BPQ V B
PQ 1sin 60︒⨯=
(
)()1e ax
f x x =-1x =12e -a (,)m n ()f x ()()f m f n -1
,0e
⎡⎤-⎢⎥
⎣
⎦
(
)()1e
ax
f x x =-()()f m f n -()e x t x x =],(0x ∈-∞()1(1)e ax f x ax =+'-(1)1(1)e 12e a a f =-+=-'(1)e 2e a a +=()(1)e x
g x x =+()(2)e x
g x x =+'2x <-()0g x '<()g x (2),-∞-()0g x <2x >-()0g x '>()g x (2),-+∞2(2)e 0g --=-<(1)0g -=(1)2e g =a (1)e 2e a a +=1a =(
)()1e
x
f x x =-()1(1)e
x
f x x =-+'
令进而可知在区间上单调递增，在区间上单调递减，且，时，，，所以时，，函数在上单调递增，时，，函数在上单调递减，
当时，取得最大值，所以的值域为．
又由题意知点在函数的图象上，故，所以，．
令，，
所以，当时，，
当时，，在区间单调递减，当时，，区间单调递增，所以当时，取得最小值，
当时，，当时，，且，所以的值域为，
所以的取值范围是．
【点睛】关键点点睛：本题综合考查了导数的应用问题，难点在于（2）中求解的范围，解答时要首先利用导数求出的值域为，进而求出的表达式，构造函数，利用导数判断单调性，求解范围.
18. 为进一步培养高中生数学学科核心素养，提高创造性思维和解决实际问题的能力，某省举办高中生数学建模竞赛现某市从M ，N 两个学校选拔学生组队参赛，M ，N 两个学校学生总数分别为1989人、3012人．两校分别初选出4人、6人用于组队参赛，其中两校选拔的人中各有两人有比赛经验，按照分层抽样
()1(1)e 1()
x h x x g x =-+=-()h x (,2)-∞-(2,)-+∞2(2)1e 0h --=+>2x <-()0h x >(0)0h =0x <()0f x '>()f x (,0)-∞0x >()0f x '<()f x (0,)+∞0x =()f x (0)0f =()f x (,0]-∞(,)m n ()f x ()n f m =(
)()()()1e e
n
n
f m f n n f n n n n -=-=--=(,0]n ∈-∞()e x t x x =],(0x ∈-∞()(1)e x t x x '=+=1x -(1)0t '-=(,1)x ∈-∞-()0t x '<()t x (,1)-∞-(1,0]x ∈-()0t x '>()t x (1,0]-1x =-()t x 1
e
-(,1)x ∈-∞-()0t x <x →-∞()0t x →(0)0t =()t x 1,0e
⎡⎤-⎢⎥⎣
⎦
()()f m f n -1,0e
⎡⎤-⎢⎥⎣
⎦
()()f m f n -()f x (,0]-∞()()f m f n -
从M ，N 两个学校初选人中共选择5名学生组队参赛，设该队5人中有参赛经验的人数为X ．（1）求随机变量X 的分布列及数学期望；
（2）各市确定5人组队参赛，此次比赛规则是：小组内自行指定一名同学起稿建立模型，之后每轮进行两人单独交流．假设某队决定由A 起稿建立模型，A 从其他四名成员中选择一人B 进行交流，结束后把成果交由B ，然后B 再从其他包括A 在内的四个成员中选择一人进行交流每一个环节只能是两名成员单独交流，每个小组有20次交流机会，最后再进入评委打分环节，现该市选定甲、乙、丙、丁、戊五人参赛，其中甲、乙两人有参赛经验．在每次交流中，甲、乙被同伴选为交流对象的概率均为，丙、丁、戊被同伴选为交流对象的概率相等，比赛由甲同学起稿建立模型．①求该组第三次交流中甲被选择的概率；
②求第n 次交流中甲被选择的概率（，）．【答案】（1）分布列见解析，
（2）①；②【解析】
【分析】（1）列出随机变量的可能取值，并根据超几何分布计算每个可能取值的概率，并计算分布列和数学期望；
（2）①根据第三次交流中甲被选择，第二次交流中甲未参与，计算概率即可；
②根据第次被选择的概率，第次未被选择的概率，得出数列递推公式，再通过数列计算通项即可.【小问1详解】
由题随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，4．
()E X 1
3
20n ≤n +∈N ()2E X =2
91
11143n -⎡⎤
⎛⎫--⎢⎥ ⎪
⎝⎭
⎢⎥⎣⎦
X n n 1-()11
13
n n P P -=-⨯X 0203
2224
2346C C C C 1(0)C C 30
P x ==⨯=
1103021222242224
23234646C C C C C C C C 7(1)C C C C 30
P x ==⨯+⨯=
022111122003222422242224
232323464646C C C C C C C C C C C C 7(2)C C C C C C 15P x ==⨯+⨯+⨯=
2012112122242224
23234646
C C C C C C C C 7(3)C C C C 30P x ==⨯+⨯=
所以的分布列为
01234
所以随机变量的数学期望．【小问2详解】
①甲、乙两同学被同伴选择的概率均为．其他三名同学被选择的概率相等．比赛由甲同学起稿建立模型，第三次交流中甲被选择，所以第二次交流中甲未参与．设“第三次交流中甲被选择”，则．②第次交流中甲被选择，
则第次交流中甲未被选择．设第次交流中甲被选择的概率为．则，所以，且．所以，
所以．19. 设抛物线的方程为，为直线上任意一点；过点作抛物线的两条切线MA ，MB ，切点分别为A ，B （A 点在第一象限）．
20212224
2346C C C C 1(4)C C 30
P x ==⨯=
X X
P
1
30730715730130
X 17771
()0123423030153030
E X =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=13
A =12121121162()333333333279
P A =
⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯==n ()*
2,N
n n ≥∈1n -n n P ()11111333
n n n P P P -=-⨯=-+1111434n n P P -⎛⎫
-
=-- ⎪⎝⎭
10P =1
1
11111144343n n n P P --⎛⎫⎛⎫
⎛⎫⎛⎫
-=-⨯-=-- ⎪ ⎪
⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
1
11143n n P -⎡⎤
⎛⎫=--⎢⎥ ⎪
⎝⎭
⎢⎥⎣⎦
C 24y x =M :(0)l x m m =->M C
（1）当M 的坐标为时，求过M ，A ，B 三点的圆的方程；（2）求证：直线AB 恒过定点；
（3）当m 变化时，试探究直线l 上是否存在点M ，使为直角三角形，若存在，有几个这样的点，说明理由；若不存在，也请说明理由．【答案】（1） （2）证明见解析 （3）存在，答案见解析
【解析】
【分析】（1）设切线方程，与抛物线联立方程组，由求出切线斜率，得A ，B 两点的坐标，可求A ，B 三点的圆的方程；
（2）设切点坐标和切线方程，与抛物线联立方程组，由求出切线斜率，把点代入切线方程，可得直线AB 的方程，由方程确定所过定点；
（3）利用向量数量积和直线的斜率，结合韦达定理，确定为直角三角形所需条件.【小问1详解】
当M 的坐标为时，设过点的切线方程为，
与联立，得，整理得，令，解得或，分别代入方程得和，故得，，同时可求得直线MA 的方程为，直线MB 的方程为，
进而可知，即直线MA 与直线MB 互相垂直，则过M ，A ，B 三点的圆的直径为线段AB ，
设该圆上任一点的坐标为，则，，所以，
31,
2⎛⎫
- ⎪⎝
⎭
MAB △2
2
17
3304
x y x y +---=Δ0=Δ0=M MAB △31,2⎛⎫- ⎪⎝
⎭M 3(1)2y k x -=+2
4y x =23124y y k ⎛⎫-=+
⎪⎝⎭
23
042k y y k -++=3Δ14042k k ⎛⎫=-⋅
+= ⎪⎝⎭2k =-1
2
k =1y =-4y =(4,4)A 1,14B ⎛⎫
- ⎪⎝⎭
122
y x =
+1
22y x =--1MA MB k k ⋅=-P (,)x y (4,4)AP x y =--
1,14BP x y ⎛⎫=-
+ ⎪⎝
⎭
1(4)(4)(1)04AP BP x x y y ⎛
⎫⋅=--+-+= ⎪⎝
⎭
从而过M ，A ，B 三点的圆的一般方程为．（圆的标准方程：）．小问2详解】
设切点分别为，，
过抛物线上点的切线方程为，
与联立，整理得，，所以，又因为，从而过抛物线上点的切线方程为，即，同理可得过点的切线为，
又切线MA ，MB 都过点，所以得，，
即点均满足方程，
故直线AB 的方程为．
设，其为直线上任意一点，
故对任意成立，从而直线AB 恒过定点．
【小问3详解】
由（2）知是方程的两实根，故有，又，，，所以．
【22173304x y x y +-
--=221736258264x y ⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪⎝
⎭⎝⎭()11,A x y ()22,B x y ()11,A x y ()11y y k x x -=-24y x =21104
k y y kx y --+=()11Δ1404
k kx y =-⋅-+=12k y =2114y x =()11,A x y ()111
2y y x x y -=-()112y y x x =+()22,B x y ()222y y x x =+()00,M x y ()10012y y x x =+()20022y y x x =+()()1122,,,A x y B x y ()002y y x x =+()002y y x x =+()00,M x y :(0)l x m m =->02()y y x m =-0y (,0)m 12,y y 20024y y y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
120120
24y y y y y x +=⎧⎨=⎩2114y x =2224y x =0x m =-()()()()()22221020102000044(1)4MA MB x x x x y y y y m my m y m y m ⋅=--+--=+--=-+
①当时，，直线上任意一点均有，为直角三角形；
②当时，，，不可能为直角三角形；③当时，，，因为，
所以
若，则，整理得，又因，所以．
因为方程有解的充要条件是，所以当时，有，（的情况同理），
所以为直角三角形．
综上所述，当时，直线上任意一点，使为直角三角形，
当时，直线上存在两点，使为直角三角形；
当或时，不是直角三角形．
【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x (或y )建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．为的1m =0MA MB ⋅= l M M A M B ⊥MAB △01m <<0MA MB ⋅< 2AMB π∠>
MAB △1m >0MA MB ⋅> 2AMB π∠<
121212042AB y y k x x y y y -===-+12MA k y ==02AB MA k k y ⋅=
1AB MA k k ⋅=-021y =-()20024x y +=-0x m =-20(2)4m y -=20(2)4m y -=m>2m>2MA AB ⊥MB AB ⊥MAB △1m =l M MAB △m>2l M MAB △01m <<12m <≤MAB △。