湖南省长沙市第一中学2022-2023学年高三上学期月考(四)数学试题含答案

长沙市一中2023届高三月考试卷（四）
数学
时量：120分钟
满分：150分
一、单项选择题：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．集合{}
38A x x =∈<<N ，{}6,7,8B =，全集U A B =⋃，则()U A B ⋂ð的所有子集个数（）
A ．2
B ．4
C ．8
D ．16
2．已知复数z 满足i 3i 4z =+，其中i 为虚数单位，则z 在复平面内对应点在（
）A ．第一象限
B ．第二象限
C ．第三象限
D ．第四象限
3．在ABC △中，点N 满足2AN NC = ，记BN a = ，NC b = ，那么BA = （
）
A ．2a b
- B ．2a b + C ．a b - D ．a b +
4．已知1
lg 2
a =，0.12
b =，sin 3
c =，则（）
A ．a b c
>>B ．b c a >>C ．b a c >>D ．c b a >>5．2022年9月16日，接迎第九批在韩志愿军烈士遗骸回国的运—20专机在两架歼—20战斗机护航下抵达沈阳国际机场。

歼—20战机是我国自主研发的第五代最先进的战斗机，它具有高隐身性、高态势感知、高机动性能等特点，歼—20机身头部是一个圆锥形，这种圆锥的轴截面是一个边长约为2米的正三角形则机身头部空间大约（）立方米
A B ．
33πC D ．2
2π
6．已知函数()1cos 32πf x x ω⎛
⎫=-- ⎪⎝
⎭（0ω>），将()f x 的图象上所有点的横坐标缩短为原来的12，
纵坐标不变，得到函数()g x 的图象，已知()g x 在[]0,π上恰有5个零点，则ω的取值范围是（）
A ．82,3⎡⎫
⎪⎢⎣⎭
B ．72,3
⎛⎤ ⎥
⎝
⎦
C ．82,3
⎛⎤ ⎥
⎝
⎦
D ．72,
3⎡⎫
⎪⎢⎣⎭
7．用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），在任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和
2相邻的概率是（）A ．
518
B ．
49
C ．
59
D ．
1318
8．已知三棱柱111ABC A B C -中，12AB AA ==，BC =，当该三棱柱体积最大时，其外接球的体
积为（）
A ．
2821
π27
B ．
32π3
C ．
205
π3
D ．
287
π9
二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9．如图，点A ，B ，C ，M ，N 是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足MN ∥平面ABC 的有（
）
A ．B
．
C
．
D ．
10．已知抛物线C ：2
14y x =
的焦点为F ，P 为C 上一点，下列说法正确的是（）
A ．C 的准线方程为1
16
y =-
B ．直线1y x =-与
C 相切
C ．若()0,4M ，则PM
的最小值为D ．若()3,5M ，则PMF △的周长的最小值为1111．已知数列{}n a 中，11a =，若11
n n n na a n a --=+（2n ≥，n *
∈N ），则下列结论中正确的是（
）
A ．3611
a =
B ．11112n n a a +-≤
C ．ln(1)1
n a n ⋅+<D ．
21112
n n a a -≤12．已知偶函数()f x 在R 上可导，()01f =-，()()g x f x '=，若()()112f x f x x +--=，则（）
A ．()00g =
B ．()20232023
g =C ．()33
f =D ．()2
221f n n -=-（n ∈N ）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知圆C ：()2
2
116x y -+=，若直线l 与圆C 交于A ，B 两点，则ABC △的面积最大值为______．14
．若(
3n
x +的展开式的所有项的系数和与二项式系数和的比值是32，则展开式中3
x 项的系数是
______．
15．已知点1F 是椭圆22
221x y a b
+=（0a b >>）的左焦点，过原点作直线l 交椭圆于A ，B 两点，M ，N
分别是1AF ，1BF 的中点，若存在以MN 为直径的圆过原点，则椭圆的离心率的范围是______．
16．设函数()2
322
f x x ax =
-（0a >）的图象与()2ln g x a x b =+的图象有公共点，且在公共点处切线方程相同，则实数b 的最大值为______．
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．（本小题满分10分）
已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足：()231n n S a =-，*
n ∈N ．
（1）求{}n a 的通项公式；
（2）设n n b na =，求数列{}n b 的前n 项和n T ．18．（本题满分12分）
设ABC △的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，面积为S ，已知D 是BC 上的点，AD 平分BAC ∠．（1）若2
π3
BAC ∠=
，4AB =，2AC =，求AD 的值；（2）若ABC △为锐角三角形，请从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求BD
DC
的取值范围．
条件①：)222
4b c a S +-=；
条件②：2
2
4sin 8sin
102
B
B --=；
条件③：2
2
2
sin cos cos sin B C A A B +-=．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．19．（本题满分12分）
如图，点E 在ABC △内，DE 是三棱锥D ABC -的高，且2DE =．ABC △是边长为6的正三角形，
5DB DC ==，F 为BC 的中点．
（1）证明：点E 在AF 上；
（2）点G 是棱AC 上的一点（不含端点），求平面DEG 与平面BCD 所成夹角余弦值的最大值．20．（本题满分12分）
已知双曲线C ：22
221x y a b
-=（0a >，0b >）经过点()2,3-，两条渐近线的夹角为60°，直线l 交双曲线
C 于A ，B 两点．
（1）求双曲线C 的方程；
（2）若动直线l 经过双曲线的右焦点2F ，是否存在x 轴上的定点(),0M m ，使得以线段AB 为直径的圆恒过M 点？若存在，求实数m 的值；若不存在，请说明理由．
21．（本小题满分12分）
某中学2022年10月举行了2022“翱翔杯”秋季运动会，其中有“夹球跑”和“定点投篮”两个项目，某班代表队共派出1男（甲同学）2女（乙同学和丙同学）三人参加这两个项目，其中男生单独完成“夹球跑”的概率为0.6，女生单独完成“夹球跑”的概率为a （00.4a <<）．假设每个同学能否完成“夹球跑”互不影响，记这三名同学能完成“夹球跑”的人数为ξ．（1）证明：在的概率分布中，()1P ξ=最大．
（2）对于“定点投篮”项目，比赛规则如下：该代表队先指派一人上场投篮，如果投中，则比赛终止，如果没有投中，则重新指派下一名同学继续投篮，如果三名同学均未投中，比赛也终止．该班代表队的领队了解后发现，甲、乙、丙三名同学投篮命中的概率依次为()i t P i ξ==（1i =，2，3），每位同学能否命中相互独立．请帮领队分析如何安排三名同学的出场顺序，才能使得该代表队出场投篮人数的均值最小？并给出证明．22．（本小题满分12分）
已知函数()sin ln f x x x m x =-+，0m ≠．
（1）若函数()f x 在()0,+∞上是减函数，求m 的取值范围；（2）设3ππ,
2α⎛⎫∈ ⎪⎝
⎭
，且满足cos 1sin ααα=+，证明：当2
0sin m a α<<-时，函数()f x 在()0,2π上恰有两个极值点．
长沙市一中2023届高三月考试卷（四）
数学参考答案
一、单项选择题：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．题号12345678答案C
A
A
B
B
D
C
C
1．C
【解析】依题意，{}4,5,6,7A =，而{}6,7,8B =，则{}4,5,6,7,8U =，{}6,7A B ⋂=，因此
(){}4,5,8U A B ⋂=ð，所以()U A B ⋂ð的所有子集个数是328=．故选：C ．
2．A 【解析】由题得3i 4
34i i
z +=
=-，所以34i z =+．所以z 在复平面内对应点在第一象限．故选：A ．
3．A 【解析】22BA BN NA BN NC a b =+=-=-
．故选：A ．
4．B 【解析】1lg lg102
a =<=，0.10
221b =>=，0sin31<<，∴b c a >>．故选：B ．
5．B 【解析】根据圆锥的轴截面是一个边长约为2米的正三角形可知，圆锥底面半径为1米，
米，根据圆雉体积公式得213
π1π33
V =
⨯=．故选：B ．
6．D
【解析】()π1
cos 232
g x x ω⎛⎫=-
- ⎪
⎝
⎭，令π23t x ω=-，由题意()g x 在[]0,π上恰有5个零点，即1cos 2t =
在π
π,2π33t ω⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦
上恰有5个不相等的实根，由cos y t =的性质可得11ππ13π2π333ω≤-<，解得7
23
ω≤<．故选：D ．7．C
【解析】将3个偶数排成一排有33A 种，再将3个奇数分两种情况揷空有3
32A 种，
所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的6位数有3
3
332A A 72=种，任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻，分两种情况讨论：当个位是偶数：2在个位，则1在十位，此时有2
2
22A A 4=种；
2不在个位：将4或6放在个位，百位或万位上放2，在2的两侧选一个位置放1，最后剩余的2个位置放其它两个奇数，此时有1
1
1
2
2222C C C A 16=种；所以个位是偶数共有20种；
同理，个位是奇数也有20种，则任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻的数有40种，所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是
405
729
=．故选：C ．8．C 【解析】解法一：因为三棱柱111ABC A B C -为直三棱柱，所以1AA ⊥平面ABC ，
所以要使三棱柱的体积最大，则ABC △面积最大，因为1
sin 2
ABC S BC AC ACB =
⋅⋅∠△，令AC x =
，因为BC =
，所以2
3sin 2
ABC S x ACB =
⋅∠△，在ABC △
中，2222cos 2AC BC AB ACB AC BC +-∠==⋅，所以()2
2422
4
4
16143216
sin 11212x x x ACB x x
--+-∠=-=，所以()()2
24
2
2
42412
3384sin 3443
4
ABC x x x S x ACB ∠--+-+-=
⋅=⋅=△，
所以当2
4x =，即2AC =时，()2
ABC S △取得最大值3，
所以当2AC =时，ABC S △
，此时ABC △为等腰三角形，2AB AC ==
，BC =，
所以22244121
cos 22222AB AC BC BAC AB AC +-+-∠===-⋅⨯⨯，()0,πBAC ∠∈，
所以2π3
BAC ∠=，由正弦定理得ABC △外接圆的半径r 满足
23
422πsin
3
r ==，即2r =，
所以直三棱柱111ABC A B C -外接球的半径2
2
2
152AA R r ⎛⎫
=+= ⎪⎝⎭
，即R =所以直三棱柱111ABC A B C -外接球的体积为
34π205π33
R =．故选：C ．
解法二：在平面ABC 中，由2AB =，BC =知，平面ABC 中C 点的轨迹是阿氏圆，建立坐标系
．要使三棱柱的体积最大，则ABC △面积最大，此时可计算出外接圆半径为
2．
所以直三棱柱111ABC A B C -外接球的半径2
2
2
1252AA R ⎛⎫
=+= ⎪⎝⎭
，即R =
所以直三棱柱111ABC A B C -外接球的体积为
34π33
R π=．二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
题号9101112答案
AD
BC
ABC
ABD
9．AD
【解析】对于A 选项，由图1可知MN DE AC ∥∥，MN ⊄平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，
所以MN ∥平面ABC ，A 正确；
对于B 选项，设H 是EG 的中点，由图2，结合正方体的性质可知，AB NH ∥，MN AH BC ∥∥，
AM CH ∥，所以A ，B ，C ，H ，N ，M 六点共面，B 错误；
对于C 选项，如图3所示，根据正方体的性质可知MN AD ∥，由于AD 与平面ABC 相交，所以MN 与平面ABC 相交．所以C 错误；
对于D 选项，如图4，设AC NE D ⋂=，由于四边形AECN 是矩形，所以D 是NE 中点，由于B 是ME 中点，，所以MN BD ∥，由于MN ⊄平面ABC ，BD ⊂平面ABC ，所以MN ∥平面ABC ，D
正确．
故选：AD ．
10．BCD 【解析】拋物线C ：2
14
y x =
，即24x y =，所以焦点坐标为()0,1F ，准线方程为1y =-，故A 错误；
由21,4
1,
y x y x ⎧
=⎪⎨⎪=-⎩即2
440x x -+=，解得()24440∆=--⨯=，所以直线1y x =-与C 相切，故B 正确；点(),P x y ，所以()()2
22
22441621212PM x y y y y =+-=-+=-+≥，
所以min
PM
=，故C 正确；
如图过点P 作PN ⊥准线，交于点N ，NP PF =，
5MF ==，
所以周长5611PFM C MF MP PF MF MP PN MF MN =++=++≥+=+=△，当且仅当M 、P 、
N 三点共线时取等号，故D 正确；
故选：BCD ．11．ABC
【解析】因为11
n n n na a n a --=
+，故可得1111
n n a a n --=，
1122
1111111111111
112n n n n n a a a a a a a a n n ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-+=++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭，对A ：当3n =时，311111
1236
a =++=，故可得3611a =，故A 正确；
对B ：因为
1111n n a a n --=，则1111
1
n n a a n +-=
+对1n =也成立，又当1n ≥，*
n ∈N 时，
1112n ≤+，则1111
2
n n a a +-≤，故B 正确；对C ：令()()ln 1f x x x =+-（0x >），则()01
x
f x x -=<+'，故()f x 在()0,+∞上单调递减，则()()00f x f <=，则当0x >时，()ln 1x x +<，11
ln 1x x
⎛⎫+< ⎪⎝⎭；
则当1n ≥，*
n ∈N 时，11
ln 1n n
⎛⎫+<
⎪⎝⎭，即()1ln 1ln n n n +-<；
则()()()()11
ln 1ln 1ln ln ln 1ln2ln111
n n n n n n n +=+-+--+⋅⋅⋅+-<++⋅⋅⋅+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦-，即()1
ln 1n
n a +<，又0n a >，()ln 11n a n ⋅+<，故C 正确；对D ：
2111111112222
n n n a a n n n n -=++⋅⋅⋅+≥⨯=++，故D 错误．故选：ABC ．
12．ABD 【解析】因为函数()f x 为偶函数，所以()f x 的图象在0x =处的斜率为0，即()()000g f ='=，故A 正确；
函数()f x 为偶函数，所以()g x 为奇函数，()()112f x f x x +--=，
所以()()112g x g x ++-=，令0x =，得()11g =，又()g x 为奇函数，所以()()112g x g x +--=，
()()()()()()()()202320232021202120193112101112023g g g g g g g g =-+-+⋅⋅⋅+-+=⨯+=，
故B 正确；
假设()2112
f x x =
-，
满足()f x 为偶函数，()01f =-，()()()()22
111111222f x f x x x x +--=+--=，符合题目的要求，此时，()7
32
f =，故C 错；
()f x 为偶函数，所以()()112f x f x x +--=，即()()112f x f x x --+=-，
()()()()()()()()
22222224200f n f n f n f n f n f f f -=---++-+--++⋅⋅⋅+--+()()()()221222122322111212
n n n n n --+⎡⎤⎣
⎦=-----⋅⋅⋅-⋅--=-=-（n ∈N ），故D 正确．
故选：ABD ．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．8
【解析】圆C ：()2
2116x y -+=的圆心为()1,0，半径为4，
设线段AB 的中点为M ，
由垂径定理得：2
2
16AM MC +=，
由基本不等式可得：2
2
162AM MC AM MC +=≥⋅，所以8AM MC ⋅≤，当且仅当AM MC =时，等号成立，则1
82
ABC S AB CM AM CM =
⋅=⋅≤△，故答案为：8．14．15【解析】令1x =，得所有项的系数和为4n
，二项式系数和为2n
，所以42322
n n
n ==，即5n =，
(5
3x +
的第1r +项为()155522
55C 3C 3r
r
r r r r x x x ---⎛⎫⋅⋅=⋅⋅ ⎪⎝⎭
，
令532
r -=，得4r =，所以3x 项的系数是4
5C 315⨯=，故答案为：15．
15．22⎫⎪⎪⎣⎭
【解析】如图所示，当点M ，N 分别是1AF ，1BF 的中点时，OM ，ON 是1ABF △的两
条中位线，若以MN 为直径的圆过原点，则有OM ON ⊥，11AF BF ⊥，
解法一：所以在直角1ABF △中，122AB OF c ==，即A 、B 为以原点为圆心，c 为半径的圆与椭圆的交点，所以b c ≤，即2
2
b c ≤，
所以2
2
2a c ≤，故
22e ≤，又1e <，所以2
12
e ≤<．解法二：由上可知，11AF BF ⊥，
设点()00,A x y ，则点()00,B x y --，又点()1,0F c -，
所以()100,AF c x y =--- ，()100,BF c x y =-+
，
则222
11000AF BF c x y ⋅=--= ，又2200221x y a b +=，
所以2222020c x b c a +-=，得()2222
02
a c
b x
c -=
，即只需()22222
0a c b a c -≤
<，整理得：222c a ≥，
解得
22e ≤，又1e <，所以2
12e ≤<．故答案为：2,12⎫⎪⎪⎣⎭
．16．2
12e
【解析】设公共点坐标为()00,x y ，则()32f x x a =-'，()2
a g x x
'=（0x >），
所以有()()00f x g x =''，即20032a x a x -=，解得0x a =（03
a
x =-舍去），又()()000y f x g x ==，所以有2
200032ln 2
x ax a x b -=+，故2
200032ln 2
b x ax a x =
--，所以有22
1ln 2
b a a a =--，对b 求导有()21ln b a a =-+'，
故b 关于a 的函数在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭为增函数，在1,e ⎛⎫
+∞ ⎪⎝⎭
为减函数，
所以当1
e
a =
时b 有最大值212e ．故答案为：212e ．
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．【解析】（1）由已知()231n n S a =-，*
n ∈N ，当1n =时，()11231S a =-，解得113a S ==，当2n ≥时，()11231n n S a --=-，
则()()123131n n n a a a -=---，即13n n a a -=，所以数列{}n a 是以3为首项，3为公比的等比数列，所以1333n n n a -=⨯=；
（2）由（1）得3n n a =，则3n
n n b na n ==⋅，
所以()2
3
1
13233313
3n n n T n n -=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+⨯①，
()23413132333133n n n T n n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+⨯②，
①－②得()()1
2
3
1
1
3133213233333
3
13
2
n n n
n n n n T n n +++-----=+++⋅⋅⋅+-⨯=
⨯=
-，
所以()1
32134
n n n T ++-=．
18．【解析】（1）依题意可得ABD ACD S S S =+△△，
可得
111
sin sin sin 222
AB AC BAC AB AD BAD AD AC DAC ⋅⋅∠=⋅⋅∠+⋅⋅∠，又因为AD 平分BAC ∠，且2π3BAC ∠=，所以1
π3
BAD DAC ∠=∠=，
则
1114242222222
AD AD ⨯⨯⨯=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯
，整理可得4
3
AD =．
（2）选条件①：
)222
14sin 2
b c a
bc A +-=⨯，
222
sin 2b c a A bc
+-=
sin A A =
，即tan A =∵π0,2A ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭
，∴π3A =，
在ABD △中，由正弦定理得
sin sin BD AB
BAD ADB
=
∠∠，∴sin sin AB BAD BD ADB ⋅∠=∠，在ADC △中，由正弦定理得sin sin CD AC
CAD ADC
=
∠∠，∴sin sin AC CAD CD ADC ⋅∠=∠，∵AD 平分BAC ∠，ADB ∠与ADC ∠互补，
∴
2πsin 31sin cos sin sin 313sin 22sin sin sin sin 2tan 2sin AB BAD B B B
BD AB c C ADB AC CAD DC AC b B
B B B ADC
⎛⎫⋅∠-+ ⎪⎝⎭∠=======+⋅∠∠．∵ABC △是锐角三角形，∴ππ
62
B <<
，∴tan 3B >，∴
131222tan 2B <+<，即
BD DC 的取值范围为1,22⎛⎫
⎪⎝⎭
．选条件②：∵21cos 4sin 8102
B
B --⨯
-=，∴2
4sin 4cos 50B B +-=，∴()
241cos 4cos 50B B -+-=，∴()2
2cos 10B -=，∴1cos 2
B =，∵π0,
2B ⎛⎫∈ ⎪⎝
⎭，∴π3
B =，在ABD △中，由正弦定理得
sin sin BD AB
BAD ADB
=
∠∠，∴sin sin AB BAD BD ADB ⋅∠=∠，在ADC △中，由正弦定理得sin sin CD AC
CAD ADC
=
∠∠，∴sin sin AC CAD CD ADC ⋅∠=∠，∵AD 平分BAC ∠，ADB ∠与ADC ∠互补，
∴
sin sin sin 23
sin sin sin π
sin 3sin sin 3
AB BAD BD AB c C C ADB C AC CAD DC AC b B ADC ⋅∠∠======⋅∠∠．∵ABC △是锐角三角形，∴ππ
62
C <<，
∴
1
sin 12
C <<，∴
32323sin 333C <<，∴BD
DC 的取值范围为323,33⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭
．选条件③：
∵(
)(
)
2
2
2
sin 1sin 1sin sin B C A A B +---=
，
∴2
2
2
sin sin sin sin B A C A B +-=，
由正弦定理得2
2
2
a b c +-=
，
∴根据余弦定理得22233cos 222a b c C ab ab +-===
，∵π0,2C ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭
，∴π6C =，
在ABD △中，由正弦定理得sin sin BD AB BAD ADB =
∠∠，∴sin sin AB BAD
BD ADB
⋅∠=∠，在ADC △中，由正弦定理得sin sin CD AC
CAD ADC
=
∠∠，∴sin sin AC CAD CD ADC ⋅∠=∠，∵AD 平分BAC ∠，ADB ∠与ADC ∠互补，
∴sin 1
sin 1sin 2sin sin sin 2sin sin AB BAD BD AB c C
ADB AC CAD DC AC b B B B
ADC
∠∠∠∠⋅======⋅．∵ABC △是锐角三角形，∴ππ
32
B <<，
∴
sin 12B <<
，∴11sin B <
<
，∴1122sin 3B <<，∴
BD
DC 的取值范围为13,23⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭
．19．【解析】（1）证明：连接EF ，DF ．
因为DE 是三棱锥D ABC -的高，即DE ⊥平面ABC ，因为BC ⊂平面ABC ，所以DE BC ⊥．
因为5DB DC ==，BC 的中点为F ，所以DF BC ⊥，因为DE DF
D ⋂=，D
E ，D
F ⊂平面DEF ，所以BC ⊥平面DEF ，
因为EF⊂平面DEF，所以BC EF
⊥．
又因为ABC
△是边长为6的正三角形，BC的中点为F，所以BC AF
⊥，即点E在AF上．
（2）结合（1
）得，AF=
4
DF==
，
EF==
，AE AF EF
=-=．
过点E作EH BC
∥，交AC于H，结合（1）可知EF，EH，ED两两垂直，
所以以E为坐标原点，EF
，EH
，ED
的方向分别为x，y，z
轴，建立如图所示的空间直角坐标系，()
A
，()3,0
B-
，()
C，()
0,0,2
D
所以()2
BD=-
，()
0,6,0
BC=
．
设平面BCD的法向量为()
111
,,
m x y z
=
，
则
0,
0,
BD m
BC m
⎧⋅=
⎪
⎨
⋅=
⎪⎩
即111
1
320,
60,
y z
y
⎧-++=
⎪
⎨
=
⎪⎩
取11
x=
，则(
m=
．
又()
AC=
，
设AG AC
λ
=
，()
0,1
λ∈．
所以(
)(
)(),0
EG EA AC
λλλ
=+=+=-
．
设平面DEG的法向量为()
222
,,
u x y z
=
，
则
0,
0,
ED u
EG u
⎧⋅=
⎪
⎨
⋅=
⎪⎩
即(2
22
20,
30,
z
x yλ
=
⎧⎪
⎨
+=
⎪⎩
取2x=
，则
13,0
u
λ
⎫
=-⎪
⎭
．
所以
1
cos,
2
u m
u m
u m
⋅
==≤
，当且仅当1
3
λ=时，等号成立．
所以平面DEG与平面BCD所成夹角余弦值的最大值为
1
2．
20．【解析】（1）∵两条渐近线的夹角为60°，
∴渐近线的斜率
b
a±=或
3
3
±
，即b=或
3
3
b a
=；
当b =时，由22491a b
-=得：21a =，23b =，∴双曲线C 的方程为：22
13y x -=；当33b a =
时，方程2249
1a b
-=无解；综上所述，双曲线C 的方程为：2
2
13
y x -=．（2）由题意得：()22,0F ，
假设存在定点(),0M m 满足题意，则0MA MB ⋅=
恒成立；
方法一：①当直线l 斜率存在时，设l ：()2y k x =-，()11,A x y ，()
22,B x y ∴212243k x x k +=-，212243
3
k x x k +=-，
∴()()()()2212121212121224MA MB x m x m y y x x m x x m k x x x x ⋅=--+=-+++-++⎡⎤⎣⎦
()()()()()()2
2222222
2
2121222
431421244033
k k k k m k x x k m x x m k m k k k +++=+-++++=
-++=--，∴()()()()()2222222
43142430k k k k m m k k
++-+++-=，
整理可得：()()
22245330k m m m --+-=，
由22
450,
330
m m m ⎧--=⎨-=⎩得：1m =-；∴当1m =-时，0MA MB ⋅=
恒成立；
②当直线l 斜率不存在时，l ：2x =，则()2,3A ，()2,3B -，
当()1,0M -时，()3,3MA = ，()3,3MB =-
，∴0MA MB ⋅= 成立；
综上所述，存在()1,0M -，使得以线段AB 为直径的圆恒过M 点．方法二：①当直线l 斜率为0时，l ：0y =，则()1,0A -，()1,0B ，
∵(),0M m ，∴()1,0MA m =-- ，()1,0MB m =-
，∴2
10MA MB m ⋅=-= ，解得1m =±；
②当直线l 斜率不为0时，设l ：2x ty =+，()11,A x y ，()
22,B x y 由222,13x ty y x =+⎧⎪⎨-=⎪⎩
得，()22311290t y ty -++=，∴()2
2310,12330,t t ⎧-≠⎪⎨∆=+>⎪⎩∴1221231t y y t +=--，1229
31
y y t =-，
∴()()()2
1212121212
MA MB x m x m y y x x m x x m y y ⋅=--+=-+++ ()()()()()()222
121212121222221244ty ty m ty ty m y y t y y t mt y y m m =++-+++++=++-++-+
()()()()222222291122121594420313131
t t t mt m t m m m t t t +--+=-+-+=+-=---；当12159
3
1m -=-，即1m =-时，0MA MB ⋅= 成立；综上所述，存在()1,0M -，使得以线段AB 为直径的圆恒过M 点．21．【解析】（1）由已知，ξ的所有可能取值为0，1，2，3，
()()()()22
010.610.41P a a ξ==-⋅-=-，
()()()()()()2
1210.6110.6C 10.213P a a a a a ξ==-+-⋅-=-+，
()()()()
1
2220.6110.60.432P C a a a a a ξ==⋅-+-=-()2
30.6P a ξ==∵00.4a <<，∴()()()()100.21130P P a a ξξ=-==-+>，
()()()2120.23830P P a a ξξ=-==-+>()()()2130.24230
P P a a ξξ=-==-+->所以概率()1P ξ=最大．
（2）由（1）知，当00.4a <<时，有()11t P ξ==的值最大，且()()()23230.2670t t P P a a ξξ-==-==->，123t t t >>，
所以应当以甲、乙、丙的顺序安排出场顺序，才能使得该代表队出场投篮人数的均值最小．证明如下：
假设1p ，2p ，3p 为1t ，2t ，3t 的任意一个排列，即若甲、乙、丙按照某顺序派出，
该顺序下三个小组能完成项目的概率为1p ，2p ，3p ，记在比赛时所需派出的小组个数为η，则1η=，2，3，且η的分布列为：
η
123
P
1
p ()121p p -()()
1211p p --数学期望()()()()1121212122131132E p p p p p p p p p η=+-+--=--+，∵123t t t >>，∴11p t ≤，()()()()12121111p p t t --≥--，
∴()()()()121212112112123221121132p p p p p p p t t t t t t t --+=+---≥+---=--+，所以应当以甲、乙、丙的顺序安排出场顺序，才能使得该代表队出场投篮人数的均值最小．22．【解析】（1）()cos 1m
f x x x
=-+
'，因为函数()f x 在()0,+∞上是减函数，所以()cos 10m
f x x x
=-+≤'在()0,+∞上恒成立，当0m <时，()cos 10m
f x x x
=-+
≤'在()0,+∞上恒成立，满足题意；
当0m >时，当0,
2m x ⎛⎫
∈ ⎪
⎝
⎭
时，由2m x >，故()cos 1cos 12cos 10m f x x x x x =-+>'-+=+≥，与()0f x '≤在()0,+∞上恒成立矛盾，所以m 的取值范围为(),0-∞．
（2）令()cos 10m
f x x x
=-+
='得cos m x x x =-，令()cos g x x x x =-，()0,2πx ∈，则()1cos sin g x x x x =-+'，所以当(]0,πx ∈时，()0g x '>，函数()g x 在(]0,π上单调递增，当3ππ,
2x ⎛⎤∈ ⎥⎝
⎦时，()2sin cos 0g x x x x =+'<'，故函数()g x '在3ππ,2⎛⎤ ⎥⎝⎦
上单调递减，因为()π20g '=>，3π3π1022g ⎛⎫
=-<
⎪
⎝⎭
'，所以存在13ππ,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()10g x '=，即1111cos sin 0x x x -+=，
所以当()1π,x x ∈时，()0g x '>，()g x 在()1π,x 上单调递增；当13π,2x x ⎛
⎫∈ ⎪⎝
⎭时，()()0,g x g x '<在13π,2x ⎛⎫ ⎪⎝
⎭上单调递减；当3π,2π2x ⎛⎫
∈
⎪⎝⎭
时，()3cos sin 0g x x x x '''=->恒成立，所以()g x ''在3π,2π2⎛⎫
⎪⎝⎭
上单调递增，因为3π202g ⎛⎫=-<
⎪⎝⎭''，()2π2π0g ='>'，所以存在23π,2π2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭
，使得()0g x ''=，即2222sin cos 0x x x +=，所以当23π,2x x ⎛⎫
∈
⎪⎝⎭
时，()0g x ''<，()g x '单调递减，当()2,2πx x ∈时，()0g x ''>，()g x '单调递增，因为3π3π1022g ⎛⎫=-<
⎪⎝⎭'，()2π0g '=，所以()g x 在3π,2π2⎛⎫ ⎪⎝⎭
上单调递减，
综上，函数()g x 在()10,x 上单调递增，在()1,2πx 上单调递减，且()()02π0g g ==，
()()1111cos g x x x =-，
因为()11111cos sin 0g x x x x '=-+=，即1111sin cos x x x +=，所以()()2
111111cos sin g x x x x x =-=-，
所以()()2
1110sin g x g x x x <≤=-，其中13ππ,
2x ⎛
⎫∈ ⎪⎝
⎭
，所以当2110sin m x x <<-时，直线y m =与()y g x =的图象在()0,2π上有两个交点，所以()f x '在()0,2π上有两个变号零点，即()f x 在()0,2π上有两个极值点．
所以取1x α=，则cos 1sin ααα=+，当2
0sin m αα<<-时，()f x 在()0,2π上有两个极值点．。