大题预测01 （解析版）.docx

大题预测Ol（A组+B组+C组）【A组】（建议用时：60分钟满分：85分）三、解答题：本题共6小题，共85分.解答应写出文字说明、证明过程或演绎步骤。16.（本小题共13分）（2024北京丰台期末）在AABC中，a=&，A=y.求。的大小；在下列三个条件中选择一个作为已知，使ABC存在且唯一确定，并求出AC边上的中线的长度.条件：a=2b条件：ABC的周长为4+26；条件：ZkABC的面积为G.注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得。分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.【解】（1）在JIBC中，因为三二三，又=JJc,所以SinA=6sinC.sinAsinC因为A=当，所以SinC=；.因为。<y,所以C=，3O（2）选择条件：因为.ABC中，A=鸟，C=7>A+B+C=11,36所以B=?,即ABC为等腰三角形，其中匕=。.O因为=>¾,所以+8+c=6/,+2=4+26所以6=2设点O为线段AC的中点，在AABQ中，AD=I.A因为AABD中，BD2=AB2+AD2-2ABADcos/BAD=22÷I2-2×2×l×cos-=7,3所以BD=",即AC边上的中线的长度为选择条件：因为.ABC中，4=§，C=-4+B÷C=11,所以8=%即ABC为等腰三角形，其中b=c.O因为“IBC的面积为有，即Sam=/Si哼=G所以Z?=c=2.设点。为线段AC的中点，在AABO中，AD=I.因为中，BD2=AB2+AD2-2AB-ADcosZBAD=22÷12-2×2×Ixcos-=7,3所以BD=",即AC边上的中线的长度为由题可知4=J0，故不合题意.17.（本小题共14分）（2024上北京顺义高三统考期末）如图，在三棱柱ABC-ABC中，E9"分别为BC,A4的中点，ABl=ACl=AA=2.求证：EFZZYffiMC1C;若AA，4%平面AAGC，平面AB燃，从条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知,求“尸与平面ABC所成角的正弦值.条#®:AlAlAiCll条ft®）：AA1.BC”条件）：ABlAC.注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答记分.【解】（D取AC中点M,连接MEAM,由于RM分别为BCAC的中点，所以EM48,AiF/AB,AiF=AB,所以A产成/,4/=EM,因此四边形AiMEF为平行四边形，故AM/ERRMu平面A41C1C,EFa平面AAtGg故瓦7/平面AAGC(2)由于平面AAGCj平面AAB4,且交线为AA,JiAiAlAiBltAMU平面A1BfA,所以4瓦，平面AA1C1C,AGU平面AAIClC,故ABJACl若选：AAJ_AG,因此A4AG，ABl两两垂直，A(0,0,0),4(2,0,0),8(2,2,0),A(0,2,0),C(O22),Ea2,1),Fao,0),故”二(2,2,0),AC=(O22),设平面ABC法向量为成=(,y,z),贝!1l1Bn=2x+2y=0,lCw=2y+2z=0>取入=1,则加=(1,一1,1),EF=(0,-2,-l),设防与平面ABC所成角为6,则Sine=IcosEF,nn若选择条件):AA_1.8C,A1A1B1C1,AxAlAlBl,B1ClniB1=Bi,BiCl,AiBi3p11Cr所以AAJ平面A5G,AClU平面AqG,故AA_lAG,因此A4AG,A片两两垂直，以下与选择相同.若选择条件)：ABlAC.因为AB1B,AC7AG,所以由A41.AG可以推出ABSAC,此时推不出AAJ1.AG.此时三棱柱不唯一，故不可选择作为已知条件，18.(本小题共13分)(2024上北京顺义高三统考期末)某学生在上学路上要经过三个路口，在各个路口遇到红灯的概率及停留的时间如下：路口路口一路口二路口三遇到红灯的概率432遇到红灯停留的时间3分钟2分钟1分钟假设在各路口是否遇到红灯相互独立.求这名学生在上学路上到第三个路口时首次遇到红灯的概率；求这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间大于3分钟的概率；假设交管部门根据实际路况，5月1日之后将上述三个路口遇到红灯停留的时间都变为2分钟,估计5月1日之后这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间的变化情况，是“增加，不变还是减少”.(结论不要求证明)【解】(D根据题意可知，这名学生在上学路上没有遇到前两个红灯，因此到第三个路口时首次遇到红灯的概率P=(I-(2)依题意，若仅遇到一个红灯，停留的总时间不会不大于3分钟；若遇到两个红灯，可知在路口一和路口二，路口一和路口三遇到红灯满足题意，山一M4r也n11f1111f111此时的概率为I=TXWX+×17xo=2j若遇到三个红灯，此时的概率为所以因遇到红灯停留的总时间大于3分钟的概率为P=6+£O(3)根据题意可知，红灯时间没有调整前红灯停留的总时间的取值。=OJ2,3,4,5,6；MP(=6)=1××1=±,P(=5)=l×l-1=±,P(=4)=l×(l-l=l,陶=3)15×=9224P(*2)=××14",即=)=I×411×-=24%=0)=-rza广/匕、N1U1a1o5,I1IaI23nJE(AI)=6x÷5×+4XF3X+2x+Ix+Ox-='"2424122484412时间都变为2分钟后因红灯停留的总时间的取值$二。，2,4,6；PC=2)=4)4×M,4H×04H+04H×r1124可得E()=6136X+4×-+2×+Ox-=244244显然Eg)>EGJ；所以调整后总时间的变化情况，是“增加”的.19.（本小题共15分）（2023,北京房顺义统考二模）已知椭圆U,+g=l（力0）经过点A（-2,0）且两个焦点及短轴两顶点围成四边形的面积为4.求椭圆。的方程和离心率；（2）设尸，Q为椭圆C上不同的两个点，直线AP与）'轴交于点E,直线AQ与丁轴交于点尸，且尸、。、。三点共线.其中。为坐标原点.问：，轴上是否存在点M,使得ZAME=NMM?若存在，求点M的坐标，若不存在，说明理由.【解】（D依题意可得。=2,2c×2=4,又f=点一后,解得b=c=1.所以椭圆方程为E+!=l,则离心率e=£=也42a2（2）因为/、。、。三点共线，根据椭圆的对称性可知尸、。关于。点对称，设点Pa，X),则Q(TI,-yJ(1w±2),所以直线PA的方程为J=-¾(-+2),直线AQ的方程为.V=-7(%+2),X)+Z-X+Z所以点4°'条),f(o1假设存在M使½E=ZEHV,ZMOe=ZFOM=90°,所以NoMF=NOEM,又/OEM+/OME=第。,所以NOME+NOMF=90°,即所以MEMF=0,设Mw,0),则ME='-肛煞"户=(T",所以MEMF=m2+,即/+二=0,4一年又手+%,所以gj所以二。，解得&.所以M卜0,0).20.(本小题共15分)(2023北京房山统考二模)已知函数/(幻=型上.X(1)求曲线y=fM在X=兀处的切线方程；当Xe(O,11时，求函数/()的最小值；证明：sin-.311【解】(1)/，JCOSjTinx.所以/'(兀)=一4，/(11)=-=0,1111所以/(“在点X=兀处切线的方程为F-O=J(XF),11即V=-1.+1.11/人、Uamu./、sinx、xcosx-sinx(2)当x(O,11时，/(X)=,f(X)=2Xx令g(x)=xcoSJV-SinX,则g'(x)=-SinXx.当X£(0,2时，g'(x)<O,所以g*)在(0,11)单调递减.所以g)vg(O)=O.所以r)<o,函数/a)在(0,兀)上单调递减.函数/3在(0,11上单调递减.所以f)5)=0,即函数/(x)的最小值为O.(3)由(2)可知力在(OE)上单调递减.又因为所以宿)>/(».1.11sinsin-所以一3>、互，即sin；>1.1113113621.(本小题共15分)(2023北京西城北京师大附中校考模拟预测)已知A为有限个实数构成的非空集合,设A+4=q+.py,A-A=ai-ajai,aj,记集合A+A和A-A其元索个数分别为A+A,A-A.设（八）=IA+-A-4例如当A=l,2时，A+A=2,3,4,A-A=-l,0,l,A+=A-,所以w（八）=0.若A=l,3,5,求MA)的值；设A是由3个正实数组成的集合且(A+A)A=0,A=AUO,证明：MA)-（八）为定值；若4是一个各项互不相同的无穷递增正整数数列，对任意eN',设4=知/，bll=n(An).已知=Iq=2,且对任意wN*也0,求数列&的通项公式.【解】(1)当A=l,3,5时，A+A=2,4,6,8,10,A-A=-4,-2,0,2,4,A÷=A-,所以（八）=0,(2)法h设A=,b,c,其中OVaVb<c,则A,=Aj0=a,h,cf(4)一（八）=IA+A-IA-AI-(IA+A-A-A)=(W+ATA+A)YA-AlTA那因O<<2«<+Z?<2Z?<+c<2c,A+4=2a,2h,2cc+b,b+cUa+c,因(A+A)A=0f所以加，c2b,c2atca+b,又A+A=b,cU,2,22c,+b,力+c(jO+c，+cO>a+cat所以A+Al-A+A=4,S-c<-b<-a<O<a<b<c,a-c<a-b<O<b-a<c-a,b-c<O<c-b,A-=ta-b,a-c,b-atc-a_b-cyc-b,A-A=a,b,-ay-bfcy-cya-b,a-c,b-atc-ajb-cic-b因。N2,c2b,c2a,ca+b,所以ab-a9ac-atbc-b9ac-btb-c09b-cOtb-cctb-c-c所以A-A'TA-A=6“（八）（八）=2所以(4)-（八）为定值.法2：n(A/)-w（八）=-2.设A=4,02,q,由于(A+A)=0,所以对任意m=123,不存在J=123,使得分=4+%,于是A+A=(A+A)JO,A+A=A+AM,由于(A+A)A=0,所以对任意加=123,不存在切=1,2,3,使得q=4一于是,-A,=(A-A)javay,a3i-av-a2y-a3,从而以一川=IA-A+6,于是(4)-(加=-2为定值.(3)法h4=1,2乌(%£1<),若。34,3N*,J4<l+3<2+3<2a391-<2-3<-1<1<3-2<3-1,故4+4=2,3,4,1+6,2+%,2%,44=1%,2a、,1,0,1,ciyZq1.此时4=4)=A+ATA-4I=T，不符合题意，故。3=3,猜想“二，下面给予证明，当3时，显然成立，假设当k,AeN"时，都有4=%成立，即&=1,2,3,闵，此时A+A=23,4,2左,A-A=1Z,23Z,0,1,2,21,故IA+闻=2Z-2+l=2Z-1,Aic-Ak=k-(-k)+=2k-9hk=n(Ak)=0f符合题意，A+=1,2,N%J,4+1CN'则A÷+4句=2,3,4,2kj2÷+p3÷a+p.,k+ak+l,A+4+1=12,22,3Z,0,1,2,Zc-11¾+1,2-+1,0,1,%1,若.k+2,234,2Zn2+%,3+az,A%J的元素个数小于l-2-3-,0,l,2,-l,0,1,-1的元素个数则有%=MAx)=IA+i+A+JTA+i-A+vA+A-A-AI=Ma)=0,不符合题意，故%=z+,综上，对于任意的n*,都有4二故数列4的通项公式对=.法2：假设存在，使得。“工，设m=minMq,".根据条件，m>39且ArIT=l,2,.,m-l,4t+Aai=2,4,.,2w-2),Az+AM=2w-3,4-1-An-I=±t±2,.,±(n-2),Aw-1-A,-1=2w-3,根据假设，anm+,(i)如果4=m+W=l,2,.,m-3),那么属于4+4但不属于+4的元素组成的集合是2w-1,2m,.,2n+k1i.2rn÷2k,从而I4+a“HAi+aM=2+2.属于但不属于Aa-A&的元索组成的集合是±(加-1),土八,土(加+&-1),从而,i-4HAz-AtI=2(%÷D，于是超=-4<0.矛盾！(ii)IjaHkam=m+k(km-l)9那么对任意i=12.,m-l,m,atn+%生An-I+AnT，从而4+4-4-+AzI=切，同样对任意，=1.Z,m-lt±(am-ai)AI-AZ且±(am-ai)两两不同，从而|4-4HAI-AM=2.-2,于是丸=-（帆-2）0,矛盾!【B组】（建议用时：60分钟满分：85分）三、解答题：本题共6小题，共85分.解答应写出文字说明、证明过程或演绎步骤。16.（本小题共13分）（2024北京昌平期末）在AABC中，ZxxjsC+CCoSB=2acosA.求角A的大小；再从条件、条件、条件这三个条件中选择两个作为己知，使得ABC存在且唯一确定，求ABC的面积.条件：d=7t条件：c=8；条件：cosC=；.【解】（D由正弦定理得SinB8sC+sinCcosB=sin（3+C）=2sinAcosA,因为在-ABC中，11-A=B+C,所以SinA=2sinAcosA,又因为（XAV兀，所以sin40,所以;=CoSAf可得A=%（2）由（1）知A=,若选条件：。=7,条件：c=8,则由余弦定理可得BC2=AC2+AB-2AC×ABcosA,即7?=AC2+82-2ACX8g,解得AC=3或AC=5,可使得一ABC的面积存在但唯一确定，故不符合题意；若选条件，a=7,条件：cosC=；,则cosC=T>0可得sinC=>l-Cos2C=,7ABnrtafi=在ABC中由正弦定理可得£二三，即J46，解得A3=8,sinASinC27COSB=CoS（兀一A-C）=-COS（A+C）a.a.k1134311=-cosAcosC+sinsinC=×-+X=,272714因为0<8<TT>所以sinB=Jl-cos-B=,14所以Sabc=-B1BCSinB=-ftj87?=IO3,符合题意；2214若选条件：C=8,条件：cosC=-,贝1|cosC=；。可得SinC=JI-CoSP=9BC_8在ABC中由正弦定理可得手；=丹，即:方一而，解得BC=7,sinASinC27COSB=CoS（兀一A-C）=-COS（A+C）A一.4.厂1i34311=-cosAcosC+sinAsinC=×-+×=,272714因为0<B<11,所以SinB=JI-CGS°B=,14所以Sw=-ABlBCSinB=,创87?=103,符合题意.MiC221417.（本小题共14分）（2024上北京通州高三统考期末）如图，在多面体A86W中，ABC为等边三角形，AD/CEtACJ_CEAC=C石=2AO=2.点/为BC的中点，再从下面给出的条件、条件这两个条件中选择一个作为已知.B求证：F±T三BCE2设点G为BE上一点，RBG=jBE9求直线AC与平面AFG所成角的正弦值.条件：平面ACEz），平面A8C；条件：BE=22.注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分.【解】（1）选条件：平面ACEo平面ABC,因为平面ACED±平面ABC,AClCEt平面ACaC平面ABC=AC,CEU平面ACED,所以CEj_平面ABC,因为A/U平面ABC,所以AF1.C石.因为ABC为等边三角形，点尸为BC的中点,所以A尸C,因为CEU平面BCE,BCU平面BCE,CEcBC=C,所以AFI,平面BCE.选条件：BE=2也因为AC=CE=2AD=2,A8C为等边三角形，所以BC=CE=2,因为3E=2,I3C2+CE2=BE2,所以JWC为直角三角形，所以3C_1.CE,因为AC_1.CE,ACBC=C,AC,BCT®ABC9所以CE，平面ABC,因为A/u平面ABC,所以A尸_1.CE,因为ABC为等边三角形，点F为BC的中点,所以AF工BC,因为CEU平面BCE,BCU平面BCE,CEcBC=C,所以AE_1.平面BCE.(2)因为AOCE9由(1)知CE_1.平面A6C,所以At>_1.平面ABC.如图，以点A为原点，过点A在平面ABC内作4C的垂线作为X轴,分别以ACAO所在直线为)，轴、Z轴建立空间直角坐标系A-町，z,所以A(0,0,0),8(>j0),E(0,2,2)l,O,C(,2,),所以AC=(0,2,0),A尸=¥，|，0,鹿=卜61,2).Z因为点G为跖上一点，设G(x,y,z),所以BG=I-Gy-1.z).因为8G=18E,则8G=8E,所以卜一6,丁一1,2)=5卜如,2),所以X邛,=,Z.,所以G性圜，所以AG=性符.A/.=O设平面A尸G的法向量为=(,y,z),所以,AGrt=O所以33所以设直线AC与平面AFG所成角为6,60,',国.sin=|cos(AC,n)|=r3=所以1.,117,23+1+4所以直线AC与平面MG所成角的正弦值为当18.(本小题共13分)(2024上北京海淀高三统考期末)甲、乙、丙三人进行投篮比赛，共比赛10场,规定每场比赛分数最高者获胜，三人得分(单位：分)情况统计如下：场次12345678910甲8101071288101013乙9138121411791210丙121191111998911(1)从上述10场比赛中随机选择一场，求甲获胜的概率；在上述10场比赛中,从甲得分不低于10分的场次中随机选择两场,设X表示乙得分大于丙得分的场数，求X的分布列和数学期望E(X):假设每场比赛获胜者唯一，且各场相互独立，用上述10场比赛中每人获胜的频率估计其获胜的概率.甲、乙、丙三人接下来又将进行6场投篮比赛，设X为甲获胜的场数，X为乙获胜的场数，丫3为丙获胜的场数，写出方差。(K),D(Y2)9。化)的大小关系.【解】(D根据三人投篮得分统计数据，在10场比赛中，甲共获胜3场，分别是第3场，第8场，第10场.a设A表示“从10场比赛中随机选择一场，甲获胜”，则P（八）=右.(2)根据三人投篮得分统计数据，在10场比赛中，甲得分不低于10分的场次有6场，分别是第2场，第3场，第5场，第8场，第9场，第10场，其中乙得分大于丙得分的场次有4场，分别是第2场、第5场、第8场、第9场.所以X的所有可能取值为0,1,2.P(X=O)=等P(X=I)=得4,尸B=2)=等=|.所以X的分布列为x|。卜H所以E(X)=OXj+lx+2x=.(3)由题意，每场比赛甲获胜的概率为之，乙获胜的概率为J,丙获胜的概率为：，还需要进行6场比10z5赛，而甲、乙、丙获胜的场数符合二项分布，所以Oa)=6O.3(l-0.3)=1.26,D()=6×0.5(l-0.5)=1.5,D(¾)=6×0.2(l-0.2)=0.96故。化)。任)。化).19.(本小题共15分)(2024上,北京昌平高三统考期末)已知椭圆E:4+¥=l("b0)经过点M(N0),a"b离心率为它.2(1)求椭圆/：的方程；设过点TaO)的直线/与椭圆上有两个不同的交点(均不与点M重合)，若以线段AB为直径的圆恒过点M,求/的值.【解】(1)由题意可知3=ln=2,a又离心率为g=WE员二立=从=2,a2设直线/：X=妙+f,A(X1，乂),8(天,必)，则MA=(N_2,乂),知8=(/2,必)，因为以线段AA为直径的圆恒过点M,所以MAM4=0,联立直线与椭圆/n=>(易知/=2时不符题意，所以/=(.20.(本小题共15分)(2023北京海淀统考二模)已知函数,f(x)=71nX求曲线y=/()在点(1,(D)处的切线方程；求证if(x)<Xi若函数以彳)=/。)+。，7)在区间(l,+)上无零点，求。的取值范围.【解】x)=;lnx=+,则解(1)=1,又"1)=0,2xX所以曲线在点(1(D)处的切线方程为.v=x-l,(2)因为X>O,所以7>0,+2)+2÷2-4=0,=4-产一4俨+2乂/一4)>O2k所以凶+%=-，则2攵2_产+4>0,K+Zt2-4F2=FTI由M4M8=0,=>(xl-2)(x2-2)+yly2=(Ar2+l)yly2+(r-2)(yl+y2)+(r-2)2=O,2整理得3r-8r+4=Oni=2或/=§,要证明/(x)<x,只需要证明lnx<>7,即证InX-J7vO令力(X)=InX一或，贝!)/(%)=11=2&,X2x2x当Oc<4时，A,(x)>O,此时(力在(0,4)上单调递增；当x>4时，A,(x)<O,此时(同在(4,÷)上单调递减，故h(x)在a4取极大值也是最大值，故(力(4)=ln4-2<0,所以Inx-«<0恒成立，即原不等式成立.(3)g(x)=71nx+(f),当xl时，-7xlnx>O,x2-x>O,故当420时，g(x)>O在区间(1.+oo)上恒成立，符合题意；当<0时，(x)=+a(2x-l),令G)=gl(x),R!rW=-豫+2。<O在区间(1.+)上恒成立,所以f(x)在(1.+)单调递减，且"l)=g'=1+%当g'=l+O时，此时T,g'(x)<O在区间(l,+)上恒成立，所以g(x)在区间(1,y)单调递减，所以g(x)<g(l)=O在(1.÷)上恒成立，符合题意，当g'(l)=l+>。时，此时0>4>-1,由于x>l且InXV«,所以g,(x)=+a(2x-)<=+-j=+a(2x-)<+a(2x,所以g'(-一g<0,故存在Xoe(1.I-使得g'()=0,故当X«1,Ai)时，g'(x)>O,此时g(x)单调递增；当xw(,÷)时，/(x)<0,此时g(x)单调递减,故X=/时，g(x)取极大值也是最大值，故g(不)>g=0,由71nx<x,可得g(x)=71nx+(2-)v+(2-)=Mv+i-),令=1-5,得g(l)<O,所以g(x)在(l,y)上存在零点，不符合题意，舍去，综上可知，°的取值范围为(-8,-1u0,e)21.(本小题共15分)(2023北京朝阳二模)已知无穷数列J满足an=maxat,+i,an+2-min(an+l,an+2(/7=1,2,3,),其中maxx,.v表示,y中最大的数，minx,y表示,y中最小的数.当4=1,=2时，写出小的所有可能值；若数列&中的项存在最大值，证明：0为数列%中的项；若4>0(=1,2,3,),是否存在正实数使得对任意的正整数，都有.M?如果存在，写出一个满足条件的如果不存在，说明理由.【解】(1)由qr=max4a,.-min4M"+2N°,4=max2,q-min呵)=1,若为>2,则q-2=1,即为=3,此时生=max3,aj-min3,aj=2,当%>3,贝%-3=2,即4=5；当为<3,则3-%=2,即q=ls若/<2,则2-<3=1，即。3=1，此时=maxl,j-minl,q=2,当，>1,则为T=2,即q=3；当出<1,则1-&=2,即q=T(舍);综上，出的所有可能值为1.3,5.(2)由(D知：an09则minrt+,4+2O,数列&中的项存在最大值，故存在wM使',5=1,23),由4=max*,*-向n%+M3Mmax*%+24%,所以min'+”.?=。，故存在Ae%+l,%+2使4=0,所以0为数列4中的项；(3)不存在，理由如下：由4>0(=1,2,3,),则%(=2,3,),设S="U>1,若S=0,则W%,4<q+=2,3,),M对任意M>0,取力=+2(田表示不超过X的最大整数)，a当心巧时，atl=(an-an_x)+(w,l-an,2)+.+(a3-a2)+a2=«n_2+«n_3+.+i+2>(w-l)a1>M:若S0,贝抬为有限集，设m=maxnan>an+ltn>l9am+i<am+i+l(/=1,2,3,),M对任意M>0,取2=一+6+1(表示不超过X的最大整数)，am当>丐时,a11=(an-n,1)+(an,l-)+(4+2-4山)+4”=an-2+4-3+4+1之(一加)。巾+1>M；综上，不存在正实数M,使得对任意的正整数，都有q,M.【C组】（建议用时：60分钟满分：85分）三、解答题：本题共6小题，共85分.解答应写出文字说明、证明过程或演绎步骤。16.（本小题共13分）（2024北京东城期末）在/BC中，BC=4,AC=3,AB=若。为BC边上一点，再从条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知，使AABO存在且唯一确定，求AABQ的面积.条:ZAZ）B='条件：AD=-;3条件：ZABO的周长为3+1.注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得。分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.【解】CAB2+BC2-AC21+16-13cosB=2ABBC2×1×4若选条何）：以db三,ADABf-由ZADB=,NB=»AB=1,故.兀兀，即AD=,43smsin?342sinZBAD=Sinl兀一百一I3此时三角形唯一确定，符合要求,SABD=-ABADsinZgAD=-×l×-x=22248若选条件：AABO的周长为3+石,由AB=1,iAD+BD=2+3,r11,lCI2+BD2-AD21,.za,则COSB=一，化简得Az）2=即2一B。+1，2××BD2即有（2+"-Boy=802一8。+1,解得9=2,故AD=B此时三角形唯一确定，符合要求，SVAM=；A38OsinB=；xlx2x*=*.不能选条件，理由如下：若选条件：AD=巫，3由AD=述，J,AB=I,设点A到直线8C的距离为"，33则Sw=Sen8="CM,即JX武,酒,1313此时心若，心=（明=1，故A。Vd,即不存在该三角形，故不符合要求.17.（本小题共14分）（2024上北京师大附中校考期末）如图，在四棱锥P-A8C。中，底面ABCD为矩形，平面PAQj_平面ABCQ,AD=4,PA=PD=2五,E9/分别为8C,PD的中点.求证：即平面P4B；再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求二面角尸-比-4的余弦值.条件：异面直线批与律所成角的余弦值为:；_2条#®:PD=-EF.注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分.【解】(1)连接点尸与以中点G,连接8G,由底面ABCD为矩形且E为BC中点，故8£=g/W、BEHAD9又八G分别为PO,丛的中点，故FG=5。、FG/AD9故四边形MTGB为平行四边形，粒EF/IGB,又Ma平面小4、GYffiPAB,故EF/平面R4B；(2)若选条件：异面直线9与E厂所成角的余弦值为:，连接点尸与Af)中点连接EM,由EA=尸£),故月W_1.AD,故PM=JQ同_(：)=2,又平面EAn_1.平面ABCD,平面PAPC平面ABCQ=AD,Wu平面PA。，故尸Mj_平面ABC。，又EVZu平面A8CO,故PM上EM,由E、M分别为BC,Ae)的中点，故AT>"1.EM,故A0、PM、EW两两垂直，故可以M为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设AB=C£>=，则有M(0,0,0)、P(0,0,2)、A(2,0,0),E(OM,0)、8(2m,0)、。(-2,0,0)、F(-l,0,l),贝!)¾=(2,0,-2)、EF=(-1,-«,1),又异面直线PA与EF所成角的余弦值为；,故卜。SPA,EFl=:牛=I,2+21+13解得=4,故咫=(3,-,-1)=(3,-4,-1)、BE=(-2,0,0),设平面FBE的法向量为加=(x,y,z),mFB=O3x-4y-z=0.,则有，即Cn,令y=l,可得X=0、z=-4,WBE=O-2x=0故平面FBE的法向量可为m=(Oj-4),又PM_1.平面ABCD,故平面48CQ的法向量可为=(0,0,1),WIY411故COS""=G1若选条件：PD=-EF9连接点尸与Az)中点连接0W,连接力1/,由E4=PE>,故PM_1.AE>,故PM=小&r=2,贝"Po=,2又平面E4£>_1.平面A3CZ),平面PADC平面ABCQ=A£>,尸MU平面PAz),故尸M，平面/WCQ,又fiWu平面48CO,故PM_1.£M,由E、M分别为8C,AD的中点，故AZ>_1.HW,故A。、PM、EW两两垂直，同理可得EM平面PAO,由RWU平面P4O,故由PZ)=2应，PD=Ft则E尸=IPo=3,2+4217EM=«3何一曲=4,可以M为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则有M(0,0,0)、尸(0,0,2)、4(20,0)、£(0,4,0),6(24,0)、F(-l,0,l),加()、BE=(-2,0,0),设平面FBE的法向量为而=(x,XZ),则有mFB=Om-BE=03x-4y-z=0上即2=0'令日，可得”=°、Zj故平面FBE的法向量可为m=(0,1,-4),又PM_1.平面ABCD,故平面ABCD的法向量可为=(0,0,1),故Icostn,n=I-=1Ii77F17即二面角尸-BE-A的余弦值为生叵.17并整理得到如下频率分布直方图:图1：甲大学O102030405060分钟/天图2：乙大学频率/组距18.(本小题共13分)(2024北京八中校考期中)随着“中华好诗词”节目的播出，掀起了全民诵读传统诗词经典的热潮.某社团为调查大学生对于“中华诗词”的喜好，从甲、乙两所大学各随机抽取了40名学生,记录他们每天学习“中华诗词”的时间，按照0,10),股20),20,30),30,40),40,50),50,60分组,0.0350.0300.0250.0200.0150.0100.005F-根据学生每天学习“中华诗词”的时间，可以将学生对于“中华诗词”的喜好程度分为三个等级:学习时间：（分钟/天）r<2020r<50f50等级一般爱好痴迷从甲大学中随机选出一名学生，试估计其“爱好”中华诗词的概率；从这两组“痴迷”的同学中随机选出2人，记小为选出的两人中甲大学的人数，求。的分布列和数学期望试判断选出的这两组学生每天学习“中华诗词”时间的平均值X与X/.的大小，及方差Si与S：的大小.（只需写出结论）【解】（D解：由甲大学的频率分布直方图，结合等比分布表知，甲大学随机选取的40名学生中，“爱好”中华诗词的频率为，（0.030+0.020+0.015）×10=0.65,所以从甲大学中随机选出一名学生，“爱好”中华诗词的概率为0.65.（2）解：由题知：甲大学随机选取的40名学生中“痴迷”的学生有40x0.005x10=2人，乙大学随机选取的40名学生中2痴迷”的学生有40x0.015x10=6人，所以，随机变量S的取值为J=0,1,2.所以，Pq=O)=等=装，尸佰=)=等=装=5,尸q=2)=詈=V8ZoCsZo/C8Zo所以6的分布列为40P15281