福建省南安名校2023届高三上学期12月月考数学试题(解析版)

数学试题

一、单选题

1．已知集合AxN1xlog2k，集合A中至少有2个元素，则（ ） A．k16

B．k16

C．k8

D．k8

2．已知圆锥的轴截面是一个正三角形，则其侧面积与轴截面面积之比是（ ） A．

23B．23 3C．2 3D．3 23．“函数ytanx的图象关于(x0,0)中心对称”是“sinx00”的（ ） A．充分不必要条件 C．充分必要条件

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

4．若z2iz2i1，则z的最大值为（ ） A．2

B．3 C．2

D．3

5．已知等差数列an和等比数列bn均为递增数列，且a1b21，a2b6，若akb10，则k的最小值为（ ） A．3

B．4

C．5

D．6

6．在ABC中，点P满足2BPPC，过点P的直线与AB，AC所在的直线分别交于点M，

N，若AMxAB，ANyACx0,y0，则2xy的最小值为（ ）

A．3

B．32 C．1

1D．

37．下图中的多边形均为正多边形，M，N是所在边的中点，双曲线均以F1，F2为焦点，且经过M，N两点．设图1，图2，图3中双曲线的离心率分别为e1，e2，e3，则（ ）

第页 1

A．e1e2e3

B．e2e1e3 C．e3e2e1 D．e1e3e2

8．已知函数f(x)lnxx2ax有两个极值点m，n，且m[1,2]，则f(m)f(n)的最大值为（ ）

2A．ln2

3二、多选题

B．ln2

233C．ln2

43D．ln2

49．已知a，b，c为非零实数，且ab0，则下列结论正确的有（ ） A．acbc

B．ab

C．a2≥b2

D．

11 ab2ba210．设0，函数f(x)3sinxcosx在区间0,上有零点，则的值可以是（ ）

21A．

65B．

61C．

3D．

2311．四边形ABCD是边长为2的正方形，E、F分别为BC、CD的中点，分别沿AE、AF及EF所在直线把△AEB、△AFD和EFC折起，使B、C、D三点重合于点P，得到三棱锥

． PAEF，则下列结论中正确的有（ ）A．三棱锥PAEF的体积为 B．平面APF平面EPF

C．三棱锥中无公共端点的两条棱称为对棱，则三棱锥PAEF中有三组对棱相互垂直 D．若M为AF的中点，则过点M的平面截三棱锥PAEF的外接球，所得截面的面积的最小值为

5π 4b，若abba，则ab可能等于（ ）

2312．已知实数a2，b2，且aA．0.5 三、填空题

B．1

C．2 D．3

13．同时将圆x2y21和x2y22x4y0的面积平分的直线的斜截式方程为________．

12233445514．C50.998C50.998C50.998C50.998C50.998_______（精确到0.01）

15．已知定义R上的函数fx满足fxf6xf3，又fxπ的图象关于点π,0对称，且f12022，则f2023______

16．已知抛物线C:y24x，点P1,2 ，A,B,M,N 是抛物线C上的四个动点，过点P作

第页 2

分别作AB，MN的垂线，垂足分别为E，F，kPAkPBkPMkPN2 ,则点E､F距离的最大值为__________. 四、解答题

17．记ABC的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c ，2sinAsinCsin(BA)． (1)证明：cosAa； b(2)若b2ac，求cosB．

3(1)n1(1)n18．已知数列an满足a11,an1. an22(1)设bna2n1，求数列bn的通项公式； (2)求数列an的前2n项和S2n.

19．如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AD//BC，

ABAD．AB2BC4，E是棱PD上的动点（除端点外），F,M分别为AB,CE的中点．

(1)求证：FM//平面PAD；

(2)若直线EF与平面PAD所成的最大角为30°，求平面CEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值．

20．某中学在一次考试后，对本年级学生物理成绩进行分析，随机抽取了300名同学的物理

第页

3

80，80，70，70，90，60，60，成绩（均在50~100分之间），将抽取的成绩分组为50，，，得到如图所示的频率分布直方图. 90100

(1)求这300名同学物理平均成绩x与第三四分位数的估计值；（结果精确到1）

2(2)已知全年级同学的物理成绩服从正态分布N，，其中取（1）中的x，经计算，

=11，现从全年级随机选取一名同学的物理成绩，求该成绩在区间62，95的概率（结果精

确到0.1）；

(3)根据（2）的条件，用频率估计概率，现从全年级随机选取n名同学的物理成绩，若他们

95的概率不低于1%，求n的最大值（n为整数）. 的成绩都在62，2附：lg20.301，若~N，，则P0.68，

P220.96.

x2y2221．已知椭圆E:221ab0的离心率为，过坐标原点O的直线交椭圆E于P,Aab2两点，其中P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C，连接AC.当C为椭圆的右焦点时，

△PAC的面积为2. (1)求椭圆E的方程；

(2)若B为AC的延长线与椭圆E的交点，试问：APB是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，说明理由.

22．某大学有A，B两个餐厅为学生提供午餐与晚餐服务，甲、乙两位学生每天午餐和晚餐都在学校就餐，近100天选择餐厅就餐情况统计如下： 选择餐厅情况（午餐，晚餐） 甲 第页

A,A 30天 4

A,B 20天 B,A 40天 B,B 10天 乙

20天 25天 15天 40天 假设甲、乙选择餐厅相互独立，用频率估计概率．

(1)分别估计一天中甲午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率，乙午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率；

(2)记X为甲、乙在一天中就餐餐厅的个数，求X的分布列和数学期望EX；

(3)假设M表示事件“A餐厅推出优惠套餐”，N表示事件“某学生去A餐厅就餐”，PM0，一般来说在推出优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要大，证明：PMNPMN．

第页 5

福建省南安名校2023届高三上学期12月月考

数学试题

一、单选题

1．已知集合AxN1xlog2k，集合A中至少有2个元素，则（ ） A．k16 【答案】D

【分析】由于集合A中至少有2个元素，所以log2k3,从而可求出k的取值范围 【详解】解：因为集合A中至少有2个元素， 所以log2k3，解得k8， 故选：D

2．已知圆锥的轴截面是一个正三角形，则其侧面积与轴截面面积之比是（ ） A． 【答案】B

【分析】分别计算侧面积和面积作比即可. 【详解】设底面圆的半径为r，则母线长为2r， 12得侧面积是2r2r2r

223B．k16 C．k8 D．k8

B．23 3C．2 3D．3 2轴截面是一个正三角形，边长为2r， 12则其面积2r2rsin603r .

2所以面积之比是故选：B

23. 33．“函数ytanx的图象关于(x0,0)中心对称”是“sinx00”的（ ） A．充分不必要条件 C．充分必要条件 【答案】B

【分析】分别求出ytanx与ysinx的对称中心，比较两个中心关系.

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

第页 6

k【详解】ytanx的对称中心为(π,0),kZ，ysinx的对称中心为(kπ,0),kZ，ytanx2的对称中心不一定为ysinx的对称中心；ysinx的对称中心一定为ytanx的对称中心. 故选：B．

4．若z2iz2i1，则z的最大值为（ ） A．2 【答案】D

【分析】根据题意结合共轭复数的概念运算整理的a2b21，即复数z对应的点a,b2B．3 C．2 D．3

在圆x2y21上，根据圆的性质求z的最大值.

【详解】设z=a+bi,a,bR，则z2i=a+b2i,z+2i=ab2i

2∵z2iz2iab2iab2i=ab21

22∴复数z对应的点a,b在圆x2y21上

2圆x2y21的圆心C0,2，半径r=1，则z的最大值为OCr3，其中O为复平面

2的坐标原点 故选:D.

5．已知等差数列an和等比数列bn均为递增数列，且a1b21，a2b6，若akb10，则k的最小值为（ ） A．3 【答案】B

【分析】由等差数列和等比数列的通项公式可得kd3，由d0，即可得k的最小值. 【详解】设等差数列an公差为d，等比数列bn公比为q， 则d0，q1，因为a1b21，a2b6， 所以1dq4①，而akb10， 所以1(k1)dq8②，

由①②得：(1d)21(k1)d， 即kd3，d0，kN，

第页

7

B．4 C．5 D．6

所以k的最小值为4. 故选：B

6．在ABC中，点P满足2BPPC，过点P的直线与AB，AC所在的直线分别交于点M，

N，若AMxAB，ANyACx0,y0，则2xy的最小值为（ ）

A．3 【答案】A

【分析】由向量加减的几何意义可得APB．32 C．1

1D．

32AMAN2ABAC，结合已知有AP，根据3x3y33三点共线知

211，应用基本不等式“1”的代换即可求最值，注意等号成立的条件. 3x3y【详解】由题设，如下图示：APABBPABBCACAB2ABAC，又AB3333AMxAB，ANyACx0,y0，

∴AP212AMAN1， ，由M,P,N三点共线，有3x3y3x3y∴2xy(2xy)(故选：A

2152x2y52x2y)23，当且仅当xy时等号成立. 3x3y33y3x33y3x【点睛】关键点点睛：利用向量线性运算的几何表示，得到AP、AM、AN的线性关系，根据三点共线有

211，再结合基本不等式求最值. 3x3y7．下图中的多边形均为正多边形，M，N是所在边的中点，双曲线均以F1，F2为焦点，且经过M，N两点．设图1，图2，图3中双曲线的离心率分别为e1，e2，e3，则（ ）

第页 8

A．e1e2e3 【答案】A

【分析】由双曲线定义有F1F22c、F1NF2N2a，结合正多边形的性质求得F1NF2N关于c的表达式，即可求各图对应双曲线的离心率.

【详解】在图1中，F1F22c，又F1NF2N2a(31)c，则e12B．e2e1e3 C．e3e2e1 D．e1e3e2

4．

23222102在图2中，F1F22c，F1N，F2Nc， c(2c)c2224102． c，则e210221在图3中，F1F22c，F2Nc，

2F1NF2N2a由余弦定理得：F1NF1NF2N2aF1F2F2N2F1F2F2Ncos602213c，24131． c，则e31312因为232102131，所以e1e2e3． 故选：A

8．已知函数f(x)lnxx2ax有两个极值点m，n，且m[1,2]，则f(m)f(n)的最大值为（ ）

2A．ln2

3【答案】C

B．ln2

233C．ln2

43D．ln2

4n是2x2ax10两个根，【分析】对f(x)求导得f(x)，得到m，由根与系数的关系可得m，n的关系，然后构造函数，利用导数求单调性，进而得最值.

12x2ax1 【详解】由f(x)lnxxax得：f(x)2xaxxa11m，n是2x2ax10两个根，由根与系数的关系得：mn,mn，故n

222m2第页 9

f(m)f(n)lnmm2amlnnn2anln2令xm,x1,4

m1m2n2ln2m2m2， 2n4m2212x1114x14xx,x1,4，则g(x)记g(x)ln2x10，故g(x)2224xx4x4x4x在x1,4上单调递减. 3gxmaxg11n2

4故选：C

二、多选题

9．已知a，b，c为非零实数，且ab0，则下列结论正确的有（ ） A．acbc 【答案】ABD

【解析】根据不等式的性质判断，错误的命题可举反例．

【详解】因为ab0，所以ab.根据不等式的性质可知A，B正确； 因为a，b的符号不确定，所以C不正确； 11ab0. ab2ba2a2b2B．ab C．a2≥b2 D．

11 ab2ba2可得

11，所以D正确. ab2ba2故选：ABD．

【点睛】本题考查不等式的性质，掌握不等式的性质是解题关键．

10．设0，函数f(x)3sinxcosx在区间0,上有零点，则的值可以是（ ）

21A．

65B．

61C．

3D．

23【答案】BCD

k,解不等式0【分析】由题得f(x)2sinx，令xk，求出x6666得解.

2【详解】由题得f(x)3sinxcosx2sinx，

6第页 10

令x06k，解得xk,0，取k＝0， 662，即1． 3故选：BCD

11．四边形ABCD是边长为2的正方形，E、F分别为BC、CD的中点，分别沿AE、AF及EF所在直线把△AEB、△AFD和EFC折起，使B、C、D三点重合于点P，得到三棱锥

． PAEF，则下列结论中正确的有（ ）A．三棱锥PAEF的体积为 B．平面APF平面EPF

C．三棱锥中无公共端点的两条棱称为对棱，则三棱锥PAEF中有三组对棱相互垂直 D．若M为AF的中点，则过点M的平面截三棱锥PAEF的外接球，所得截面的面积的最小值为

5π 423【答案】BCD

【分析】由条件结合线面垂直判定定理证明PA平面EFP，根据面面垂直判定定理证明平面APF平面EPF，判断B，根据锥体体积公式求三棱锥PAEF的体积判断A，由线面垂直的性质判断C，由球的截面的性质判断D.

【详解】

由已知AEAF22125，EF12122， 翻折前ABBE，CECF，ADDF， 翻折后，则有PAPE，PAPF，PEPF， 因为PAPE，PAPF，PE所以PA平面EFP，

PFP，PE,PF平面EFP，

因为PA平面EFP，PEPF，又PEPF1，PA2，所以1VPAEFVAEFPS3EFP111AP2，A错误，

323因为PA平面EFP，又PA平面APF，所以平面APF平面EPF，B正确，

第页

11

因为PA平面EFP，EF平面EFP，所以PAEF， 因为PAPF，PEPF，PAPEP，PE,PA平面PAE，

所以PF平面PAE，又AE平面PAE，所以PFAE， 同理可证PEAF，所以三棱锥PAEF中有三组对棱相互垂直，C正确， 将三棱锥PAEF补成长方体PEQAFGNH，

则三棱锥PAEF的外接球球心O为体对角线PN的中点， 且PNPE2PF2PA26，即球O的半径为R6， 2所以，过点M的平面截三棱锥PAEF的外接球所得截面圆的半径设为r， 设球心O到截面圆的距离为d，则0dOM， O、M分别为PN、PH的中点，则OM11HN， 22则0d115，又rR2d2，所以当d时，r2取最小值，所以过点M的平面截三棱2245π，D正确， 4锥PAEF的外接球，所得截面的面积的最小值为故选：BCD.

12．已知实数a2，b2，且aA．0.5 【答案】AB

【分析】问题可转化为a,b是fx出图象，结合图象即可求解

【详解】因为实数a2，b2，且a所以lnablnba，即blnaalnb， 所以

B．1

b，若abba，则ab可能等于（ ）

C．2 D．3

lnx大于2的两个不同零点，利用导数研究单调性并作xb，若abba，

lnalnb， ablnx， x12

令fx第页

fx1lnx， x2令fx0解得0xe，令fx0解得xe，

所以fx在0,e单调递增，在e,+上单调递减， 作出fxlnx的图象如下： x

a2，b2，不妨设ab，

f2ln2ln4ln2,f4,f2f4， 242由图象可知：ea4，2be，且ab422， 所以AB正确，CD错误； 故选：AB

三、填空题

13．同时将圆x2y21和x2y22x4y0的面积平分的直线的斜截式方程为________． 【答案】y2x

【分析】求出两圆圆心坐标，过两圆圆心的直线即为所求直线. 【详解】圆x2y21的圆心为0,0，

圆x2y22x4y0化为标准方程为：x1y25，其圆心为1,2，

22同时将圆x2y21和x2y22x4y0的面积平分的直线过两圆圆心， 所以所求直线方程为y0故答案为：y2x.

12233445514．C50.998C50.998C50.998C50.998C50.998_______（精确到0.01）

20x0，即y2x. 10第页 13

【答案】30.84

【分析】先利用二项式定理将原式化为(10.998)51，再变形为(20.002)51，利用二项式定理展开，并近似计算．

【详解】原式(10.998)51(20.002)51

0542323234455C52C1520.002C520.002C520.002C520.002C50.0021

320.16130.84

故答案为：30.84．

15．已知定义R上的函数fx满足fxf6xf3，又fxπ的图象关于点π,0对称，且f12022，则f2023______ 【答案】2022

【分析】根据fxπ的图象关于点π,0对称判断函数为奇函数，再赋值法确定f3的值，进而得到函数是周期函数，找出f2023与f1的关系可得答案.

【详解】fxπ的图象关于点π,0对称，所以fx的图象关于点0,0对称， 即fx为奇函数，

f3=0， 在fxf6xf3中，f3f63f3，所以fxf6x，又fxfx,fxf6x,

fxf6x,fx6f12x,fxfx12， 所以fx是T12的周期函数，

f2023f121687f7f61f12022. 故答案为：2022

16．已知抛物线C:y24x，点P1,2 ，A,B,M,N 是抛物线C上的四个动点，过点P作分别作AB，MN的垂线，垂足分别为E，F，kPAkPBkPMkPN2 ,则点E､F距离的最大值为__________. 【答案】22 第页 14

【分析】设直线AB，MN的方程，与抛物线方程联立，运用韦达定理证明直线AB，MN是过定点的，运用几何意义即可求解.

2y12y2【详解】设直线AB的方程为xmyn,A,y1,B,y2，

44将xmyn代入y24x中有y24my4n0 ，故y1y24m,y1y24n，又kPA44,kPB， 2y12y2所以kPAkPB44y1y241m442，解得n1， 2y12y242y1y2y1y212mn故直线AB过定点Q1,0.因此点E在以PQ为直径的圆上， 同理点F在以PQ为直径的圆上.PQ22； 故点E､F距离的最大值为圆的直径22； 故答案为：22.

四、解答题

17．记ABC的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c ，2sinAsinCsin(BA)． (1)证明：cosAa； b(2)若b2ac，求cosB． 【答案】(1)证明见解析. (2)

【分析】（1）将2sinAsinCsin(BA)化为2sinAsin(BA)sin(BA)，利用两角和的正弦公式化简，结合正弦定理角化边，即可证明结论;

a2c2b2a51（2）利用（1）的结论和题设，结合余弦定理可推出，再用cosB化

2acc251. 2简求值，可得答案.

【详解】（1）由题意知，2sinAsin(BA)sin(BA)， 所以2sinAsinBcosAcosBsinAsinBcosAcosBsinA， 所以2sinA2sinBcosA，而B(0,π),sinB0 ，

第页

15

结合正弦定理，所以cosAsinAa. sinBbab2c2a2, （2）由（1）知：cosAb2bca2a所以2acacca，即acac0，所以210

cc2222解得

a5151或（舍）, c22a2c2b2a2c2ac1ac1515151. 1(1)所以cosB2ac2ac2ca22223(1)n1(1)n18．已知数列an满足a11,an1. an22(1)设bna2n1，求数列bn的通项公式； (2)求数列an的前2n项和S2n.

n【答案】(1)bn21

(2)S2n32n13n6

nnbn113111【分析】（1）先化简an1，再推导出等于一个常数，即可求anb1n22解；

（2）结合第一问，先求出数列an的满足的规律，然后再求和.

3(1)n1(1)n2an，n=2k1,kZan 【详解】（1）由已知有：an1a1，n2k,kZ22n 所以bn+1a2n1+1，

bn11a2n11=2a2n22a2n1122a2n122(a2n11)2(bn1)， 其中b1+1a1+12，所以数列bn1为以2为首项，公比为2的等比数列. 所以bn122n12n，得bn2n1.

n（2）由（1）知：bna2n121，

a2n2a2n12(2n1)，

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所以

S2n(211)(221)(231)(2n1)2[(211)(221)(231)(2n1)]3[(211)(221)(231)3(2122232n)3n

(2n1)]

2(12n)33n

1232n13n6.

19．如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AD//BC，

ABAD．AB2BC4，E是棱PD上的动点（除端点外），F,M分别为AB,CE的中点．

(1)求证：FM//平面PAD；

(2)若直线EF与平面PAD所成的最大角为30°，求平面CEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析 (2)

【分析】（1）取CD中点N，连接MN,NF，先明平面MNF//平面PAD，再证明结论；

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17

93 31（2）先根据题意，建立空间直角坐标系，利用用向量数量积计算直线与平面成角正弦值，列方程求最值解，再用向量数量积求二面角的余弦值． 【详解】（1）证明：证明：取CD中点N，连接MN,NF， 因为M为CE中点，所以MN//DE， 因为MN平面PAD，DE平面PAD 所以MN//平面PAD，

又因为AD//BC，F为AB中点， 所以FN//AD，

因为FN平面PAD，AD平面PAD 所以FN//平面PAD，

因为MNFNN，MN、FN平面MNF， 所以平面MNF//平面PAD， 又因为MF平面MNF， 所以MF//平面PAD．

（2）解：建立如图所示的空间直角坐标系， 设AD4a，E0,4at,3t，t0,2a，

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18

则A0,0,0，F2,0,0，C4,2,0， FC2,2,0，FE2,4at,3t，

平面PAD的法向量为m1,0,0，

FEm直线EF与平面PAD所成的正弦值为

FEm244at3t122113aat22，

当ta时，取最大值1113a2sin302， 解得a1，FE2,3,3， 设平面CEF的法向量为nx,y,z， FCn2x2y0n2x3y3z0，令y3，FEn3,3,5，

cosn,mnm3nm3119331． 所以平面CEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值为9331 第页 19

20．某中学在一次考试后，对本年级学生物理成绩进行分析，随机抽取了300名同学的物理

80，80，70，70，90，60，60，成绩（均在50~100分之间），将抽取的成绩分组为50，，，得到如图所示的频率分布直方图. 90100

(1)求这300名同学物理平均成绩x与第三四分位数的估计值；（结果精确到1）

2(2)已知全年级同学的物理成绩服从正态分布N，，其中取（1）中的x，经计算，

=11，现从全年级随机选取一名同学的物理成绩，求该成绩在区间62，95的概率（结果精

确到0.1）；

(3)根据（2）的条件，用频率估计概率，现从全年级随机选取n名同学的物理成绩，若他们

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20

95的概率不低于1%，求n的最大值（n为整数）. 的成绩都在62，2附：lg20.301，若~N，，则P0.68，

P220.96. 【答案】(1)73；79 (2)0.8 (3)20

【分析】（1）利用题给条件和平均数与第三四分位数的定义即可求得这300名同学物理平均成绩x与第三四分位数的估计值；

95的概率； （2）利用正态分布的性质即可求得该成绩在区间62，（3）利用独立事件同时发生的概率列出关于n的不等式，解之即可求得n的最大值. 【详解】（1）x550.1650.3750.4850.1950.173. 70351078.75， 40则这300名同学物理平均成绩x与第三四分位数的估计值分别为73，79 11（2）P6295P20.680.960.820.8，

22lg0.012n20.62， （3）0.80.01，即nlog0.80.01lg0.83lg21故n的最大值为20.

x2y2221．已知椭圆E:221ab0的离心率为，过坐标原点O的直线交椭圆E于P,Aab2两点，其中P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C，连接AC.当C为椭圆的右焦点时，

△PAC的面积为2. (1)求椭圆E的方程；

(2)若B为AC的延长线与椭圆E的交点，试问：APB是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，说明理由. x2y21 【答案】(1)42(2)APB为定值90

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【分析】（1）由离心率可得a,b,c之间关系，根据通径长可得PC构造方程求得a2,b2，由此可得椭圆方程；

（2）设直线AP:ykxk0，结合斜率公式可求得kACb2，由SaPAC2SPOC可

k，由此可得直线AC方程，将2其与椭圆方程联立，结合韦达定理可求得B点坐标，利用向量数量积的坐标运算可求得

PAPB0，由此可得结论. 【详解】（1）椭圆离心率e1212c22222，ca，则baca， 22a2b21a； 当C为椭圆右焦点时，PCa2SPAC2SPOC111222caaca2，解得：a24，b22，

2224x2y2椭圆E的方程为：1.

42（2）

由题意可设直线AP:ykxk0，Px0,kx0，Bx1,y1， 则Ax0,kx0，Cx0,0，kACkx0k，直线AC:ykxx0； x0x022kyxx0222222由2得：k2x2kx0xkx080， 2xy1242k2x02k2x0x0x12x0， ，则x12k2k2k3x02k2x0k3x0kk2k2x0y1x1x02x0x02x0,2，B2；

22k2k2k2k22k2x02kxPB2,20，又PA2x0,2kx0，

k2k2第页 22

2k2x02kxPAPB2x022kx0200，则PAPB，

k2k2APB为定值90.

【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定值问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：

①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于x或y的一元二次方程的形式； ②利用0求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式； ③结合韦达定理的结论表示出所求量； ④化简整理可得定值.

22．某大学有A，B两个餐厅为学生提供午餐与晚餐服务，甲、乙两位学生每天午餐和晚餐都在学校就餐，近100天选择餐厅就餐情况统计如下： 选择餐厅情况（午餐，晚餐） 甲 乙

假设甲、乙选择餐厅相互独立，用频率估计概率．

(1)分别估计一天中甲午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率，乙午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率；

(2)记X为甲、乙在一天中就餐餐厅的个数，求X的分布列和数学期望EX；

(3)假设M表示事件“A餐厅推出优惠套餐”，N表示事件“某学生去A餐厅就餐”，PM0，一般来说在推出优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要大，证明：PMNPMN． 【答案】(1)0.3，0.4； (2)分布列见解析，1.9； (3)证明见解析.

【分析】(1)由统计表确定甲午餐和晚餐都选择A餐厅就餐频率和乙午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的频率，由频率估计概率即可；(2)由条件确定随机变量X的可能取值，再求取各值

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A,A 30天 20天 A,B 20天 25天 B,A 40天 15天 B,B 10天 40天 的概率，根据期望的定义求期望；(3)由条件结合条件概率公式证明PNMPNPM，由此证明PMNPMN.

【详解】（1）设事件C为“一天中甲员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐”， 事件D为“乙员工午餐和晚餐都选择B餐厅就餐”，

因为100个工作日中甲员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的天数为30， 乙员工午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的天数为40， 所以PC30400.3，PD0.4． 100100（2）由题意知，甲员工午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率为0.1， 乙员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率为0.2，

记X为甲、乙两员工在一天中就餐餐厅的个数，则X的所有可能取值为1、2， 所以PX10.30.20.10.40.1，PX21PX10.9， 所以X的分布列为：

X P

所以X的数学期望EX10.120.91.9． （3）由题知PNMPNM，

PNMPNMPNPNM即，即PNMPNPM，

PM1PMPM1 0.1 2 0.9 即PNMPNPNMPNPMPNPNM， 即PNMPNPNPNM，即即PMNPMN．

PNMPNM，

PNPN第页 24