2023年12月2日发(作者：高中数学试卷专题卷)

绝密★启用前

2020年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）

数学Ⅰ

注意事项

考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求

1．本试卷共4页，均为非选择题(第1题~第20题，共20题)。本卷满分为160分，考试时间为120分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.

2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.

3．请认真核对监考员从答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.

4．作答试题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效.

5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.

参考公式：

柱体的体积VSh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．

一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案填写在答题．．卡相应位置上．

．．．．．．1.已知集合A{1,0,1,2},B{0,2,3}，则A【答案】0,2

【解析】

【分析】

根据集合交集即可计算.

B_____.

【详解】∵A1,0,1,2,B0,2,3

∴AIB0,2

故答案为：0,2.

【点睛】本题考查了交集及其运算，是基础题型． 2.已知i是虚数单位，则复数z(1i)(2i)的实部是_____.

【答案】3

【解析】

【分析】

根据复数的运算法则，化简即可求得实部的值.

【详解】∵复数z1i2i

∴z2i2ii23i

∴复数的实部为3.

故答案为：3.

【点睛】本题考查复数的基本概念，是基础题．

3.已知一组数据4,2a,3a,5,6的平均数为4，则a的值是_____.

【答案】2

【解析】

【分析】

根据平均数的公式进行求解即可．

【详解】∵数据4,2a,3a,5,6的平均数为4

∴42a3a5620，即a2.

故答案为：2.

【点睛】本题主要考查平均数的计算和应用，比较基础．

4.将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是_____.

【答案】【解析】

【分析】

分别求出基本事件总数，点数和为5的种数，再根据概率公式解答即可．

【详解】根据题意可得基本事件数总为6636个.

点数和为5的基本事件有1,4，4,1，2,3，3,2共4个.

∴出现向上的点数和为5的概率为P1

941.

369故答案为：1.

9【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

5.如图是一个算法流程图，若输出y的值为2，则输入x的值是_____.

【答案】3

【解析】

【分析】

根据指数函数的性质，判断出yx1，由此求得x的值.

【详解】由于2x0，所以yx12，解得x3.

故答案为：3

【点睛】本小题主要考查根据程序框图输出结果求输入值，考查指数函数的性质，属于基础题.

y2x25=1(a＞0)的一条渐近线方程为y=x，则该6.在平面直角坐标系xOy中，若双曲线2﹣5a2双曲线的离心率是____.

【答案】【解析】

【分析】

根据渐近线方程求得a，由此求得c，进而求得双曲线的离心率.

3

2x2y25【详解】双曲线21，故b5.由于双曲线的一条渐近线方程为yx，即a52c3b5a2，所以ca2b2453，所以双曲线的离心率为.

a2a2故答案为：3

223【点睛】本小题主要考查双曲线的渐近线，考查双曲线离心率的求法，属于基础题.

7.已知y=f(x)是奇函数，当x≥0时， fxx

，则f(-8)的值是____.

【答案】4

【解析】

【分析】

先求f(8)，再根据奇函数求f(8)

【详解】f(8)84，因为f(x)为奇函数，所以f(8)f(8)4

故答案为：4

【点睛】本题考查根据奇函数性质求函数值，考查基本分析求解能力，属基础题.

8.已知sin(【答案】2232) =，则sin2的值是____.

341

3【解析】

【分析】

直接按照两角和正弦公式展开，再平方即得结果.

【详解】Qsin2(4)(221cossin)2(1sin2)

222121(1sin2)sin2

2331故答案为：

3【点睛】本题考查两角和正弦公式、二倍角正弦公式，考查基本分析求解能力，属基础题.

9.如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半轻为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm. 【答案】123【解析】

【分析】

2

先求正六棱柱体积，再求圆柱体积，相减得结果.

【详解】正六棱柱体积为6圆柱体积为()23222=123

41222

所求几何体体积为123故答案为：

1232

2

【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.

ππ﹢)的图象向右平移个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的对称10.将函数y=3sin(2x46轴的方程是____.

【答案】x【解析】

【分析】

先根据图象变换得解析式，再求对称轴方程，最后确定结果.

【详解】y3sin[2(x5

24)]3sin(2x)

64127k2xk(kZ)x(kZ)

1222425当k1时x

245故答案为：x

24【点睛】本题考查三角函数图象变换、正弦函数对称轴，考查基本分析求解能力，属基础题.

11.设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{an+bn}的前n项和Snn2n2n1(nN)，则d+q的值是_______．

【答案】4

【解析】

【分析】

结合等差数列和等比数列前n项和公式的特点，分别求得an,bn的公差和公比，由此求得dq.

【详解】设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，根据题意q1.

等差数列an的前n项和公式为Pnna1nn1dddn2a1n，

222等比数列bn的前n项和公式为Qnb11qn1qb1nbq1，

1q1q依题意SnPnQn，即nn212nbbd2dna1n1qn1，

221q1qd21d2da1a0121通过对比系数可知，故dq4.

q2q2b11b111q故答案为：4

【点睛】本小题主要考查等差数列和等比数列的前n项和公式，属于中档题.

2212.已知5x2y2y41(x,yR)，则xy的最小值是_______．

【答案】【解析】

【分析】

4

51y41y414y2222y2+根据题设条件可得x，可得xy，利用基本不等式即可求解.

55y25y25y2224【详解】∵5xyy1 1y4∴y0且x

5y2214y23211y414y214y2422y2+2，当且仅当2∴xy，即x,y时2255y1025555y5y5y22取等号.

∴x2y2的最小值为4.

54.

5故答案为：【点睛】本题考查了基本不等式在求最值中的应用.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.

D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若13.在△ABC中，AB4，AC3，∠BAC=90，3PAmPB(m)PC（m为常数），则CD的长度是________．

2

【答案】18

5【解析】

【分析】

根据题设条件可设PAPD0，结合PAmPBmPC与B,D,C三点共线，可求得23，再根据勾股定理求出BC，然后根据余弦定理即可求解.

【详解】∵A,D,P三点共线，

∴可设PAPD0，

∵PAmPBmPC，

23m3m∴PDmPBmPC，即2PC，

PDPB23若m0且m3，则B,D,C三点共线，

23m∴m21，即3，

2∵AP9，∴AD3，

∵AB4,AC3,BAC90，

∴BC5，

设CDx，CDA，则BD5x，BDA.

AD2BD2AB25x7AD2CD2AC2x，cos∴根据余弦定理可得cos，

2ADBD65x2ADCD62∵coscos0，

18x5x70，解得x∴，

665x5∴CD的长度为218.

53PC，C,D重合，此时CD的长度为0，

2当m0时，

PA当m33时，PAPB，B,D重合，此时PA12，不合题意，舍去.

2218故答案为：0或.

5【点睛】本题考查了平面向量知识的应用、余弦定理的应用以及求解运算能力，解答本题的关键是设出PAPD0．

14.在平面直角坐标系xOy中，已知P(1232，0)，A，B是圆C：x(y)36上的两个动点，22满足PAPB，则△PAB面积的最大值是__________．

【答案】105

【解析】

【分析】

根据条件得PCAB,再用圆心到直线距离表示三角形PAB面积，最后利用导数求最大值.

【详解】QPAPBPCAB

设圆心C到直线AB距离为d，则|AB|=236d2,|PC|311

44所以SVPAB1236d2(d1)(36d2)(d1)2

2令y(36d2)(d1)2(0d6)y2(d1)(2d2d36)0d4（负值舍去）

当0d4时，y0；当4d6时，y0，因此当d4时，y取最大值，即S最大值为105，

故答案为：105

【点睛】本题考查垂径定理、利用导数求最值，考查综合分析求解能力，属中档题.

PAB取二、解答题：本大题共6小题，共计90分，请在答题卡指定区域内作答，解答时．．．．．．．应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

15.在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．

（1）求证：EF∥平面AB1C1；

（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．

【答案】（1）证明详见解析；（2）证明详见解析.

【解析】

【分析】

（1）通过证明EF//AB1，来证得EF//平面AB1C1.

（2）通过证明AB平面AB1C，来证得平面AB1C平面ABB1.

【详解】（1）由于E,F分别是AC,B1C的中点，所以EF//AB1.

由于EF平面AB1C1,AB1平面AB1C1，所以EF//平面AB1C1.

（2）由于B1C平面ABC，ABÌ平面ABC，所以B1CAB. 由于ABAC,ACB1CC，所以AB平面AB1C,

由于ABÌ平面ABB1，所以平面AB1C平面ABB1.

【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题.

16.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a3,c2,B45．

（1）求sinC的值；

4（2）在边BC上取一点D，使得cosADC，求tanDAC的值．

5【答案】（1）sinC【解析】

【分析】

25.

；（2）tanDAC115（1）利用余弦定理求得b，利用正弦定理求得sinC.

（2）根据cosADC的值，求得sinADC的值，由（1）求得cosC的值，从而求得sinDAC,cosDAC的值，进而求得tanDAC的值.

【详解】（1）由余弦定理得b2a2c22accosB9223225，所以2b5. 由正弦定理得cbcsinB5.

sinCsinCsinBb5342（2）由于cosADC，ADC,，所以sinADC1cosADC.

552由于ADC,，所以C0,，所以cosC1sin2C25

225所以sinDACsinDACsinADCC

3254525.

sinADCcosCcosADCsinC5525551152DAC.

由于0,，所以cosDAC1sinDAC225所以tanDACsinDAC2.

cosDAC11

【点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角恒等变换，属于中档题.

17.某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O在水平线MN上、桥AB与MN平行，OO为铅垂线(O在AB上).经测量，左侧曲线AO上任一点D到MN的距离h1(米)与D到OO的距离a(米)之间满足关系式h112a；右侧曲线BO上任一点F到MN4013b6b.已知点B到OO的距800的距离h2(米)与F到OO的距离b(米)之间满足关系式h2离为40米.

（1）求桥AB的长度；

（2）计划在谷底两侧建造平行于OO的桥墩CD和EF，且CE为80米，其中C，E在AB上(不包括端点).桥墩EF每米造价k(万元)、桥墩CD每米造价桥墩CD与EF的总造价最低?

【答案】（1）120米（2）OE20米

【解析】

【分析】

（1）根据A,B高度一致列方程求得结果；

（2）根据题意列总造价的函数关系式，利用导数求最值，即得结果.

【详解】（1）由题意得3k(万元)(k>0).问OE为多少米时，211|OA|2403640|OA|80

40800|AB||OA||OB|8040120米

1802160，设|OE|x，

401331f(x)k(160x6x)k[160(80x)2],(0x40)

8f(x)k(160xx),f(x)k(xx)0x20(0舍去)

8008080080（2）设总造价为f(x)万元，|OO|当0x20时，f(x)0；当20x40时，f(x)0，因此当x=20时，f(x)取最小值，

答：当OE20米时，桥墩CD与EF的总造价最低.

【点睛】本题考查实际成本问题、利用导数求最值，考查基本分析求解能力，属中档题.

x2y218.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E:1的左、右焦点分别为F1，F2，点A在43椭圆E上且在第一象限内，AF2⊥F1F2，直线AF1与椭圆E相交于另一点B．

（1）求△AF1F2的周长；

（2）在x轴上任取一点P，直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q，求OPQP的最小值；

（3）设点M在椭圆E上，记△OAB与△MAB的面积分别为S1，S2，若S2=3S1，求点M的坐标．

【答案】（1）6；（2）-4；（3）M2,0或【解析】

【分析】

（1）根据椭圆定义可得AF1AF24，从而可求出△AF1F2的周长；

（2）设Px0,0，根据点A在椭圆E上，且在第一象限，AF2F1F2，求出A1,212,.

773，根2据准线方程得Q点坐标，再根据向量坐标公式，结合二次函数性质即可出最小值；

（3）设出设Mx1,y1，点M到直线AB的距离为d，由点O到直线AB的距离与S23S1，可推出d坐标.

9，根据点到直线的距离公式，以及Mx1,y1满足椭圆方程，解方程组即可求得5x2y2【详解】（1）∵椭圆E的方程为1

43∴F11,0,F21,0

由椭圆定义可得：AF1AF24.

∴△AF1F2的周长为426

（2）设Px0,0，根据题意可得x01.

∵点A在椭圆E上，且在第一象限，AF2F1F2

∴A1,3

2∵准线方程为x4

∴Q4,yQ

∴OPQPx0,0x04,yQx04x0x0244，当且仅当x02时取等号.

2∴OPQP的最小值为4.

（3）设Mx1,y1，点M到直线AB的距离为d.

∵A1,3，F11,0

23x1

43∵点O到直线AB的距离为，S23S1

5∴直线AF1的方程为y∴S23S13131ABABd

252∴d9

5∴3x14y139①

x12y12∵1②

432xx1217.

∴联立①②解得，y0121y17∴M2,0或212,.

77【点睛】本题考查了椭圆的定义，直线与椭圆相交问题、点到直线距离公式的运用，熟悉运用公式以及根据S23S1推出d9是解答本题的关键.

519.已知关于x的函数yf(x),yg(x)与h(x)kxb(k,bR)在区间D上恒有f(x)h(x)g(x)．

22)，求h(x)的表达式； （1）若fxx2x，gx x2x，D(，)，求k的取值范围； （2）若f(x) x2x1，g(x) klnx，h(x) kxk,D (0，（3）若f(x) x42x2，g(x) 4x28 ，h(x) 4t2tx 3t4 2t2(0 t≤2)，D

m, n2,2，求证：nm7．

【答案】（1）hx2x；（2）k0,3；（3）证明详见解析

【解析】

【分析】

（1）求得fx与gx的公共点，并求得过该点的公切线方程，由此求得hx的表达式.

（2）先由hxgx0，求得k的一个取值范围，再由fxhx0，求得k的另一个取值范围，从而求得k的取值范围.

（3）先由fxhx，求得t的取值范围，由方程gxhx0的两个根，求得nm的表达式，利用导数证得不等式成立.

【详解】（1）由题设有x22xkxbx22x对任意的xR恒成立.

令x0，则0b0，所以b0.

因此kxx22x即x2kx0对任意的xR恒成立，

2所以2k0，因此k2.

故hx2x.

（2）令Fxhxgxkx1lnxx0，F10.

又Fxk2x1.

x若k0，则Fx在0,1上递增，在1,+?()()上递减，则FxF10，即hxgx0，不符合题意.

当k0时，Fxhxgx0,hxgx，符合题意.

当k0时，

Fx在0,1上递减，在1,+?()()上递增，则FxF10，

即hxgx0，符合题意.

综上所述，k0. 由fxhxxx1kxkxk1xk10

22当xk10，即k1时，yx2k1xk1在(0,+?2)为增函数，

因为f0h0k10，

故存在x00,，使fxhx0，不符合题意.

k10，即k1时，fxhxx20，符合题意.

2k120，即k1时，则需k14k10，解得1k3.

当x2当x综上所述，k的取值范围是k0,3.

（3）因为x2x4ttx3t2t4x8对任意x[m,n][2,2]恒成立，

423422x42x24t3tx3t42t2对任意x[m,n][2,2]恒成立，

等价于(xt)2x22tx3t220对任意x[m,n][2,2]恒成立.

故x22tx3t220对任意x[m,n][2,2]恒成立

令M(x)x22tx3t22，

当0t21，8t280,1t1，

此时nm2t217，

当1t22，8t280，

但4x84ttx3t2t对任意的x[m,n][2,2]恒成立.

等价于4x4ttx3t4t20对任意的x[m,n][2,2]恒成立.

223423224x24t3tx3t24t220的两根为x1,x2，

3t42t28则x1x2tt,x1x2，

43所以nm=x1x22x1x224x1x2t65t43t28.

令t,1,2，则nm3235238.

构造函数P5381,2，P3103331，

2所以1,2时，P0，P递减，PmaxP17.

所以nmmax7，即nm7.

【点睛】本小题主要考查利用的导数求切线方程，考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查利用导数证明不等式，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.

20.已知数列an(nN)的首项a1=1，前n项和为Sn．设λ与k是常数，若对一切正整数n，*均有Sn11kSnan1成立，则称此数列为“λ–k”数列．

1k1k（1）若等差数列an是“λ–1”数列，求λ的值；

（2）若数列an是“32”数列，且an＞0，求数列3an的通项公式；

（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列an为“λ–3”数列，且an≥0?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由，

【答案】（1）1

1,n1a（2）n

n234,n2（3）01

【解析】

【分析】

（1）根据定义得Sn+1Snan1，再根据和项与通项关系化简得an1an1，最后根据数列不为零数列得结果；

（2）根据定义得Sn+1Sn即得an；

（3）根据定义得S13121213(Sn+1Sn)2，根据平方差公式化简得Sn+1=4Sn，求得Sn，3n+1Snan1，利用立方差公式化简得两个方程，再根据方程解的个1313数确定参数满足的条件，解得结果

【详解】（1）Sn+1Snan1an1an1Qa11an101

（2）Qa0SSS2S20

nn1nn1n11QSn+1Sn12121213(Sn+1Sn)2

3(Sn+11211111Sn)(Sn+12Sn2)(Sn+12Sn2)

31211111(Sn+12Sn2)Sn+12=2Sn2Sn+1=4SnSn4n1

3122Sn+1SnS1a11，Sn4n1

an4n14n234n2,n2

1,n1ann2

34,n2（3）假设存在三个不同的数列an为\"3\"数列.

Sn+1Snan1(Sn+1Sn)3(Sn+1Sn)

Sn+1Sn或(Sn+1Sn)(Sn+1SnSn+1Sn)

3233133Sn+1Sn或(31)Sn+123(1)Sn(2)Sn+1Sn0

33231313∵对于给定的，存在三个不同的数列an为\"3\"数列，且an0

22111,n1333an或(1)S3(1)S3(2)S3S301有两个不等的正n+1nn+1n0,n2根.

(1)Sn+1(1)Sn(2)Sn+1Sn01可转化为33323231313(1)Sn+1Sn23323(31)(2)Sn+1Sn1331301，不妨设Sn1xx0，则Sn13(31)x2(32)x(31)01有两个不等正根，设fx(31)x2(32)x(31)01.

①

当1时，(32)24(31)20034，即01，此时(32)f010，x对0，满足题意.

2(31)3②

当1时，(32)24(31)20034，即1334，此时(32)f010，x对0，此情况有两个不等负根，不满足题意舍去.

2(31)综上，01

【点睛】本题考查数列新定义、由和项求通项、一元二次方程实根分步，考查综合分析求解能力，属难题.

数学Ⅱ(附加题)

【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域．．．．．．．．．．．．．．．．．．内作答．若多做，则按作答的前两小题评分．解答时应写出文字说明、证明过程．．．或演算步骤．

A．[选修4-2：矩阵与变换]

21.平面上点A(2,1)在矩阵M（1）求实数a，b的值；

（2）求矩阵M的逆矩阵M1．

a1对应的变换作用下得到点B(3,4)．

1b12 5a251.

【答案】（1）；（2）M12b2

55【解析】

【分析】

（1）根据变换写出具体的矩阵关系式，然后进行矩阵的计算可得出实数a,b的值；

（2）设出逆矩阵，由定义得到方程，即可求解.

 a 1【详解】（1）∵平面上点A2,1在矩阵M对应的变换作用下得到点B3,4

1 b a 1 2 3 ∴1 b142a13a2∴，解得

2b4b2（2）设M1m n 2mc 2nd1 01MM，则m2c n2d=0 1

c d2m52mc11n2nd05∴，解得

1m2c0c5n2d12d512 551∴M

12

55【点睛】本题考查矩阵变换的应用，考查逆矩阵的求法，解题时要认真审题，属于基础题．

B．[选修4-4：坐标系与参数方程]

ππ22.在极坐标系中，已知点A(1,)在直线l:cos2上，点B(2,)在圆C:4sin上63（其中0，02）．

（1）求1，2的值

（2）求出直线l与圆C的公共点的极坐标．

【答案】（1）14，22（2）(22,【解析】

【分析】

(1)将A,B点坐标代入即得结果；（2）联立直线与圆极坐标方程，解得结果.

【详解】（1）以极点为原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，

4)

1cos32,14，

因为点B为直线6上，故其直角坐标方程为y3x，

3又4sin对应的圆的直角坐标方程为：x2y24y0，

3x3xx0y由解得或，

3y0y1x2y24y0对应的点为0,0,（2）3,1，故对应的极径为20或22.

cos2,4sin,4sincos2,sin21，

[0,2),当544,，

时22；

45当时220，舍；即所求交点坐标为当(22,),

44【点睛】本题考查极坐标方程及其交点，考查基本分析求解能力，属基础题.

C．[选修4-5：不等式选讲]

23.设xR，解不等式2|x1||x|4．

2【答案】2,

3【解析】

【分析】

根据绝对值定义化为三个方程组，解得结果

x1x01x0【详解】或或

2x2x42x2x42x2x42x1或1≤x≤0或0x所以解集为2,

32

32【点睛】本题考查分类讨论解含绝对值不等式，考查基本分析求解能力，属基础题.

【必做题】第24题、第25题，每题10分，共计20分．请在答题卡指定区域内．．．．．．．作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

24.在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=5,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．

（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；

（2）若点F在BC上，满足BF=1BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．

4【答案】（1）【解析】

【分析】

23915（2）

1513（1）建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果；

（2）先求两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果.

详解】

（1）连COQBCCD,BOODCOBD

以OB,OC,OA为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,2),B(1,0,0),C(0,2,0),D(1,0,0)E(0,1,1)

uuuruuuruuuruuurAB(1,0,2),DE(1,1,1)cosAB,DE115

1553从而直线AB与DE所成角的余弦值为15

15（2）设平面DEC一个法向量为n1(x,y,z),

n1DC0x2y0DC(1,2,0),

xyz0nDE01ur令y1x2,z1n1(2,1,1)

设平面DEF一个法向量为uurn2(x1,y1,z1),17xy0nDF0171DFDBBFDBBC(,,0),24121

442nDE02x1y1z10uur令y17x12,z15n2(2,7,5)

uruurcosn1,n261

67813因此sin12239

1313【点睛】本题考查利用向量求线线角与二面角，考查基本分析求解能力，属中档题.

25.甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复n次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为Xn，恰有2个黑球的概率为pn，恰有1个黑球的概率为qn．

q1和p2·q2； （1）求p1·（2）求2pn+qn与2pn-1+qn-1的递推关系式和Xn的数学期望E(Xn)(用n表示)

．

【答案】（1）p1【解析】

【分析】

（1）直接根据操作，根据古典概型概率公式可得结果；

（2）根据操作，依次求pn，qn，即得递推关系，构造等比数列求得2pnqn，最后根据数学期望公式求结果.

1271612,q1；p2,q2；（2）2pnqn2pn1+qn1

33272733131232,q1，

333333131211227p2p1+q1+，

3333333927231122222516q2p1+q10+

3333333927131212+qn1pn1+qn1， （2）pnpn13333392311223212qnpn1+qn1(1pn1qn1)qn1+，

33333393212因此2pnqnpn1+qn1，

333121从而2pnqn(2pn1+qn1),2pnqn1(2pn1+qn11)，

33311即2pnqn1(2p1+q11)n1,2pnqn1n.

33【详解】（1）p1又Xn的分布列为

Xn

0 1 2

P

1pnqn

qn

pn

故E(Xn)2pnqn11.

3n【点睛】本题考查古典概型概率、概率中递推关系、构造法求数列通项、数学期望公式，考查综合分析求解能力，属难题.


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