2023-2024学年江西省赣州市高三上学期期末数学试题(含解析）
文档属性
| 名称 | 2023-2024学年江西省赣州市高三上学期期末数学试题(含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 190.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-02-18 20:40:14 | ||
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文档简介
2023-2024学年江西省赣州市高三上学期期末数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.若复数满足，则( )
A. B. C. D.
3.已知，均为单位向量若，则在上的投影向量为( )
A. B. C. D.
4.若抛物线上的动点到其焦点的距离的最小值为，则的值为( )
A. B. C. D.
5.已知为锐角，且，则( )
A. B. C. D.
6.从集合的非空子集中随机选取两个不同的集合，，则的概率为( )
A. B. C. D.
7.“打水漂”是一种游戏：按一定方式投掷石片，使石片在水面上实现多次弹跳，弹跳次数越多越好小乐同学在玩“打水漂”游戏时，将一石片按一定方式投掷出去，石片第一次接触水面时的速度为，然后石片在水面上继续进行多次弹跳不考虑其他因素，假设石片每一次接触水面时的速度均为上一次的若石片接触水面时的速度低于，石片就不再弹跳，沉入水底，则小乐同学这次“打水漂”石片的弹跳次数为( ) 参考数据：，，
A. B. C. D.
8.已知，是圆上两点若，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.有一组互不相等的样本数据，，，，平均数为若随机删去其中一个数据，得到一组新数据，记为，，，，平均数为，则( )
A. 新数据的极差可能等于原数据的极差
B. 新数据的中位数可能等于原数据的中位数
C. 若，则新数据的方差一定大于原数据方差
D. 若，则新数据的分位数一定大于原数据的分位数
10.如图，点为正方形的中心，为等边的边的中点，平面平面，则( )
A. B.
C. 平面 D. 与平面所成的角为
11.若正数，满足，则( )
A. B.
C. D.
12.已知函数，则( )
A. 为奇函数
B. 的最小正周期为
C. 的最小值为
D. 直线是曲线的切线
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.展开式中的系数为 用数字作答．
14.某小区计划修建一个圆台形的花台，它的上、下底面半径分别为和若需要的土才能把花台填满，则花台高为
15.已知数列满足，，，，数列是公差为的等差数列，则 ．
16.已知，为椭圆的两个焦点，过的直线与交于，两点若，，则的离心率为 ．
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.本小题分
已知数列满足，记．
证明：数列为等比数列
求数列的前项和．
18.本小题分
在中，角，，所对的边分别为，，，．
证明：
记边和上的高分别为和若，判断的形状．
19.本小题分
学生甲想加入校篮球队，篮球教练对其进行投篮测试测试规则如下：分别在罚球线处和三分线处投篮，每处有两次投篮的机会只有在罚球线处投进一个球，他才可以进行三分线处的投篮，否则不予录取他在罚球线处和三分线处各投进一球，则录取，否则不予录取．
已知学生甲在罚球线处投篮命中率为，在三分线处投篮命中率为假设学生甲每次投进与否互不影响．
求学生甲被录取的概率
在这次测试中，记学生甲投篮的次数为，求的分布列及期望．
20.本小题分
如图，在三棱柱中，为的中点，，平面平面．
证明：平面平面
设，，，四棱锥的体积为，求平面与平面所成角的余弦值．
21.本小题分
设双曲线的中心为坐标原点，渐近线方程为，且过点．
求的方程
设不过原点的直线与的两支分别交于，两点，且的面积为记，求动点的轨迹．
22.本小题分
设函数，曲线在点处的切线方程为．
求和的值
若，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了两个集合的交集和一元二次不等式的解法，属基础题．
求出中的不等式，找出与的交集即可．
【解答】解：因为，
，
所以，
故选：．
2.【答案】
【解析】【分析】
本题考查复数的运算，属于基础题
解题时求出即可求解
【解答】
解：因为，所以，所以．
3.【答案】
【解析】【分析】
本题考查投影向量，属于基础题．
先将两边平方得到向量的数量积，再根据在方向上的投影向量公式得出结果．
【解答】解：由已知，
因为，所以．
所以在方向上的投影向量为．
4.【答案】
【解析】【分析】
本题考查抛物线定义，属于基础题
解题时结合定义求解即可
【解答】
解：抛物线上的动点到其焦点的距离的最小值为
结合抛物线定义可知，所以
5.【答案】
【解析】【分析】
本题考查诱导公式及同角三角函数的基本关系，属于基础题．
由同角三角函数的平方关系及的范围可求，再利用诱导公式即可求解．
【解答】
解：由题意可得，
又为锐角，所以，
所以．
所以
．
6.【答案】
【解析】【分析】
本题考查集合的子集个数，考查古典概型的计算，属于基础题．
解题时先求出非空子集个数，然后求出交集为空集个数即可．
【解答】
解：集合的非空子集共有个，从中任意选个共有种选法，
其中满足的有，，共个．
所以概率为．
7.【答案】
【解析】【分析】
本题考查指数函数模型、指数与对数的运算性质，属于基础题．
设这次“打水漂”石片的弹跳次数为，由题意得，解不等式即可．
【解答】
解：设这次“打水漂”石片的弹跳次数为，
由题意得，
．，
．
，即．
故选B．
8.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了直线与圆的位置关系及点到直线的距离，考查平面向量的数量积，考查了转化思想和计算能力，属于难题．
由，可得，则圆心到直线的距离为当直线的斜率不存在时，易得；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，结合韦达定理及点到直线的距离公式可得，分、及讨论，结合基本不等式即可求解．
【解答】
解：，是圆上两个不同的点，
则，，
，
，则圆心到直线的距离为．
当直线的斜率不存在时，可得，
则．
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
与圆的方程联立，消去可得，
化简可得，
由，可得．
则，．
所以．
因为圆心到直线的距离为，所以，即，满足，
所以，
所以
．
当时，，故；
当时，
，
当且仅当时等号成立，
又，所以．
当时，
，
当且仅当时等号成立，
综上所述，，
所以．
9.【答案】
【解析】【分析】
本题考查数据的极差、中位数、方差与百分位数，属于中档题．
不妨设，，对于，若删去的数据不是或，即可判断；对于，样本数据，，，的中位数为，根据即可判断；对于，平均数不变意味着删去的数据刚好等于平均数，根据方差公式即可判断；对于，原数据的分位数为，新数据的分位数为，若删除的数据为，即可判断．
【解答】
解：不妨设，，
对于，若删去的数据不是或，则极差不变，故A正确；
对于，样本数据，，，的中位数为，
而，而原数据的中位数为或，
所以新数据的中位数不可能等于原数据的中位数，故B错误；
对于，平均数不变意味着删去的数据刚好等于平均数，
在方差公式中，分子不变，分母变小，所以方差变大，故C正确；
对于，平均数不变意味着删去的数据刚好等于平均数，
因为，故原数据的分位数为．
因为，所以新数据的分位数为．
若删除的数据为，则，故D错误．
10.【答案】
【解析】【分析】
本题考查向量知识的运用，考查线面平行的判定，属于中档题．
建立坐标系，利用向量方法判断，，；利用线面平行的判定定理判断．
【解答】
解：由题意，取的中点，连接，则，
因为平面平面，平面平面，所以平面，
建立如图所示的坐标系，设，则，，，，，则
所以，所以，不正确；
所以，所以，B正确；
连接，则为的中点，因为为等边的边的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，C正确；
，平面的法向量为，
所以与平面所成的角的正弦值为，D错误．
故选：．
11.【答案】
【解析】【分析】本题主要考查了利用基本不等式求解最值，解题的关键是公式的灵活应用，属于中档题．
结合基本不等式及相关结论分别检验各选项即可判断．
【解答】解：因为，，且，
所以，当且仅当时取等号，
所以，A错误；
由，当且仅当时取等号，B正确；
令，，则，所以在上单调递增，又，所以当时，，因为，，所以C正确；
因为，，且，
所以，当且仅当时取等号，令，，则，所以在上单调递增，又，所以时，，所以，，所以，D正确．
12.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了函数的奇偶性，函数的周期性，导数的几何意义，属于较难题。
利用函数的奇偶性的定义，可判断；利用函数周期性定义，可判断；利用，可判断；利用导数的几何意义，可判断。
【解答】
解：
因为，
所以为奇函数，A正确；
，
．
所以的最小正周期为，B正确；
因为，所以的最小值不是，C错误
当是，，
，，曲线在点处的切线方程为
，即，D正确．
13.【答案】
【解析】【分析】
本题考查二项式定理的应用，考查了分类讨论的数学思想，属于基础题．
分别求出中与的系数，然后即可求出展开式中的系数．
【解答】
解：因为在中的系数为，的系数为，
所以的展开式中的系数为．
14.【答案】
【解析】【分析】
本题考查圆台体积的应用，考查运算求解能力，属于基础题．
根据题意结合台体体积公式，解方程即可求解．
【解答】
解：小区修建一个圆台形的花台，它的两底面半径分别为和，设高为，
．
解得，
若需要的土才能把花台填满，则花台高为．
15.【答案】
【解析】【分析】
本题考查等差数列的通项公式，属于基础题．
由题意，所以，组成以为首项，为公差的等差数列，求出数列的通项公式得出结论．
【解答】
解：因为数列是公差为的等差数列，
所以，
所以，组成以为首项，为公差的等差数列，
所以，
所以．
故答案为：．
16.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查椭圆的基本性质，几何计算，以及余弦定理的应用，考查了逻辑推理能力和几何计算能力，属中档题．
设 ，则，因为， ，
则在 中，由余弦定理得出，在 中，利用余弦定理可得离心率的值．
【解答】
解：由题意，椭圆左右焦点分别为 ， ， ，
设 ，则，因为， ，
则．
于是在 中， ，
所以，
则或舍去，
所以 ，．
在 中， ，
则，
整理得：
故椭圆的离心率为 ．
故答案为 ．
17.【答案】解：证明：由，
可得
因为，
所以表示以为首项，为公比的等比数列
由得，，可得
记，
则
两式相减，可得
即
所以
【解析】本题考查等比数列的判断，错位相减法求和，属于一般题．
推出，即可判断；
利用错位相减法求和．
18.【答案】解：由正弦定理及条件得，，
整理可得，，
又，
于是，即，
因为，，所以，
所以或舍去，
所以．
由，可得，
又由及正弦定理
可得，
解得，
由于，所以，
所以，所以是直角三角形．
【解析】本题主要考查利用正弦定理解三角形，属于中档题．
利用正弦定理进行变形，然后利用三角恒等变换即可；
利用正弦定理解三角形即可．
19.【答案】解：记事件表示“甲在罚球线处投篮，第次投进”，事件表示“甲在三分线处投
篮，第次投进”则，．
设事件表示“学生甲不被录取”，则．
所以．
所以学生甲被录取的概率为．
的可能取值为，，，
，
，
，
所以的分布列为
所以．
【解析】本题主要考查相互独立事件同时发生的概率公式，属于中档题．
利用相互独立事件同时发生的概率公式即可；
先分析出的可能取值为，，，然后求出概率的分布列，然后求出期望即可．
20.【答案】证明：设，则为的中点，
又因为，所以，
则由平面平面，平面平面，
可得，平面，
设为的中点，连接和．
在中，由和分别是和的中点得，，
又因为，所以，
所以四边形为平行四边形，所以
由可得，平面，
又平面，所以平面平面
解：因为，
，
所以，
由，，及平面平面可得
三棱锥的高为，
由，为的中点，可得，
又，故，
从而，解得，
所以为正三角形，所以，，两两垂直，
故可建立如图所示的空间直角坐标系
则，
设为平面的一个法向量，
由得．
令，得，
又为平面的一个法向量，
设平面与平面所成角为，
则，
故平面与平面所成角的余弦值为．
【解析】本题考查了面面垂直的判定和平面与平面所成角的向量求法，是中档题．
先证明平面，由面面垂直的判定即可得证；
建立空间直角坐标系，得出平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用空间向量求解即可．
21.【答案】解：依题意知，双曲线关于轴和轴对称
由渐线方程可设的方程为，
把点代入的方程得，，
故C的方程为．
依题意知，，把代入，
可得，
设，，则，．
依题意有，，即
于是，，
原点到直线的距离
联立，可得，
令，则，解得或
当时，，于是，与矛盾
故，即且，
故的轨迹是去掉与坐标轴交点的单位圆．
【解析】本题考查双曲线得标准方程以及直线与双曲线有关的面积问题；
根据题意可设的方程为，带入点即可；
根据题意联立直线与双曲线，利用韦达定理以及面积可得，即可．
22.【答案】解：依题意知，当时，，即，
又，所以，
，
于是，所以，即；
因为，所以原不等式可变为，
记，则上式等价于，
，记，则，
于是在上单调递减，
又，所以，
当时，，即
当时，，即，
从而在上单调递增，在上单调递减，故，所以，
故的取值范围是
【解析】本题考查了导数的几何意义和利用导数研究恒成立问题，是较难题．
依题意知，当时，，即，又，可得的值；由，可得的值；
原不等式可变为，记，则上式等价于，利用导数研究最值，可得的取值范围．
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一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.若复数满足，则( )
A. B. C. D.
3.已知，均为单位向量若，则在上的投影向量为( )
A. B. C. D.
4.若抛物线上的动点到其焦点的距离的最小值为，则的值为( )
A. B. C. D.
5.已知为锐角，且，则( )
A. B. C. D.
6.从集合的非空子集中随机选取两个不同的集合，，则的概率为( )
A. B. C. D.
7.“打水漂”是一种游戏：按一定方式投掷石片，使石片在水面上实现多次弹跳，弹跳次数越多越好小乐同学在玩“打水漂”游戏时，将一石片按一定方式投掷出去，石片第一次接触水面时的速度为，然后石片在水面上继续进行多次弹跳不考虑其他因素，假设石片每一次接触水面时的速度均为上一次的若石片接触水面时的速度低于，石片就不再弹跳，沉入水底，则小乐同学这次“打水漂”石片的弹跳次数为( ) 参考数据：，，
A. B. C. D.
8.已知，是圆上两点若，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.有一组互不相等的样本数据，，，，平均数为若随机删去其中一个数据，得到一组新数据，记为，，，，平均数为，则( )
A. 新数据的极差可能等于原数据的极差
B. 新数据的中位数可能等于原数据的中位数
C. 若，则新数据的方差一定大于原数据方差
D. 若，则新数据的分位数一定大于原数据的分位数
10.如图，点为正方形的中心，为等边的边的中点，平面平面，则( )
A. B.
C. 平面 D. 与平面所成的角为
11.若正数，满足，则( )
A. B.
C. D.
12.已知函数，则( )
A. 为奇函数
B. 的最小正周期为
C. 的最小值为
D. 直线是曲线的切线
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.展开式中的系数为 用数字作答．
14.某小区计划修建一个圆台形的花台，它的上、下底面半径分别为和若需要的土才能把花台填满，则花台高为
15.已知数列满足，，，，数列是公差为的等差数列，则 ．
16.已知，为椭圆的两个焦点，过的直线与交于，两点若，，则的离心率为 ．
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.本小题分
已知数列满足，记．
证明：数列为等比数列
求数列的前项和．
18.本小题分
在中，角，，所对的边分别为，，，．
证明：
记边和上的高分别为和若，判断的形状．
19.本小题分
学生甲想加入校篮球队，篮球教练对其进行投篮测试测试规则如下：分别在罚球线处和三分线处投篮，每处有两次投篮的机会只有在罚球线处投进一个球，他才可以进行三分线处的投篮，否则不予录取他在罚球线处和三分线处各投进一球，则录取，否则不予录取．
已知学生甲在罚球线处投篮命中率为，在三分线处投篮命中率为假设学生甲每次投进与否互不影响．
求学生甲被录取的概率
在这次测试中，记学生甲投篮的次数为，求的分布列及期望．
20.本小题分
如图，在三棱柱中，为的中点，，平面平面．
证明：平面平面
设，，，四棱锥的体积为，求平面与平面所成角的余弦值．
21.本小题分
设双曲线的中心为坐标原点，渐近线方程为，且过点．
求的方程
设不过原点的直线与的两支分别交于，两点，且的面积为记，求动点的轨迹．
22.本小题分
设函数，曲线在点处的切线方程为．
求和的值
若，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了两个集合的交集和一元二次不等式的解法，属基础题．
求出中的不等式，找出与的交集即可．
【解答】解：因为，
，
所以，
故选：．
2.【答案】
【解析】【分析】
本题考查复数的运算，属于基础题
解题时求出即可求解
【解答】
解：因为，所以，所以．
3.【答案】
【解析】【分析】
本题考查投影向量，属于基础题．
先将两边平方得到向量的数量积，再根据在方向上的投影向量公式得出结果．
【解答】解：由已知，
因为，所以．
所以在方向上的投影向量为．
4.【答案】
【解析】【分析】
本题考查抛物线定义，属于基础题
解题时结合定义求解即可
【解答】
解：抛物线上的动点到其焦点的距离的最小值为
结合抛物线定义可知，所以
5.【答案】
【解析】【分析】
本题考查诱导公式及同角三角函数的基本关系，属于基础题．
由同角三角函数的平方关系及的范围可求，再利用诱导公式即可求解．
【解答】
解：由题意可得，
又为锐角，所以，
所以．
所以
．
6.【答案】
【解析】【分析】
本题考查集合的子集个数，考查古典概型的计算，属于基础题．
解题时先求出非空子集个数，然后求出交集为空集个数即可．
【解答】
解：集合的非空子集共有个，从中任意选个共有种选法，
其中满足的有，，共个．
所以概率为．
7.【答案】
【解析】【分析】
本题考查指数函数模型、指数与对数的运算性质，属于基础题．
设这次“打水漂”石片的弹跳次数为，由题意得，解不等式即可．
【解答】
解：设这次“打水漂”石片的弹跳次数为，
由题意得，
．，
．
，即．
故选B．
8.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了直线与圆的位置关系及点到直线的距离，考查平面向量的数量积，考查了转化思想和计算能力，属于难题．
由，可得，则圆心到直线的距离为当直线的斜率不存在时，易得；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，结合韦达定理及点到直线的距离公式可得，分、及讨论，结合基本不等式即可求解．
【解答】
解：，是圆上两个不同的点，
则，，
，
，则圆心到直线的距离为．
当直线的斜率不存在时，可得，
则．
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
与圆的方程联立，消去可得，
化简可得，
由，可得．
则，．
所以．
因为圆心到直线的距离为，所以，即，满足，
所以，
所以
．
当时，，故；
当时，
，
当且仅当时等号成立，
又，所以．
当时，
，
当且仅当时等号成立，
综上所述，，
所以．
9.【答案】
【解析】【分析】
本题考查数据的极差、中位数、方差与百分位数，属于中档题．
不妨设，，对于，若删去的数据不是或，即可判断；对于，样本数据，，，的中位数为，根据即可判断；对于，平均数不变意味着删去的数据刚好等于平均数，根据方差公式即可判断；对于，原数据的分位数为，新数据的分位数为，若删除的数据为，即可判断．
【解答】
解：不妨设，，
对于，若删去的数据不是或，则极差不变，故A正确；
对于，样本数据，，，的中位数为，
而，而原数据的中位数为或，
所以新数据的中位数不可能等于原数据的中位数，故B错误；
对于，平均数不变意味着删去的数据刚好等于平均数，
在方差公式中，分子不变，分母变小，所以方差变大，故C正确；
对于，平均数不变意味着删去的数据刚好等于平均数，
因为，故原数据的分位数为．
因为，所以新数据的分位数为．
若删除的数据为，则，故D错误．
10.【答案】
【解析】【分析】
本题考查向量知识的运用，考查线面平行的判定，属于中档题．
建立坐标系，利用向量方法判断，，；利用线面平行的判定定理判断．
【解答】
解：由题意，取的中点，连接，则，
因为平面平面，平面平面，所以平面，
建立如图所示的坐标系，设，则，，，，，则
所以，所以，不正确；
所以，所以，B正确；
连接，则为的中点，因为为等边的边的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，C正确；
，平面的法向量为，
所以与平面所成的角的正弦值为，D错误．
故选：．
11.【答案】
【解析】【分析】本题主要考查了利用基本不等式求解最值，解题的关键是公式的灵活应用，属于中档题．
结合基本不等式及相关结论分别检验各选项即可判断．
【解答】解：因为，，且，
所以，当且仅当时取等号，
所以，A错误；
由，当且仅当时取等号，B正确；
令，，则，所以在上单调递增，又，所以当时，，因为，，所以C正确；
因为，，且，
所以，当且仅当时取等号，令，，则，所以在上单调递增，又，所以时，，所以，，所以，D正确．
12.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了函数的奇偶性，函数的周期性，导数的几何意义，属于较难题。
利用函数的奇偶性的定义，可判断；利用函数周期性定义，可判断；利用，可判断；利用导数的几何意义，可判断。
【解答】
解：
因为，
所以为奇函数，A正确；
，
．
所以的最小正周期为，B正确；
因为，所以的最小值不是，C错误
当是，，
，，曲线在点处的切线方程为
，即，D正确．
13.【答案】
【解析】【分析】
本题考查二项式定理的应用，考查了分类讨论的数学思想，属于基础题．
分别求出中与的系数，然后即可求出展开式中的系数．
【解答】
解：因为在中的系数为，的系数为，
所以的展开式中的系数为．
14.【答案】
【解析】【分析】
本题考查圆台体积的应用，考查运算求解能力，属于基础题．
根据题意结合台体体积公式，解方程即可求解．
【解答】
解：小区修建一个圆台形的花台，它的两底面半径分别为和，设高为，
．
解得，
若需要的土才能把花台填满，则花台高为．
15.【答案】
【解析】【分析】
本题考查等差数列的通项公式，属于基础题．
由题意，所以，组成以为首项，为公差的等差数列，求出数列的通项公式得出结论．
【解答】
解：因为数列是公差为的等差数列，
所以，
所以，组成以为首项，为公差的等差数列，
所以，
所以．
故答案为：．
16.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查椭圆的基本性质，几何计算，以及余弦定理的应用，考查了逻辑推理能力和几何计算能力，属中档题．
设 ，则，因为， ，
则在 中，由余弦定理得出，在 中，利用余弦定理可得离心率的值．
【解答】
解：由题意，椭圆左右焦点分别为 ， ， ，
设 ，则，因为， ，
则．
于是在 中， ，
所以，
则或舍去，
所以 ，．
在 中， ，
则，
整理得：
故椭圆的离心率为 ．
故答案为 ．
17.【答案】解：证明：由，
可得
因为，
所以表示以为首项，为公比的等比数列
由得，，可得
记，
则
两式相减，可得
即
所以
【解析】本题考查等比数列的判断，错位相减法求和，属于一般题．
推出，即可判断；
利用错位相减法求和．
18.【答案】解：由正弦定理及条件得，，
整理可得，，
又，
于是，即，
因为，，所以，
所以或舍去，
所以．
由，可得，
又由及正弦定理
可得，
解得，
由于，所以，
所以，所以是直角三角形．
【解析】本题主要考查利用正弦定理解三角形，属于中档题．
利用正弦定理进行变形，然后利用三角恒等变换即可；
利用正弦定理解三角形即可．
19.【答案】解：记事件表示“甲在罚球线处投篮，第次投进”，事件表示“甲在三分线处投
篮，第次投进”则，．
设事件表示“学生甲不被录取”，则．
所以．
所以学生甲被录取的概率为．
的可能取值为，，，
，
，
，
所以的分布列为
所以．
【解析】本题主要考查相互独立事件同时发生的概率公式，属于中档题．
利用相互独立事件同时发生的概率公式即可；
先分析出的可能取值为，，，然后求出概率的分布列，然后求出期望即可．
20.【答案】证明：设，则为的中点，
又因为，所以，
则由平面平面，平面平面，
可得，平面，
设为的中点，连接和．
在中，由和分别是和的中点得，，
又因为，所以，
所以四边形为平行四边形，所以
由可得，平面，
又平面，所以平面平面
解：因为，
，
所以，
由，，及平面平面可得
三棱锥的高为，
由，为的中点，可得，
又，故，
从而，解得，
所以为正三角形，所以，，两两垂直，
故可建立如图所示的空间直角坐标系
则，
设为平面的一个法向量，
由得．
令，得，
又为平面的一个法向量，
设平面与平面所成角为，
则，
故平面与平面所成角的余弦值为．
【解析】本题考查了面面垂直的判定和平面与平面所成角的向量求法，是中档题．
先证明平面，由面面垂直的判定即可得证；
建立空间直角坐标系，得出平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用空间向量求解即可．
21.【答案】解：依题意知，双曲线关于轴和轴对称
由渐线方程可设的方程为，
把点代入的方程得，，
故C的方程为．
依题意知，，把代入，
可得，
设，，则，．
依题意有，，即
于是，，
原点到直线的距离
联立，可得，
令，则，解得或
当时，，于是，与矛盾
故，即且，
故的轨迹是去掉与坐标轴交点的单位圆．
【解析】本题考查双曲线得标准方程以及直线与双曲线有关的面积问题；
根据题意可设的方程为，带入点即可；
根据题意联立直线与双曲线，利用韦达定理以及面积可得，即可．
22.【答案】解：依题意知，当时，，即，
又，所以，
，
于是，所以，即；
因为，所以原不等式可变为，
记，则上式等价于，
，记，则，
于是在上单调递减，
又，所以，
当时，，即
当时，，即，
从而在上单调递增，在上单调递减，故，所以，
故的取值范围是
【解析】本题考查了导数的几何意义和利用导数研究恒成立问题，是较难题．
依题意知，当时，，即，又，可得的值；由，可得的值；
原不等式可变为，记，则上式等价于，利用导数研究最值，可得的取值范围．
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