湖北省郧阳中学,恩施高中,随州二中,襄阳三中,十堰一中2021届高三下学期4月联考数学试题

郧阳中学､恩施高中､随州二中､襄阳三中､十堰一中高三四月调研考试

数学试卷

一､选择题：本题共8小题，每小题，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.

221. 设集合Ay|ylgx1,xR，集合Bx2xx0，则AB等于（ ）

A. 0,2 D

B. 2,

C. R

 D. 0，根据对数函数的性质可得集合A，解一元二次不等式得集合B，再求并集即可.

22因为Ay|ylgx1,xR0,，Bx2xx00,2，

所以AB0,，故选：D.

2. 已知fxlogax(a0,a1)，则yfx在定义域内为增函数的充分不必要条件是（ ） A. 2a3 A

【分析】找出充要条件，再逐项判断即可. 由对数函数f(x)logax(a0且a1)的性质可知

f(x)在定义域内为增函数,则a1, 记A{a∣a1}

B. a1 C. 0a1 D.

11a 32{a∣2a3}是A的真子集，所以2a3是f(x)在定义域内为增函数的充分不必要条件, 故A正确;

{a∣a1}A,a1是f(x)在定义域内为增函数的充要条件,故B不正确;

{a∣0a1}与A无包含关系, 0a1 是f(x)在定义域内为增函数的既不充分也不必要条件,故C不正确;

1∣aa3111与A无包含关系a 是f(x)在定义域内为增函数的既不充分也不必要条232件,故D不正确. 故选：A

3. 已知单位向量a，b，c满足abc0，则向量a与向量b的夹角为（ ）

1

A. C

 6B.

 3C.

2 3D.

5 6【分析】由题设得abc即|ab|1，应用向量数量积的运算律，即可求向量a与向量b的夹角.

由题设，知：abc，又a，b，c为单位向量， ∴|ab||c|1，即(ab)2a2abb1，

1∴cosa,b，而a,b[0,]，

22.故选：C. ∴a,b322关键点点睛：根据已知等量关系得到|ab|1，结合数量积的运算律求向量的夹角. 4. 某班科技兴趣小组研究在学校的图书馆顶上安装太阳能板的发电量问题，要测量顶部的面积，将图书馆看成是一个长方体与一个等底的正四棱锥组合而成，经测量长方体的底面正方形的的边长为26米，高为9米，当正四棱锥的顶点在阳光照射下的影子恰好落在底面正方形的对角线的延长线上时，测的光线与底面夹角为300，正四棱锥顶点的影子到长方体下底面最近顶点的距离为11.8米，则图书馆顶部的面积大约为（ ）平方米（注：

21.4，31.7，23315.2）

A. 990 C

B. 0 C. 790 D. 690

【分析】由题知PSO30，CC19 SC111.8，AB26，进而得SO30，故在Rt△PSO中，PO17，进一步得正四棱锥PABCD中，PO'1798，再求正四棱锥PABCD得侧面积即可得答案.

如图1，根据题意得：PSO30，CC19 SC111.8，AB26， 所以C1O13218.2，故SOSC1C1O11.818.230，

2

故Rt△PSO中，设POx，则PS2x，SO30，

222所以SOOPSP，即：900x24x2，解得x10317 所以如图2，在正四棱锥PABCD中，PO'1798，AB26， 取BC中点E，连接EP,EO'，所以EO'13

由正四棱锥的性质得PEO为直角三角形，故PEPO'O'E13282233， 所以PE23315.2，

1所以正四棱锥PABCD的侧面积为S4S△PBC415.226790.4790.故选：C

2222

本题考查棱锥的侧面积的求法，考查空间想象能力，运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于根据题意求出正四棱锥PABCD中，PO'1798，再求正四棱锥PABCD得侧面

3

积即可.

y2x225. 双曲线C：221(a0,b0)，圆M:x3y24与双曲线C的一条渐近线相交所

ab得弦长为2，则双曲线的离心率等于（ ） A. 2 B

【分析】由题意先计算出圆心到渐近线的距离，然后再运用点到直线的距离公式计算出a、c数量关系，即可求出离心率

由题意可知圆心3,0，半径为2， 又因为渐近线与圆相交所得弦长为2， 则圆心到渐近线的距离等于2212=3， 双曲线的一条渐近线为axby0， 运用点到直线的距离公式可得所以c3a，故e6. 函数yB. 3 C.

6 2D.

7 23aa2b23a3， cc3，故选：B. axsinx的图象大致为（ ）

exexA. B.

C. D.

B

4

【分析】判断函数的奇偶性，再判断函数值的正负，从而排除错误选项，得正确选项. 因为yfx所以fxxsinx

exexxsinxxsinxxx xxeeee得fxfx， 所以yxsinx为奇函数，

exex排除C；

在[0,)，设g(x)xsinx，gx1cosx0，g(x)单调递增，因此g(x)g(0)0， 故yxsinx0在[0,)上恒成立， xxee排除A、D，故选：B.

思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：

（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置. （2）从函数的单调性，判断图象的变化趋势； （3）从函数的奇偶性，判断图象的对称性； （4）从函数的特征点，排除不合要求的图象. 7. 已知实数a,b,cR满足A. abc C. bca D

先分析得到a1,b1,c0，再构造函数利用导数比较a,b的大小即得解.

bc0,0,c0,bc， ebeclnabb0,lna0,a1，ac， aeelnabb aeex设f(x)x(x1)，

e1x所以f(x)=x0，

eb1,（，1+)单调递减， 所以函数f(x)在

lnabc,b1，则a,b,c大小关系为（ ） eaebecB. acb D. bac

5

xlnx(x1),h(x)xlnx(x1), ex1x10,h(x)h(1)0,xlnx0， 所以h(x)1xxxlnxxlnxalnab0,,ab， 所以g(x)xxxaeeeeee设g(x)（，1+)单调递减， 因为函数f(x)在

所以ab，故选：D

x(x1)，得到函数f(x)xexlnxxlnx（，1+)单调递减，(x1),h(x)xlnx(x1),x.在第二次是构造函数g(x)得到

exexe关键点睛：解答本题的关键是两次构造函数，第一次是构造函数f(x)在解答函数的问题时，经常要观察已知条件构造函数解决问题.

11xefx2fxx,ffx8. 已知函数满足，若对满足ab32e的任意正数222ea,b都有f(2x)11，则x的取值范围是（ ） ab1 A. ，B

， B. 1C. 0,1

D. 1,

【分析】设gxefx，可得gxe2xxexx2gxxx，fxhxex2gx，，设2xe111求出导数，可判断出hxh0，进而得出fx的单调性，利用基本不等式求出的

ab21xf(2)f最小值，可得出，利用单调性即可求解.

22x2xx设gxefx，则gxefx2fxex，

gxgx2gxexx2gxfx2x，则fx， 2x2xeee设hxexx2gx，则hxexx2gx12xex2x，

11当x0,时，hx0，hx单调递增；当x,时，hx0，hx单调递减，

2212e2e112111hxhe2g2ef2e0，

22222e2226

fx0，fx在0,单调递减，

1111122，当且仅当ab时等号成立， abab32e22ex又对任意正数a,b都有f(2)1111xf， ，则f(2)ab22e2x则21，.故选：B ，解得x1，故x的取值范围是122x关键点睛：本题考查导数的综合应用，解题的关键是根据已知式子构造函数gxefx，

利用导数求解出单调性.

二､多选题：本题共4小题，每小题，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，部分选对的得，有选错的得0分. 9. 以下四个命题中正确的是（ ）

A. 8道四选一的单选题，随机猜结果，猜对答案的题目数X~B8,0.25 B. 两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1

C. 在某项测量中，测量结果服从正态分布N(1,2)(0)，若在(0,1)内取值的概率为0.4，则在(0,2)内取值的概率为0.8

D. 对分类变量X与Y的随机变量K2的观测值k来说，k越小，判断“X与Y有关系”的把握程度越大 ABC

【分析】根据试验中二项分布的特征、相关系数的性质、正态分布的对称性、卡方检验k值的意义判断各项的正误.

A：由二项分布的特征，每道题猜对的概率为案的题目数服从X~B8,0.25，正确；

B：由0|r|1，根据相关系数的意义，当|r|接近于1时随机变量相关性越强，当|r|接近于0时随机变量相关性越弱，正确；

C：由题设，结合正态分布的对称性知：在(1,2)内取值的概率为0.4，则在(0,2)内取值的概率为0.8，正确；

D：由卡方检验的k值越大，变量有关系把握程度越大；k值越小，变量有关系把握程度越小，

1，猜任意一道题都属于试验，所以猜对答47

错误；故选：ABC

210. 设x1,x2是关于x的方程xaxb0a,bC的两根，下列命题正确的是（ ）

A. x1x2a

B. 若x1,x2R，则a,bR C. a24b0

D. 若a24b0，则x1,x2是共轭虚数 AB

.12【分析】根据复数域上方程的根与系数的关系，判断各选项的正误. A：由根与系数关系知：x1x2a，正确；

B：x1,x2R，由x1x2a，x1x2b，即a,bR，正确；

C：仅当x1,x2R，才有a24b0，而方程的根不一定为实数，错误； D：由于aC，而x1,x2a，仅当aR时x1,x2是共轭虚数，错误；故选：AB. 211. 已知抛物线y22px(p0)的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于A,B两点，以线段AB为直径的圆交y轴于M,N两点，设线段AB的中点为P，则下列说法正确的是（ ） A. 若抛物线上的点E(2,t)到点F的距离为4，则抛物线的方程为y24x B. 以AB为直径的圆与准线相切 C. 线段AB长度的最小值是2p D. sinPMN的取值范围为[,1) BCD

【分析】由抛物线的定义和焦半径公式，列出方程求得p4，可判定A不正确；分别过点A，

B作准线的垂线，由抛物线的定义和梯形的中位线，得到圆心到准线的距离等于半径，可判定

B正确；根据焦点弦和焦半径公式和弦长公式，可判定C正确；设直线l的方程为xmy联立方程组，求得y1y2,x1x2，结合sinPMNd，可判定D正确. MPp，28

pp由题意，抛物线y22px(p0)的焦点为F(,0)，准线方程为x，

22对于A中，由抛物线上的点E(2,t)到点F的距离为4，抛物线的定义，可得2解得p4，所以抛物线的方程为y28x，所以A不正确；

对于B中，分别过点A，B作准线的垂线，垂足分别为A1,B1，如图所示， 则线段AB的中点为P到准线的距离为PQAA1BB1 2p4， 2根据抛物线的定义，可得AFAA1,BFBB1，所以ABAFBFAA1BB1， 所以PQ1AB，即圆心P到准线的距离等于圆的半径， 2即以AB为直径的圆与准线相切，所以B正确；

设A(x1,y1),B(x2,y2)，由抛物线的定义，可得ABAFBFx1x2p， 当直线l的斜率不存在时，可设直线l的方程为xp， 2px2联立方程组，解得y1p,y2p，此时AB2p 2y2pxp当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为yk(x)，

2pyk(x)k2p22222，整理得kx(kp2p)x0， 联立方程组42y2pxk2p2p2pk2p2pABxxpp2p2p， 可得x1x2，所以12222kkk综上可得，线段AB长度的最小值是2p，所以C正确；

pxmyp2，整理得y22pmyp20， 设直线l的方程为xmy，联立方程组22y2px2可得y1y22pm,y1y2p，

22则x1x2m(y1y2)p2pmp，则ABx1x2p2pm2p

x1x2p2ydPCpm则点P到的距离为，

229

pPCd11121sinPMN1， 所以221MPpmp2(m1)22AB21所以sinPMN[1)，所以D正确.故选：BCD.

2pm2

解决直线与抛物线的弦及弦长问题的常用方法：

1、有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用抛物线的焦点弦公式，若不过焦点，则用圆锥曲线的一般弦长公式求解；

2、涉及到抛物线的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”、“整体代换”等解法.

12. 在ABC中，角A､B､C的对边分别为a,b,c，且a2，sinB2sinC，则以下四个命题中正确的是（ ）

A. 满足条件的ABC不可能是直角三角形 B.

4ABC面积的最大值为

3C. 已知点M是边BC的中点，则MAMB的最大值为3 D. 当A=2C时，若O为ABC的内心，则AOB的面积为BD

【分析】对于A，利用勾股定理的逆定理判断； 对于B，利用圆的方程和三角形的面积公式可得答案； 对于C，由数量积坐标公式即可判断；

对于D，由已知条件可得ABC为直角三角形，从而可求出三角形的内切圆半径，从而可得

31 3AOB的面积．

10

对于A，因为sinB2sinC，所以由正弦定理得，b2c，若b是直角三角形的斜边，则有

a2c2b2，即4c24c2，得c23，所以A错误； 3对于B，以BC的中点为坐标原点，BC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，则

B(1,),C(1,0)，设A(m,n)，

因为b2c，所以(m1)2n22(m1)2n2，

4521652化简得(m)n，所以点A 在以,0为圆心，为半径的圆上运动，

3933所以点A到BC边的最大距离为

4， 3144所以ABC面积的最大值为2，所以B正确；

23345对于C，因为点A在以,0为圆心，为半径的圆上运动，设A(m,n)

3354541则 m，即3m，

33333又MA(m,n)，MB(1,0)，所以MAMB=m3，故C错； 对于D，由A=2C，可得B3C，由sinB2sinC得b2c，

2ccbc由正弦定理得，，即，

sin(3C)sinCsinBsinC所以sin3C2sinC，化简得sinCcos2C2cos2CsinC2sinC，

2因为sinC0，所以化简得cosC3， 413，则sinC，

22因为b2c，所以BC，所以cosC所以sinB2sinC1，所以B2，C6，A3，

ABC为直角三角形， c2343， ,b33123433r21所以ABC的内切圆半径为， 233311

1123331cr1所以AOB的面积为 22333所以D正确，故选：BD．

解三角形基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值． 三､填空题：本题共4小题，每小题，共20分.

13. 已知数列an的首项a11，前n项和为Sn，且满足2an1Sn2nN，则

a4___________.

1 8【分析】直接利用递推公式求出a4.

∵a11，2an1Sn2nN

∴当n=1时，2a2S12，∴a2当n=2时，2a3S22，∴a31， 41当n=3时，2a4S32，∴a4.

81故答案为：

8的1， 2202214. 若x2a0a1xa2x2a2022x2022，则a0a2a4a2022被4除得的余数为

___________. 1

【分析】分别取x1,1，两式相加可以求得a0a2a4判断被4除得的余数.

由题知，x1时，a1a2a3a4a20221①，

a2022，进而根据二项式定理展开，

x1时，a1a2a3a0a2a4a2022a202232022②，由①+②得，

1故(a0a2a441202231， 211a2022)(320221)(910111)

8812

110101110111811C10118C101181010881010111110101C10118C101181010C10118 84101011011C10118C10111

所以被4除得的余数是1. 故答案为：1.

方法点睛：二项式定理展开可以用来解决除法余数问题.

1115. 已知函数fx(sinx)2sin2x0,R，若fx在区间,2内没有极值

22点，则的取值范围是___________. 3370,, 16816【分析】由题设得fx2sin(2x)，根据区间内没有极值点，应用整体代入法列不等2413kk188式得或且0≤，即可求的范围.

2k3k721621611112fx(sinx)2sin2xsin2xcos2xsin(2x)，

222224∴x,2上2x4(2,4)，f(x)没有极值点，

44∴2k224442k2或2k224442k3， 213kk188∴或，而4x(2x)2且0得：0≤，

442k3k7216216∴k0，0337或. 16816337故答案为：0,,

16816

关键点点睛：应用三角恒等变换化简函数式，由区间内不存极值点列不等式组求参数范围.

13

16. 为迎接中国党诞辰100周年，我校扬帆文学社举办有奖征文活动，每位获奖者的奖品为4个半径为2cm的球形饰品，文学社的同学们为每一位获奖选手制作一个正四面体的包装盒，则包装盒的高的最小值为___________cm.

468 3【分析】画出立体图，利用正四面体的性质即可轻松获解.

当4个球如图放置，再让正四面体包装盒的每个面与三个球相切，这样的包装盒高最小 连接4个球心，得到一个棱长为4小四面体，小四面体的中心与包装盒正四面体的中心重合 容易求出小四面体的高146，由正四面体的性质，正四面体中心到底面的距离为高的，所

436，所以小四面体中心（正四面体包装盒中心）到正四面3以小正四面体中心到底面的距离为64628 2，体包装盒底面的距离为再利用正四面体性质，四面体包装盒的高为333故答案为：

468 3关键点点睛：本题的关键是能画出空间示意图，熟悉正四面体的性质，比如棱长为a的正四面体的高为

6a，还是简单证明下： 3设正四面体为ABCD，过D作DEBC，交BC于E， 作AH底面BCD于点H，交DE于H， 则DEa2()2AHa2(a232233a，DHDEaa， 233236326a a)a，正四面体的高为33314

四､解答题：本大题共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. 请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解②cosB答.①3cosA(ccosBbcosC)asinA0；2cb③2atanAtanBtanC3tanBtanC0.

已知ABC的内角A,B,C的对应边分别为a,b,c.___________. （1）求A；

（2）设AD是ABC的内角平分线，边b,c的长度是方程x28x60的两根，求线段AD的长度.

条件选择见解析；（1）A32；（2）.

43【分析】（1）选择条件①，用正弦定理，整理化简得：tanA3，可求出角A；

1选择条件②，用余弦定理得cosA，可求出角A；

2选择条件③，利用两角和的正切公式求得tanA=3，，可求出角A； （2）利用SABCSABDSACD,把面积表示出来，可求线段AD的长度. （1）选择条件①，

因为3cosA(ccosBbcosC)asinA0，由正弦定理得：

3cosA(sinCcosBsinBcosC)sinAsinA0，

2即3cosAsinBCsinA0，

在△ABC中，sinBC=sinA0， 所以3cosAsinA0， 即tanAsinA3， cosA2. 3因为A为△ABC内角，所以A选择条件②，cosB2cb，由余弦定理得： 2aa2c2b22cb，

2ac2a整理得：b2c2a2=bc，

15

b2c2a21， 所以cosA2bc2因A为△ABC内角，所以A2. 3选择条件③，tanAtanBtanC3tanBtanC0.， 因为tanBC=tanBtanCtanBtanC，即tanA=

1tanBtanC1tanBtanC所以tanAtanBtanCtanAtanBtanC0. 所以3tanBtanC=tanAtanBtanC，

tanC0 因为A、B、C为为△ABC内角，所以tanB0，所以tanA=3，所以A2. 3（2）因为边b,c的长度是方程x28x60的两根， 所以bc8,bc6

因为SABCSABDSACD,

1211ADcsinADbsin 所以bcsin232323即bcbcAD, 所以ADbc3 bc43所以线段AD的长度为.

4（1）在解三角形中，选择用正弦定理或余弦定理，可以从两方面思考： ①从题目给出的条件，边角关系来选择； ②从式子结构来选择．

（2）“结构不良问题”是2020年高考出现的新题型：题目所给的三个可选择的条件是平行的，即无论选择哪个条件，都可解答题目，而且，在选择的三个条件中，并没有哪个条件让解答过程比较繁杂，只要推理严谨、过程规范，都会得满分.

18. 已知等差数列an和等比数列bn满足a15，b12,a22b21,a3b35.

16

（1）求an和bn的通项公式；

（2）数列an和bn中的所有项分别构成集合A､B，将集合AB中的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列cn，求数列cn的前50项和S50.

n（1）an4n1，bn2；（2）4081.

【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得公差和公比，再求出{bn}的通项公式；

（2）cn的前50项中含有{bn}的前7项，结合等差数列和等比数列的求和公式，再求出S60． 解：（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q， 因为a15，b12,a22b21,a3b35.

5d4q1d4n所以，解得，an4n1，bn2 252d2q5q278（2）因为b72128，a434431173，b82256，

所以cn的前50项中含有bn的前7项且含有an的前43项

743517321-2S5038272544081.

21-219. 如图，在四棱锥PABCD中，平面PBC平面ABCD,PBC90,AD//BC,ABC90，

2AB2AD2CDBC2.

（1）求证：CD平面PBD；

（2）若直线PD与底面ABCD所成的角的正切值为22，求二面角BPCD的正切值.

17

（1）证明见解析；（2）5. 2【分析】（1）分别证明CDDB，PBCD即可证得CD平面PBD.

（2）建立空间直角坐标系，由线面夹角求得PB的值，由平面的法向量求得二面角的正切值. （1）证明：在四边形ABCD中，AD//BC,ABC90,2AB2AD2CDBC， 所以ABD,BCD都为等腰直角三角形，即CDDB，

又因为平面PBC平面ABCD,PBC90，平面PBC平面ABCDBC, 所以直线PB平面ABCD，又CD平面ABCD 所以PBCD，又PBBDB， 所以CD平面PBD.

（2）以B为原点，BC,BP,BA分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图，

BC2,则,AB1,CDBD2,

因为直线PD与底面ABCD所成的角的正切值为22，所以在Rt△PBD中，

tanPDBPBPB22PB4 BD2设平面PBC和平面PDC法向量分为为m,n,易知可取m0,0,1, 因为PC(2,4,0),CD(1,0,1)，

18

PCn02x4y0,所以即，令z2，解得n(2,1,2)

xz0CDn0设所求二面角为,

mn所以cosmn5. 222

4143tan思路点睛：（1）在平面上找到两条相交的直线与给定直线垂直可以证明线面垂直. （2）建立空间直角坐标系，用向量的方法解决二面角问题. 20. 已知函数f(x)（1）求m的值；

sinxcosxmm，其中是常数，且是函数f(x)的极值点. x6e时，求证：yf(x)的图像恒在直线yx的下方. （2）当x0，（1）m1；（2）证明见解析. 【分析】（1）求导得f(x)符合条件.

（2）令gxfxx，x0，只需证gx0即可.在求解过程中，再分x[0,]和

62sinxmf，在根据0解得m1，在检验即可得m1xe6x,两种情况讨论求解即可. 6（1）求导得f(x)(cosxsinx)(sinxcosxm)2sinxm,

exexf(x)f由于是函数的极值点，所以0，解得m1，

66当m1时，f(x)2sinx1， xe572k,2k，令f(x)0得x2k,2k 令f(x)0得x6666故函数f(x)在x572k,2k单调递增，x2k,2k在故是单调递减，6666619

函数f(x)的极值大点，m1满足题意， 故m1.

（2）令gxfxx，x0，只需证gx0即可

gx12sinx12sinx1h(x)1， ，令exex22sinx1则2sinx2cosx14， hxexex当x[0,]时，h(x)0，h(x)递减，

6即gx在0,单调递减，即gxmaxg00，

6所以gx0，从而gx在[0,]上单调递减，即gxg00恒成立；

6当x,时，

6由（1）知，f(x)的极大值点满足sinx的增大而增大(当然ex0)，

1，这些极大值点使得f(x)的分子值不变，但分母随x231f(x)f()，f(x)x恒成立. max∴当x[,)时，6662e6综上，fxx得证.

本题考查根据极值点求参数值，利用导数证明不等式，考查运算求解能力与分类讨论思想，是难题.本题第一问解题的关键在于检验m1符合条件，此处容易忽视导致解题不严谨；第二

x,问解题的关键在于借助（1）的结论和函数特征，分x[0,]和两种情况讨论求解. 661x2y221. 已知椭圆C1:221(ab0)，焦距为23，且过点3,.

2ab（1）求椭圆C1的标准方程；

（2）已知A､B､C为椭圆C1上三点，且原点O为ABC的重心，求ABC的面积.

20

x233. （1）y21；（2）S△ABC241(3,)代入可求得a,b，得出方程； 1【分析】（）由题可得c3，将2x1x2x30（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，可得，利用弦长公式求出AB，由点

yyy0312到直线距离求出点O到直线AB距离，则可表示出ABO的面积，由Sx2y2解：（1）椭圆C1:221(ab0)焦距为23，所以c3，

abABC3SOAB可求.

12a41222又椭圆过点(3,)，则有34，结合abc，可得2，

12b1a2b2x2椭圆的标准方程为y21；

43（2）当直线AB斜率不存在时，x1，此时，A 1,2，S3S133， 33122ABCABO当直线AB斜率存在时，设AB方程为：ykxm，Ax1,y1,Bx2,y2,Cx3,y3,

x2y21222联立4，可得：14kx8kmx4m40，

ykxm221km18km则x1x2， 214k4m24x1x214k2又原点O为ABC的重心，

8kmxxx1x2x301214k2，即， 2myyy0312yykxmkxmkxx2m12121214k221

2m8km将x3,y3代入椭圆方程可得：44， 2214k14k化简可得：4m214k2， 又O到直线AB的距离为：d22m1k2，

则SOAB22m13244km11k， 2214k221k所以，SABC3SOAB33， 2综上，SABC33. 2方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤： （1）得出直线方程，设交点为Ax1，y1，Bx2，y2；

（2）联立直线与曲线方程，得到关于x（或y）的一元二次方程； （3）写出韦达定理；

（4）将所求问题或题中关系转化为x1x2,x1x2形式； （5）代入韦达定理求解.

22. 最近考试频繁，为了减轻同学们的学习压力，班上决定进行一次减压游戏.班主任把除颜色不同外其余均相同的8个小球放入一个纸箱子，其中白色球与黄色球各3个，红色球与绿色球各1个.现甲、乙两位同学进行摸球得分比赛，摸到白球每个记1分，黄球每个记2分，红球每个记3分，绿球每个记4分，规定摸球人得分不低于8分获胜.比赛规则如下：①只能一个人摸球；②摸出的球不放回；③摸球的人先从袋中摸出1球；若摸出的是绿色球，则再从袋子里摸出2个球；若摸出的不是绿色球，则再从袋子里摸出3个球，他的得分为两次摸出的球的记分之和；④剩下的球归对方，得分为剩下的球的记分之和. （1）若甲第一次摸出了绿色球，求甲获胜的概率；

（2）如果乙先摸出了红色球，求乙得分的分布列和数学期望E； （3）第一轮比赛结束，有同学提出比赛不公平，提出你的看法，并说明理由. （1）

603；（2）分布列见解析，；（3）比赛不公平，理由见解析. 77【分析】（1）甲再摸2球至少得4分，分两种情况：一个红球，一个其他球，或者两个黄球，

22

求出方法数，由此根据古典概型公式计算出概率；

（2）乙第一次摸出红球，则可以再从袋子里摸出 3个小球，可计算出3个球的得分情况也即乙得分情况，分别计算概率得概率分布列，从而计算出期望.

（3）以第一次摸出的球的颜色分类，分别计算获胜的概率，再计算概率的期望，与小即可.

（1）记“甲第一次摸出了绿色球，求甲获胜”为事件A

11C1C6C3293 则PA2C72171比较大2（2）如果乙第一次摸出红球，则可以再从袋子里摸出3个小球，则得分情况有：6分，7分，8分，9分，10分，11分

3C31P63

C7351C32C39P7 3C7351C3C329P8 3C735113C3C1C34P9 33C7C735111C3C3C19P10 3C7351C32C13P11 3C735所以的分布列为：

 6 7 8 9 10 11 P 1 359 359 354 359 353 35199493607891011. 35353535353573（3）由第（1）问知，若第一次摸出来绿球，则摸球人获胜的概率为p1

7所以的数学期望E623

由第（2）问知，若第一次摸出了红球，则摸球人获胜的概率为p294935

3572211C6C2C2C322p若第一次摸出了黄球，则摸球人获胜的概率为3 3C7352(C61)C3217 若第一次摸出了白球，则摸球人获胜的概率为P43C73513153223171571 则摸球人获胜的概率为P87878358352802所以比赛不公平.

关键点点睛：本题第三问，判断是否公平，即判断任何一方获胜的概率是不是第一次摸出什么球对后面摸球有影响，所以需要对第一摸球进行分类.

1，但是由于224