江苏省南通市海安高级中学2020届高三下学期期初模拟考试数学试题 Word版含解析

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www.ks5u.com 江苏省海安高级中学2020届高三下学期期初模拟考试 数学试卷 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在答题纸相应位置上．‎ ‎1.已知集合A＝{﹣1，0，2}，B＝{x|x＝2n﹣1，n∈Z}，则A∩B中元素的个数为_____．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 按照交集的概念直接运算可得A∩B＝{﹣1}，即可得解.‎ ‎【详解】∵A＝{﹣1，0，2}，B＝{x|x＝2n﹣1，n∈Z}，‎ ‎∴A∩B＝{﹣1}，‎ ‎∴A∩B中元素的个数为1．‎ 故答案为：1．‎ ‎【点睛】本题考查了集合的交集运算，属于基础题.‎ ‎2.已知复数z1＝1﹣2i，z2＝a+2i（其中i是虚数单位，a∈R），若z1•z2是纯虚数，则a的值为_____．‎ ‎【答案】-4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，令即可得解.‎ ‎【详解】∵z1＝1﹣2i，z2＝a+2i，‎ ‎∴，‎ 又z1•z2是纯虚数，∴，解得：a＝﹣4．‎ 故答案为：﹣4．‎ ‎【点睛】本题考查了复数的概念和运算，属于基础题.‎ ‎3.从集合中随机取一个元素，记为，从集合中随机取一个元素，记为，则的概率为_______．‎ - 24 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出随机抽取a,b的所有事件数，再求出满足的事件数，根据古典概型公式求出结果.‎ ‎【详解】解：从集合中随机取一个元素，记为，从集合中随机取一个元素，记为，‎ 则的事件数为9个，即为，，，‎ 其中满足的有，，，共有8个，‎ 故的概率为.‎ ‎【点睛】本题考查了古典概型的计算，解题的关键是准确列举出所有事件数.‎ ‎4.为了了解一批产品的长度（单位：毫米）情况，现抽取容量为400的样本进行检测，如图是检测结果的频率分布直方图，根据产品标准，单件产品长度在区间的一等品，在区间和的为二等品，其余均为三等品，则样本中三等品的件数为__________．‎ ‎【答案】100.‎ ‎【解析】‎ 分析：根据频率分布直方图得到三等品的频率，然后可求得样本中三等品的件数．‎ 详解：由题意得，三等品的长度在区间，和内，‎ 根据频率分布直方图可得三等品的频率为，‎ ‎∴样本中三等品的件数为.‎ - 24 -‎ 点睛：频率分布直方图的纵坐标为，因此每一个小矩形的面积表示样本个体落在该区间内的频率，把小矩形的高视为频率时常犯的错误．‎ ‎5.如图是一个算法的伪代码，其输出的结果为_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由题设提供的算法流程图可知:，应填答案．‎ ‎6.命题A：|x－1|＜3，命题B：(x＋2)(x＋a)＜0；若A是B的充分而不必要条件，则实数a的取值范围是 .‎ ‎【答案】(－∞,－4)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】对于命题A：∵|x－1|＜3，∴-24,即实数a的取值范围是(－∞,－4)‎ ‎7.已知圆锥的母线长为5，侧面积为15π，则此圆锥的体积为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据侧面积求出圆锥的半径，由勾股定理即可求出圆锥的高，利用圆锥体积公式即可求解．‎ ‎【详解】设圆锥的半径为，则侧面积为，圆锥的高为，所以圆锥的体积为．‎ 故答案为 ‎【点睛】本体主要考查圆锥的侧面积与体积公式，考查运算求解能力，属于基础题．‎ ‎8.函数的最小正周期是 ，单调递减区间是 ．‎ - 24 -‎ ‎【答案】，，.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：，故，由解得 考点：三角函数的性质 ‎9.在平面直角坐标系xOy中，已知A（0，﹣1），B（﹣3，﹣4）两点，若点C在∠AOB的平分线上，且，则点C的坐标是_____．‎ ‎【答案】（﹣1，﹣3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出方向上的单位向量（，），由题意 ，结合即可得解.‎ ‎【详解】由题意（0，﹣1），是一个单位向量，‎ 由于（﹣3，﹣4），故方向上的单位向量（，），‎ ‎∵点C在∠AOB的平分线上，‎ ‎∴存在正实数λ使得 ＝）＝，‎ ‎∵，‎ ‎，解得 代入得得 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量线性运算的坐标表示和模的应用.考查了转化化归思想，属于中档题.‎ - 24 -‎ ‎10.设Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝nan﹣3n（n﹣1）（n∈N*），且a2＝11，则S20的值为_____．‎ ‎【答案】1240‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得a1＝5，转化条件得，可得是首项，公差为3的等差数列，利用等差数列的通项公式即可得解.‎ ‎【详解】由S2＝a1+a2＝2a2﹣3×2（2﹣1），a2＝11，可得a1＝5．‎ 当n≥2时，由Sn＝nan﹣3n（n﹣1）＝n（Sn﹣Sn﹣1）﹣3n（n﹣1），‎ 可得（n﹣1）Sn﹣nSn﹣1＝3n（n﹣1），‎ ‎∴，∴数列是首项，公差为3的等差数列，‎ ‎∴5+3×19＝62，‎ ‎∴S20＝1240.‎ 故答案为：1240.‎ ‎【点睛】本题考查了数列公式的应用和等差数列通项公式的应用，属于中档题.‎ ‎11.如图在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是___________．‎ ‎【答案】（，）‎ ‎【解析】‎ 如图所示，延长BA，CD交于E，平移AD，当A与D重合与E点时，AB最长，在△BCE中，∠B=∠C=75°，∠E=30°，BC=2，由正弦定理可得，即 - 24 -‎ ‎，解得=，平移AD ，当D与C重合时，AB最短，此时与AB交于F，在△BCF中，∠B=∠BFC=75°，∠FCB=30°，由正弦定理知，，即，解得BF=，所以AB的取值范围为（，）.‎ 考点：正余弦定理；数形结合思想 ‎12.已知函数f（x），若f（t）≥f（），则实数t的取值范围是_____．‎ ‎【答案】．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出函数图象，根据函数图像分为两种情况或讨论，解不等式即可得解.‎ ‎【详解】根据函数f（x）的解析式作出其图象，如图所示．‎ ‎①当x时，f（x）是增函数，‎ 若，‎ - 24 -‎ 则，解得： t≥1；‎ ‎②当x时，，‎ 若，‎ 则，解得：；‎ 综上①②所述，实数t的取值范围是 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查了分段函数应用，考查了分类讨论思想和数形结合思想，属于中档题.‎ ‎13.在平面直角坐标系中，点集A＝{（x，y）|x2+y2≤1}，B＝{（x，y）|x≤4，y≥0，3x﹣4y≥0}，则点集Q＝{（x，y）|x＝x1+x2，y＝y1+y2，（x1，y1）∈A，（x2，y2）∈B}所表示的区域的面积为_____．‎ ‎【答案】18+π ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ 转化条件得（x﹣x2）2+（y﹣y2）2≤1即点集Q所表示的区域是以集合B表示的区域的边界为圆心轨迹半径为1的圆内部分，计算即可得解.‎ ‎【详解】由x＝x1+x2，y＝y1+y2，得x1＝x﹣x2，y1＝y﹣y2，‎ ‎∵（x1，y1）∈A，‎ ‎∴把x1＝x﹣x2，y1＝y﹣y2，代入x2+y2≤1，‎ ‎∴（x﹣x2）2+（y﹣y2）2≤1‎ 点集Q所表示的区域是以集合B＝{（x，y）|x≤4，y≥0，3x﹣4y≥0}的区域的边界为圆心轨迹半径为1的圆内部分，如图，‎ 其面积为：5+6+4+3+π＝18+π 故答案为：18+π．‎ ‎【点睛】本题考查了圆的标准方程和非线性可行域的画法，考查了转化化归思想，属于中档题.‎ ‎14.设函数f（x）＝（2x﹣1）ex﹣ax+a，若存在唯一的整数x0使得f（x0）＜0，则实数a的取值范围是_____．‎ ‎【答案】[，1）∪‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令g（x）＝（2x﹣1）ex，h（x）＝a（x﹣1），求出后画出g（x）、h（x - 24 -‎ ‎）的图象，数形结合即可得或，即可得解.‎ ‎【详解】令g（x）＝（2x﹣1）ex，h（x）＝a（x﹣1），‎ ‎∵，‎ ‎∴当时，，则函数g（x）在（﹣∞，）上单调递减；‎ 当时，，则函数g（x）在（，+∞）上单调递增；‎ 而g（﹣1）＝﹣3e﹣1，g（0）＝﹣1；‎ 因为存在唯一的整数x0使得f（x0）＜0．‎ 即（2x0﹣1）ex＜a（x0﹣1）．‎ 所以结合图形知： 或 即：或 解得a＜1或3e2＜a；‎ 故答案为：[，1）∪．‎ ‎【点睛】本题考查了函数的零点问题，考查了转化化归思想和数形结合思想，属于难题.‎ 二、解答题：本大题共6小题，共计90分．请在答题纸指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ - 24 -‎ ‎15.已知函数．‎ ‎（1）设θ∈[0，π]，且f（θ）1，求θ的值；‎ ‎（2）在△ABC中，AB＝1，f（C）1，且△ABC的面积为，求sinA+sinB的值．‎ ‎【答案】（1）（2）1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）化简得，转化条件得，即可得解；‎ ‎（2）由（1）知，由面积可得，由余弦定理得a2+b2＝7，联立方程可求得，再利用正弦定理即可得解.‎ ‎【详解】（1）‎ 由f（θ），∴，‎ ‎∴，‎ ‎∵θ∈[0，π]，∴（θ）∈[，]，∴θ．‎ ‎（2）由f（C）1，C∈（0，π），由（1）可得：C．由△ABC的面积为，∴absin，∴．‎ 由余弦定理可得：1＝a2+b2﹣2abcos，可得：a2+b2＝7，‎ 联立解得：a＝2，b；或b＝2，a．‎ ‎∴．‎ - 24 -‎ ‎∴．‎ ‎∴sinA+sinB（a+b）＝1．‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的化简，考查了正弦定理、余弦定理和三角形面积公式的应用，属于中档题.‎ ‎16.如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，AC，BD相交于点O，EF∥AB，EFAB，平面BCF⊥平面ABCD，BF＝CF，G为BC的中点，求证：‎ ‎（1）OG∥平面ABFE；‎ ‎（2）AC⊥平面BDE．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据中位线的性质证明OG∥AB后即可得证；‎ ‎（2）连接FG、EO，由题意EO⊥平面ABCD，可得EO⊥AC，由线面垂直的判定即可得解.‎ ‎【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，AC，BD相交于点O，‎ ‎∴O是AC中点，‎ ‎∵G为BC的中点，∴OG∥AB，‎ ‎∵OG⊄平面ABFE，AB⊂平面ABFE，‎ ‎∴OG∥平面ABFE．‎ ‎（2）连接FG、EO，‎ ‎∵四边形ABCD菱形，AC，BD相交于点O，‎ ‎∴AC⊥BD，O是AC中点，‎ ‎∵G为BC的中点，∵EF∥AB，EFAB，平面BCF⊥平面ABCD，BF＝CF，‎ - 24 -‎ ‎∴FG⊥平面ABCD，∴EO⊥平面ABCD，∴EO⊥AC，‎ ‎∵EO∩BD＝O，∴AC⊥平面BDE．‎ ‎【点睛】本题考查了线面平行和线面垂直的判定，属于中档题.‎ ‎17.某生物探测器在水中逆流行进时，所消耗能量为E＝cvnT，其中v为行进时相对于水的速度，T为行进时的时间（单位：h），c为常数，n为能量次级数，如果水的速度为4km/h，该生物探测器在水中逆流行进200km．‎ ‎（1）求T关于v的函数关系式；‎ ‎（2）①当能量次级数为2时，求探测器消耗的最少能量；‎ ‎②当能量次级数为3时，试确定v的大小，使该探测器消耗的能量最少．‎ ‎【答案】（1）T，（v＞4）；（2）①3200c②6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意得，化简即可得解；‎ ‎（2）①由题意得，利用基本不等式即可得解；②由题意，求导得，确定单调性即可得解.‎ ‎【详解】（1）由题意得，该探测器相对于河岸的速度为，‎ 又该探测器相对于河岸的速度比相对于水的速度小4km/h，即为v﹣4，‎ 则v﹣4，即T，（v＞4）；‎ ‎（2）①当能量次级数为2时，由（1）知，v＞4，‎ - 24 -‎ ‎≥200c[28]＝3200c，当且仅当v﹣4，即v＝8km/h时取等号，‎ ‎②当能量次级数为3时，由（1）知，v＞4，‎ 则，由，解得v＝6，‎ 即当v＜6时，，当v＞6时，，‎ 即当v＝6时，函数E取得最小值为E＝21600c．‎ ‎【点睛】本题考查了函数的应用，考查了基本不等式和导数求最值的应用，属于中档题.‎ ‎18.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆1（a＞b＞0）的焦距F1F2的长为2，经过第二象限内一点P（m，n）的直线1与圆x2+y2＝a2交于A，B两点，且OA．‎ ‎（1）求PF1+PF2的值；‎ ‎（2）若•，求m，n的值．‎ ‎【答案】（1）2．（2）m＝﹣1，n．‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）先说明点P在椭圆上，根据椭圆性质即可得解；‎ ‎（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程组得x1+x2，x1x2，转化条件得x2﹣x1，代入解方程即可得解.‎ ‎【详解】（1）∵OA，∴a．‎ ‎∵把点P（m，n）代入直线方程1，可得：1，‎ ‎∴点P在椭圆上，‎ - 24 -‎ ‎∴PF1+PF2＝2a＝2．‎ ‎（2）由a，c＝1，∴b2＝a2﹣c2＝1．‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2）．‎ 联立，化为：（4n2+m2）x2﹣4mx+4﹣8n2＝0，‎ ‎∴x1+x2，x1x2．‎ ‎∵，∴（x2﹣x1，y2﹣y1）•（2，0），‎ 化为2（x2﹣x1），即x2﹣x1，‎ ‎∴4x1x2，‎ 代入可得：，‎ 化为：56n4+10n2m2﹣36n2﹣m4＝0，‎ 又1，‎ 把m2＝2﹣2n2代入化为8n4﹣2n2﹣1＝0，‎ 解得m2＝1，n2．‎ ‎∵点P在第二象限，‎ ‎∴取m＝﹣1，n．‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的性质和直线与圆的位置关系，考查了计算能力，属于中档题.‎ ‎19.已知函数 f（x）＝a（|sinx|+|cosx|）﹣sin2x﹣1，a∈R．‎ ‎（1）写出函数 f（x）的最小正周期（不必写出过程）；‎ ‎（2）求函数 f（x）的最大值；‎ ‎（3）当a＝1时，若函数 f（x）在区间（0，kπ）（k∈N*）上恰有2015个零点，求k的值．‎ ‎【答案】（1）最小正周期为π．（2）见解析（3）k＝1008．‎ - 24 -‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）由题意结合周期函数的定义直接求解即可；‎ ‎（2）令，t∈[1，]，则当时，，‎ 当时，，易知，分类比较、的大小即可得解；‎ ‎（3）转化条件得当且仅当sin2x＝0时，f（x）＝0，则x∈（0，π]时，f（x）有且仅有两个零点，结合函数的周期即可得解.‎ ‎【详解】（1）函数 f（x）的最小正周期为π．‎ ‎（2）∵f（x）＝a（|sinx|+|cosx|）﹣sin2x﹣1‎ ‎＝asin2x﹣1＝a（sin2x+1），‎ 令t，t∈[1，]，‎ 当时，，‎ 当时，，‎ ‎∵即.‎ ‎∴，‎ ‎∵，，‎ ‎∴当时，最大值为；当，最大值为.‎ ‎（3）当a＝1时，f（x），‎ 若f（x）＝0，则即，‎ ‎∴当且仅当sin2x＝0时，f（x）＝0，‎ ‎∴x∈（0，π]时，f（x）有且仅有两个零点分别为，π，‎ ‎∴2015＝2×1007+1，‎ - 24 -‎ ‎∴k＝1008．‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的综合问题，考查了分类讨论思想和转化化归思想，属于难题.‎ ‎20.已知λ，μ为常数，且为正整数，λ≠1，无穷数列{an}的各项均为正整数，其前n项和为Sn，对任意的正整数n，Sn=λan﹣μ．记数列{an}中任意两不同项的和构成的集合为A．‎ ‎（1）证明：无穷数列{an}为等比数列，并求λ的值；‎ ‎（2）若2015∈A，求μ的值；‎ ‎（3）对任意的n∈N*，记集合Bn={x|3μ•2n﹣1＜x＜3μ•2n，x∈A}中元素的个数为bn，求数列{bn}的通项公式．‎ ‎【答案】（1）见解析；‎ ‎（2）31或403；‎ ‎（3）bn=n（n∈N*）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）证明：∵Sn=λan﹣μ．当n≥2时，Sn﹣1=λan﹣1﹣μ，‎ ‎∴an=λan﹣λan﹣1，λ≠1，∴，‎ ‎∴数列{an}为等比数列，‎ ‎∵各项均为正整数，则公比=为正整数，λ为正整数，‎ ‎∴λ=2．‎ ‎（2）解：由（1）可得：Sn=2an﹣μ，当n=1时，a1=μ，则an=μ•2n﹣1，‎ ‎∴A={μ（2i﹣1+2j﹣1）|1≤i＜j，i，j∈N*}，‎ ‎∵2015∈A，∴2015=μ（2i﹣1+2j﹣1）=μ•2i﹣1（1+2j﹣i）=5×13×31，‎ ‎∵j﹣i＞0，则1+2j﹣i必为不小于3的奇数，‎ ‎∵2i﹣1为偶数时，上式不成立，因此必有2i﹣1=1，∴i=1，‎ ‎∴μ（1+2j﹣1）=5×13×31，‎ 只有j=3，μ=403或j=7，μ=31时，上式才成立，‎ ‎∴μ=31或403．‎ ‎（3）解：当n≥1时，集合Bn={x|3μ•2n﹣1＜x＜3μ•2n，x∈A}，‎ 即3μ•2n﹣1＜μ（2i﹣1+2j﹣1）＜3μ•2n，1≤i＜j，i，j∈N*．Bn中元素个数，‎ 等价于满足3×2n＜2i+2j＜3×2n+1的不同解（i，j），‎ - 24 -‎ 若j＞n+2，则2i+2j≥2i+2n+3=2i+4×2n+1＞3×2n+1，矛盾．‎ 若j＜n+2，则2i+2j≤2i+2n+1≤2n+2n+1=3×2n，矛盾．‎ ‎∴j=n+2，又∵（21+2n+2）﹣3×2n=2+4×2n﹣3×2n=2+2n＞0，‎ ‎∴3×2n＜21+2n+2＜22+2n+2＜…＜2n+1+2n+2=3×2n+1，‎ 即i=1，2，…，n时，共有n个不同的解（i，j），即共有n个不同的x∈Bn，‎ ‎∴bn=n（n∈N*）．‎ ‎【选做题】请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答若多做，则按作答的前两题评分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎[选修4-2：矩阵与变换]‎ ‎21.在平面直角坐标系中，先对曲线作矩阵所对应的变换，再将所得曲线作矩阵所对的变换．若连续实施两次变换所对应的矩阵为，求的值．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连续实施两次变换所对应的矩阵为，故得到=，然后得到方程组，求得的值．‎ ‎【详解】解：先对曲线作矩阵所对应的变换，再将所得曲线作矩阵所对的变换，‎ 故得到连续实施两次变换所得到的变换矩阵为：‎ - 24 -‎ 因为连续实施两次变换所对应的矩阵为，‎ 所以，‎ 根据矩阵相等定义得到，‎ ‎，解得.‎ ‎【点睛】本题考查了矩阵乘法的运算，矩阵乘法不满足交换律，故在求解矩阵乘法变换时，一定要注意先后顺序.‎ ‎[选修4-4：坐标系与参数方程]‎ ‎22.在极坐标系中，已知，线段的垂直平分线与极轴交于点，求的极坐标方程及的面积．‎ ‎【答案】的极坐标方程及,.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将转化为直角坐标系下的坐标形式，然后求出线段的中点与直线的斜率，进而求出直线l在直角坐标系下的方程，再转化为极坐标方程；在直角坐标系下，求出点C到直线AB的距离、线段AB的长度，从而得出的面积.‎ ‎【详解】解：以极点为原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系xoy 在平面直角坐标系xoy中，‎ - 24 -‎ ‎ 的坐标为 线段的中点为，‎ 故线段中垂线的斜率为，‎ 所以的中垂线方程为：‎ 化简得：，‎ 所以极坐标方程为，‎ 即，‎ 令，则，‎ 故在平面直角坐标系xoy中，C（10,0）‎ 点C到直线AB：的距离为，‎ 线段，‎ 故的面积为.‎ ‎【点睛】本题考查了直线的极坐标方程问题，解题时可以将极坐标系下的问题转化为平面直角坐标系下的问题，从而转化为熟悉的问题.‎ ‎[选修4-5：不等式选讲]‎ ‎23.已知实数满足，求证：．‎ ‎【答案】证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对进行转化，转化为含有形式，然后通过不等关系得证.‎ ‎【详解】解：因为，‎ 所以 - 24 -‎ ‎,得证.‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式问题，解决问题的关键是要将要证的形式转化为已知的条件，考查了学生转化与化归的能力.‎ ‎24.在棱长为的正方体中，O是AC的中点，E是线段D1O上一点，且D1E＝λEO. ‎ ‎（1）若λ=1，求异面直线DE与CD1所成角的余弦值;‎ ‎（2）若平面CDE⊥平面CD1O，求λ的值.‎ ‎【答案】（1）（2）λ＝2‎ ‎【解析】‎ 分析：以为单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，写出各点的坐标， （1）求出异面直线 与1的方向向量用数量积公式两线夹角的余弦值（或补角的余弦值） （2）求出两个平面的法向量，由于两个平面垂直，故它们的法向量的内积为0‎ - 24 -‎ ‎，由此方程求参数的值即可．‎ 详解：‎ ‎ (1)以为单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 则A(1，0，0)，，，D1(0，0，1)，‎ E， ‎ 于是，.‎ 由cos＝＝.‎ 所以异面直线AE与CD1所成角的余弦值为. ‎ ‎（2）设平面CD1O的向量为m=(x1，y1，z1)，由m·＝0，m·＝0‎ 得 取x1＝1，得y1＝z1＝1，即m=(1，1，1) . ………8分 由D1E＝λEO，则E，=.10分 又设平面CDE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，由n·＝0，n·＝0.‎ 得 取x2=2，得z2＝－λ，即n＝(－2，0，λ) .12分 因为平面CDE⊥平面CD1F，所以m·n＝0，得 ． ‎ 点睛：本题查了异面直线所成的角以及两个平面垂直的问题，本题采用向量法来研究线线，面面的问题，这是空间向量的一个重要运用，大大降低了求解立体几何问题的难度．‎ ‎25.一种抛硬币游戏的规则是：抛掷一枚硬币，每次正面向上得1分，反面向上得2分.‎ ‎（1）设抛掷5次的得分为，求的分布列和数学期望；‎ ‎（2）求恰好得到分的概率.‎ - 24 -‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）抛掷5次的得分可能为，且正面向上和反面向上的概率相等，都为，所以得分的概率为，即可得分布列和数学期望；‎ ‎（2）令表示恰好得到分的概率，不出现分的唯一情况是得到分以后再掷出一次反面．，因为“不出现分”的概率是，“恰好得到分”的概率是，因为“掷一次出现反面”的概率是，所以有，即，所以是以为首项，以为公比的等比数列，即求得恰好得到分的概率．‎ ‎【详解】（1）所抛5次得分的概率为，‎ 其分布列如下 ‎（2）令表示恰好得到分的概率，不出现分的唯一情况是得到分以后再掷出一次反面．‎ 因为“不出现分”的概率是，“恰好得到分”的概率是，‎ 因为“掷一次出现反面”的概率是，所以有，‎ 即．‎ 于是是以为首项，以为公比的等比数列．‎ - 24 -‎ 所以，即．‎ 恰好得到分的概率是．‎ ‎【点睛】此题考查了独立重复试验，数列的递推关系求解通项，重点考查了学生的题意理解能力及计算能力．‎ - 24 -‎ ‎ ‎ - 24 -‎