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巴蜀名校 2023 届高考适应性月考卷（七）
数学参考答案
一、单项选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D C B A C B A C
【解析】
1．M {x | x 2}， N {x | 1≤x≤3}，所以M N {x | 2 x≤3}，故选 D.
2023 2023 2023
i 1 (i 1)2 i2 2i 1
2023
2 2i．
2023
2 ( i) i ，故选 C. i 1 (i 1)(i 1) i 1 2
3 π π ．先将函数 f (x) sin x 的图象向左平移 个单位，得到 y sin x ，再把图象上每个点3 3
1 π
的横坐标缩小为原来的 ，得到 g(x) sin 2x ，故选 B. 2 3
4．作 BC1 的平行线 B1D ，使得 BC1 B1D，所以直线 AB1与直线 BC1 夹角为直线 AB1与直线 B1D
的 夹 角 . 在 △AB1D 中 ， AB B D 2，AD AC
2 CD21 1 5 ， 由 余 弦 定 理 得
cos AB D AB
2
1 B
2
1D AD
2 2 2 5 1
1 ，所以直线 AB 与直线 BC 夹角的余弦2AB1 B D 2 2 2 4
1 1
1
1
值为 ，故选 A.
4
5．如图 1，连接CH ，作 AM CH 于点M ，作 BN CH 于点 N ，由正
八边形的特征可得 AB∥CH ， AHC BCH 45 ，故 MH NC
2 2 AH AB ，所以CH (1 2)AB ，则 AC AH HC AH
2 2
图 1
(1 2)AB ，又因 AC xAB yAH (x，y R) ，所以 y 1，x 1 2 ，所以 x y 2 2 ，
故选 C．
6． (x 3y)2 (x y)5 x2 (x y)5 6xy(x y)5 9y2 (x y)5， (x y)5 的展开式的通项是 Tr 1
Cr x5 r yr5 ，令 r 4，则 (x y)
5 的展开式中 xy4 的系数为C45 5 ，令 r 3 ，则 (x y)
5 的展
开式中 x2 y3 的系数为C35 10 ，令 r 2，则 (x y)
5 的展开式中 x3 y2 的系数为C25 10，故
(x 3y)2 (x y)5 的展开式中， x3 y4 的系数是5 6 10 9 10 35，故选 B.
数学参考答案·第 1 页（共 10 页）
7．设 F 2 2 21( c，0)，F2 (c，0) ，其中 c a b ．设O1(x1，y1)，O2 (x2，y2 ) ．如
图 2，过O1 分别作 PF1， PF2 ， F1F2 的垂线，垂足分别为 R，S，T，
所 以 由 切 线 长 定 理 有 | PR | | PS |，| F1R | | F1T |，| F2S | | F2T | ， 则
| PF1 | | PF2 | | PR | | RF1 | (| PS | | SF2 |) | RF1 | | SF2 | | F1T | | TF2 |
2a ，又因为 | F1F2 | |TF1 | |TF2 | 2c，所以 |TF1 | a c ．又 F1( c，0)，
图 2
所以 xO a，同理可得 x1 O a.则O1，O2 在直线 x a上，又因为 F2O1平分 TF2P， F2O2 平2
TF Q π π分 2 ， PF2Q π，则 O1F2O2 ．在△O1O2F2 中， O1F2O2 ， F2T c a ．由射2 2
影定理可得 | O T | | O T | | F T |2 ，即 a21 2 2 (c a)
2 c 2a，则双曲线离心率为 2，故选 A.

8．令OA a，OB b，OC c，其中 F 为 AB 的中点，CE CA CB ，
2 2
则 4 (a c) (b CE AB c) CA CB ，以O 为圆心， 2 为
4

半径作圆，O为原点，OC 为 x轴的正方向建立直角坐标系，如图 3
图 3
2 2 2 2 2
所示．又因为 2(OA OB ) (OA OB)2 (OA OB)2 (2OF )2 AB ①， 2(OC OE )
2 2 2 2 2
(OC OE)2 (OC OE)2 (2OF )2 CE ② ， ① ② 得 (OA OB ) (OC OE )
2 2
AB CE 2
8，所以 | OE | 2 ，这样点 E 也在圆O上，所以 | a b | | AB | CE 16 ，又
2

因为 | CE | [| OE | | OC |，| OE | | OC |]，所以 | CE | [1，3]，所以 | a b | | AB | [ 17，5] ，
故选 C．
二、多项选择题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 在每小题给出的选项中，有多项
是符合题目要求的，全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分）
题号 9 10 11 12
答案 BC ABD AB BD
【解析】
9．由复合函数的单调性可知 f (x) 在 (0， )上单调递减，故 B 正确； f (x) 为偶函数，所以关
于直线 x 0 对称，故 C 正确，故选 BC.
数学参考答案·第 2 页（共 10 页）
10．选项 A：A57 2520 ，故 A 正确；B 选项：为不同物体的分组问题：分为：2组 2个，3组
2 2
1个；1组3个，4组1 C C个，即 7 2 2 1 1 1，7 3 1 1 1 1，所以有 7 5 32 C7 140A2
种，故 B 正确；选项 C：用隔板法求解，C 选项等价于8个相同的球，放入3个不同的盒
子里，每个盒子至少放1个，所以有C27 21种，故 C 错误；选项 D：由于球与盒子都相
同，所以存放的区别在于盒子里球的个数，①存放 1 个盒子：将 7 个球放入 1 个盒子，
有 1 种存放方式；②存放 2 个盒子： 7 1 6 2 5 3 4有 3 种；③存放 3 个盒子：
7 1 1 5 1 2 4 1 3 3 3 2 2有 4 种；共 8 种，故 D 正确，故选 ABD.
11．由 x2≥a ln x x，令 F (x) x2 a ln x x ，所以 F (x)
2
2x a 2x x a 1 ，令 h(x) 2x2 x a ，易知 h(x)
x x
在 (1， ) ，所以 h(x) h(1) 1 a ，①当1 a≥0，
即 0 a≤1 时 ， h(x) 0，F (x) 0，F (x) ， 所 以
F (x) F (1) 0 ．②当 1 a 0 ，即 a 1 时，存在
图 4
x0 (1， ) ，使得 h(x0 ) 0 ，即 2x 20 x0 a 0．当 x (1，x0 ) 时，h(x) 0， F (x) 0，
F (x) ，所以 F (x0 ) F (1) 0 与 F (x)≥0矛盾. 综上， a (0，1]，故 A 正确；如图 4：由
f (x)≤bx c≤ x2 ，得 f (x) a ln x x 与 g(x) x2 在 (1， ) 上存在分隔直线，f (x)，g(x)
在 x 1处的切线方程分别为：y (a 1)x a，y 2x 1，所以 a 1≤b≤2，得b (1，2]，
故 B 正确；取 x 1得 f (1) 12≤b c≤g(1) 1，所以b c 1，得 c 1 b [ 1，0) ，故 C，
D 错误，故选 AB.
12．选项 A：平面最多和正方体的六个面都相交，所以最多 6 条交线，所
以形成的多边形最多为六边形，所以截面图形一定不是七边形，故 A
错误；选项 B：如图 5，设 AD x，BD y，CD z，由勾股定理得：
AB2 x2 y2，
2 2 2 2
BC 2 y2 z2，所以 cos A
AC AB BC 2x
0 图 5 ，
AC 2 x2 2
2AC AB 2AC AB
z ，
AB2 BC2 2cos B AC 2y
2
0 cosC AC
2 BC 2 AB2 2z2
， 0， 所
2AB BC 2AB BC 2AC BC 2AC BC
数学参考答案·第 3 页（共 10 页）
以角 A，B，C 均为锐角，所以△ABC 为锐角三角形，故 B 正确；
选项 C：正方体 3 组对面相互平行，由面面平行的性质定理可知：
五边形中有两组对边平行，所以截面五边形不可能为正五边形，故
C 错误；选项 D：如图 6，截面 EHGF 分别交棱 AB，AD于点G，H ，
假设四边形 EHGF 为直角梯形（ EF∥GH ），则 EH HG ，又因
图 6
为 AA1 HG且 AA1，EH 共面，所以 AA1∥EH 或 AA1 EH P ，当 AA1∥EH 时，由线面平
行的性质定理得 EH∥FG ，又因为 EF∥GH ，所以四边形 EHGF 为平行四边形，与假设
矛 盾 ； 当 AA1 EH P 时 ， 因 为 HG AA1 ， HG EH 且 AA1 EH P ， 所 以
HG 平面APH ，即 HG 平面AA1D1D ，又因为 AB 平面AA1D1D ，所以 AB∥GH ，与
AB GH G 矛盾，所以假设不成立，故 D 正确，故选 BD.
三、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）
题号 13 14 15 16
y 15 4 15 x 或
15 15
15 4 15 n 3y x 或 3 2 4 (n为奇数)
2 15 15 an

；n 2
答案 21.6 3
2 2(n为偶数)
5 y 3 7 4 7

x 或
7 7
1013
3 7 4 7 2 3 6079y x
7 7
（写出其中一个即可得满分）
【解析】
13．因为 X B(10，0.6) ，所以 D(X ) np(1 p) 2.4 ，所以 D(3X 9) 32 D(X ) 9 2.4 21.6 ．
2
14 y x 4 1 2 2． 2 1 ≤ ，当且仅当 x 0 时等号成立，所以函数的最大值为 .x 5 x2 4 5 5
2 x 4
15．由题可知：两圆外离，所以两圆有 4 条公切线，设切线与两圆圆心连线的交点为 A(x0，y0 ) .
AO1 r1 1 ①当切线为外公切线时： ，AO 1 AO ，所以 ( x ， y ) 1 (4 x ， y )，
AO2 r 2
1 2 2 0 02 2
0 0
x0 4，
得 所以 A( 4，0) ，设公切线 l ： y k(x 4) ，所以圆心 O1 到切线 l 的距离
y0 0，
数学参考答案·第 4 页（共 10 页）
d | 4k | 1 k 15 y 15 x 4 15 15 4 15 ，解得 ，所以公切线为 或 y x ；
1 k 2 15 15 15 15 15
AO r 1 1
②当切线为内公切线时： 1 1 ， O1A O1O
1
2 ，所以 (x0，y0 ) (4，0) ，所以AO2 r2 2 3 3
4 k
A 4 4 3 ，0 ，设公切线 l ： y k x ，所以圆心O1 到切线 l 的距离 d 1，解得
3 3 1 k 2
k 3 7 3 7 4 7 ，所以公切线为 y x 或 y 3 7 4 7 x ．
7 7 7 7 7
16．当 n 为奇数时， an 1 an 2，令 n 2k 1 (k N
* )，则 a2k a2k 1 2；当 n 为偶数时，
an 1 3an 2 ，令 n 2k(k N
* ) ，则 a2k 1 3a2k 2 ．所以 a2k 1 3a2k 2 3(a2k 1 2) 2
3a *2k 1 8，则 a2k 1 4 3(a2k 1 4)(k N ) ，当 k 1时，a1 4 9，所以{a2k 1 4}是以9
为首项， 3 为公比的等比数列，所以 a k 1 k 1 k 12k 1 4 9 3 3 ，∴ a2k 1 3 4 ，则
a k 1 n 12k a2k 1 2 3 2 . 当 n 为 奇 数 时 ， 由 n 2k 1 ， 则 k ， 所 以2
n 1 1 n 3 n n 2an 3 2 4 3 2 4 n
n 1
；当 为偶数时，由 n 2k ，则 k ，所以 an 32 2 3 2 2 ，2
n 3 3 2 4(n为奇数)，
所 以 an S2023 (a1 a3 a2023 ) (a2 a4 a2022 ) (3
2 33
n 2
3 2 2(n为偶数).
2 1012
31013 4 1012) (32 33

31012 2 1011) 3 (1 3 ) 4 1012
1 3
32 (1 31011)
2 1011 2 31013 6079 .
1 3


四、解答题（共 70 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（本小题满分10分）
（1）证明：依题 cosC 0，否则 cosC 0 sin C 1 3sin C 4cosC 5，矛盾.
由3sin C 4cosC 5得：9sin2 C (5 4cosC)2 ，
故 9sin2 C 9cos2 C 9cos2 C (5 4cosC)2 9，
数学参考答案·第 5 页（共 10 页）
整理得 (5cosC 4)2 0 ，从而 cosC
4
，sinC 3 ，
5 5
tan C sinC 3从而 . …………………………………………………………（5分）
cosC 4
4
（2）解：由 a2 b2 1，由（1）可得 cosC ， 5
故C 为锐角， a2 b2 1 c2 ，
2 2 2 2 2
故 cosC 4 a b c 1 c 1 c ≥ 2 2 1 c
2，
5 2ab 2ab a b
1 5 2
从而 c2≥ c≥ ，当且仅当 a b 时取等.
5 5 2
………………………………………………（10分）（没有取等扣1分）
18．（本小题满分12分）
（1）证明：依题 (an 1 an an a
2
n 1) 4(an 1 an )(an an 1) 0 ，
从而[x (an 1 an )][x (an an 1)] 0 有两个相等的实根，
从而 (an 1 an ) (an an 1)，也即数列{an}成等差数列. ……………………（6分）
（2）解：依题 S5 5a3 10 a3 2 d
1
， (a a ) 2，
5 8 3
∴an a3 (n 3)d 2n 8， …………………………………………（9分）
由于数列单调递增且当 n≤4 时 an≤0 ，
因此数列{an}的前 n项和 Sn 的最小值为 S S 12. 4 3 ………………………（12 分）
19．（本小题满分12分）
（1）证明：依题意QS PN ，又 PQ PN ，QS PQ Q ，故 PN 平面 APQ．
又 PN 平面MNPQ ，故平面 APQ 平面MNPQ . ……………………………（5分）
（2）解：取 PQ的中点为O，MN 的中点为 E ，则 AO PQ ，
又平面 APQ 平面MNPQ 且 PQ为交线，则 AO 平面MNPQ .
数学参考答案·第 6 页（共 10 页）
分别以OE，OP，OA 为 x轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，
如图7所示：设MN PQ 2a ，

则平面MNPQ 的法向量为m (0，0，1).
又 A(0，0， 3a)，M (2a， a，0)，N (2a，a，0)，

则MA ( 2a，a， 3a)，MN (0，2a，0)， 图 7

设平面 AMN 的法向量为 n (x，y，z) ，

n MA ( 2x则 1
y1 3z1) a 0，

n MN 2a y1 0，

故平面 AMN 的法向量可取为 n ( 3，0，2).

MNPQ | cos | | m n | 2 7平面 AMN 与平面 所成二面角 的余弦值满足 ，
| m | | n | 7
故 sin 21 . …………………………………………………………（12 分）
7
20．（本小题满分12分）
解：（1）设 A，B，C 三家工厂各自独立生产的烟花“加特林”是正品分别为事件 A，B，C.
P(A)P(B) 3 ，5 P(A) 15 P(C) 1 2 P(A)，

依题意 P(B)(1
2
P(C)) 1 P(C) 2 15，则
25

P(C)(1
9
P(A)) .
P(C)(1 P(A))
9
， 40
40
2
从而 (P(A))2 17 31 2 3 P(A) P(A)

P(A)
31
0 ， 15 15 40 15 4 4
3 4 9
解得：P(A) ，P(B) ，P(C) . …………（5分）（没有具体计算过程的酌情给分）
4 5 10
（2）随机变量 的所有可能取值为0，1，2，3．
依题意： P( 0) 1 1 1 1 ，
4 5 10 200
P( 1) 1 1 9 1 4 1 3 1 1 2 ，
4 5 10 4 5 10 4 5 10 25
数学参考答案·第 7 页（共 10 页）
P( 2) 1 4 9 3 1 9 3 4 1 3 ，
4 5 10 4 5 10 4 5 10 8
P( 3 4 9 27 3) ．
4 5 10 50
随机变量 的分布列如下：
0 1 2 3
P( ) 1 2 3 27
200 25 8 50
E( ) 2 3 81 49的数学期望 . ……………………………………（11分）
25 4 50 20
数学期望是随机变量最基本的数学特征之一，它反映了随机变量 平均取值的大小（要突
出平均取值）. …………………………………………………………（12分）
21．（本小题满分12分）
2 2
解：（1）椭圆 C 的方程为 x y ，
a2
1
b2
e c 1 ，c2 b2 a2 ，
依题意 a 2
4 2 1，
3a2 b2
解得： a2 4c2，b2 3c2 ，
4 2
代入 1得： c2 1，a2 4c2 4，b2 3c2 3，
3a2 b2
2 2
故椭圆C 的方程为 x y 1. ……………………………………………………（4分）
4 3
（2）设圆心 P(x0，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2 )，
显然直线 l 的斜率存在，设 l ： y k(x 1) ，
由 PA2 PB2 PQ2 (x 2，则 0 x1) y
2
1 x
2 7
0 ， 2
y 2 3 3 1 1又 1 x
2 2
1 ，代入得到： x4 4 1
2x0x1 0， 2
数学参考答案·第 8 页（共 10 页）
1 2
同理： x2 2x0 x
1
2 0， 4 2
x x 1 1则 1， 2 分别是 x
2 2x0x 0的两根， ……………………………………（8分） 4 2
由韦达定理可得： x x 2 . 1 2
x2 y2
又联立 l ： y k(x 1) 与 1，
4 3
得 (4k 2 3)x2 8k 2x 4k 2 12 0，
4k 2 12 2
故 x1x2 2 2 k . 4k 3 2
2 2 2 2
直线 l 的方程为 y x 或 y x .……………………………………（10分） 2 2 2 2
此时 AB 的中点横坐标为 x1 x2 4k
2 2
2 4x
1
0 x ， 2 4k 3 5 0 10
1
此圆的圆心坐标为 0 ， . ……………………………………………（12分）
10
（若仅仅联立方程得到韦达定理建议给2分）
22．（本小题满分12分）
（1）解： f (x) ex 2，当 x ln 2时， f (x) ex 2 0 ， f (x) 在 ( ，ln 2) 上单调递减；
当 x ln 2 时， f (x) ex 2 0 ， f (x) 在 (ln 2， )上单调递增；
故函数 f (x) 的极小值为 f (ln 2) 3 2ln 2 ，无极大值. ………………………（4分）
（2 n）证明：依题 em m 1 n 2ln ，从而 n 0 .
2
先证：1 n n ln ≤0 ，
2 2
事实上令 t(x) 1 x ln x (x 0)，t (x) 1 1 1 x ，
x x
故当 x 1时， t (x) 0，t(x) 单调递增， t(x) t(1) 0 ；
当 x≥1时， t (x) 0，t(x) 单调递减， t(x)≤t(1) 0 .
1 n n则 ln ≤0 . ………………………………………………………………（7分）
2 2
数学参考答案·第 9 页（共 10 页）
m em 1 n 2ln n n ln n又依题意 1 n n n n n
ln n
ln

≤ ln ln e 2 ， 2 2 2 2 2 2 2 2
……………………………………………………………………（9分）
又令 h(x) x ex，h (x) 1 ex，
故 x≥0时， h (x)≤0， h(x) 在[0， ) 上单调递减，
m em n ln n ≤ ，也即 h(m) h ln
n
≤ ． 2 2 2
n
当 n≥2时，利用 h(x) 在[0， ) 上单调递减知m≥ln ； …………………（11分）
2
当 0 n 2 m 0 ln n时，也有 ≥ .
2
n n
从而m≥ln ≤em ，
2 2
综上： n≤2em . …………………………………………………………（12分）
数学参考答案·第 10 页（共 10 页）秘密★启用前
巴蜀名校2022-2023学年高三下学期高考适应性月考卷（七）
数学
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，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）
1.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知i为虚数单位，则（ ）
A.1 B. C.i D.
3.函数的图象经过下列哪个变换可以得到的图象，这个变换是（ ）
A.先将函数的图象向左平移个单位，再把图象上每个点的横坐标扩大为原来的2倍
B.先将函数的图象向左平移个单位，再把图象上每个点的横坐标缩小为原来的
C.先把函数的图象上每个点的横坐标缩小为原来的，再将图象向左平移个单位
D.先把函数的图象上每个点的横坐标扩大为原来的2倍，再将图象向左平移个单位
4.已知直三棱柱的所有棱长均为1，则直线与直线夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
5.抗战胜利纪功碑暨人民解放纪念碑，简称“解放碑”，位于重庆市渝中区解放碑商业步行街中心地带，是抗战胜利的精神象征，是中国唯一一座纪念中华民族抗日战争胜利的纪念碑.现在“解放碑”是重庆的地标性建筑，吸引众多游客来此打卡拍照.如图甲所示，解放碑的底座外观呈正八棱柱形，记正八棱柱的底面是正八边形，如图乙所示，若是正八边形的中心，且，则（ ）
A. B. C. D.3
6.在的展开式中，的系数是（ ）
A.60 B.35 C.155 D.90
7.已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点的直线与双曲线的右支交于，两点，若的内切圆的半径与的内切圆的半径的乘积为，则双曲线的离心率为（ ）
A.2 B.3 C. D.
8.已知平面向量，，满足：，，，，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每个给出的四个选项中，有多项是满足要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9.若，其中e为自然对数的底数，则下列命题正确的是（ ）
A.在上单调递增 B.在上单调递减
C.的图象关于直线对称 D.的图象关于点中心对称
10.下列选项正确的是（ ）
A.有7个不同的球，取5个放入5个不同的盒子中，每个盒子恰好放1个，则不同的存放方式有2520种
B.有7个不同的球，全部放入5个相同的盒子中，每个盒子至少放1个，则不同的存放方式有140种
C.有7个相同的球，取5个放入3个不同的盒子中，允许有盒子空，则不同的存放方式有18种
D.有7个相同的球，全部放入3个相同的盒子中，允许有盒子空，则不同的存放方式有8种
11.已知，当时，存在，，使得成立，则下列选项正确的是（ ）
A. B. C. D.
12.已知截面定义：用一个平面去截一个几何体，得到的平面图形（包含图形内部）称为这个几何体的一个截面.则下列关于正方体截面的说法，正确的是（ ）
A.截面图形可以是七边形
B.若正方体的截面为三角形，则只能为锐角三角形
C.当截面是五边形时，截面可以是正五边形
D.当截面是梯形时，截而不可能为直角梯形
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.若离散型随机变量满足：，则______.
14.函数的最大值为______.
15.已知圆，圆，请写出一条与两圆都相切的直线的方程：______.
16.已知数列满足：①；②.则的通项公式______；设为的前项和，则______.（结果用指数幂表示）（第一个空为2分，第二个空为3分）
四、解答题（共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.（本小题满分10分）
在中，，，的对边分别为，，，已知.
（1）求证：；
（2）若，求边的最小值.
18.（本小题满分12分）
已知数列满足：关于的一元二次方程有两个相等的实根.
（1）求证：数列成等差数列；
（2）设数列的前项和为，，，求的最小值.
19.（本小题满分12分）
如图甲所示，四边形为正方形，，为的中点.将沿直线翻折使得平面，如图乙所示.
（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面所成二面角的正弦值.
20.（本小题满分12分）
兔年春节期间，烟花“加特林”因燃放效果酷炫在网上走红，随之而来的身价暴涨也引发关注，甚至还有买不到的网友用多支普通的手持燃放烟花自制“加特林”.据悉，有，，三家工厂可以各自独立生产烟花“加特林”，已知工厂生产的烟花“加特林”是正品同时工厂生产的烟花“加特林”也是正品的概率为，工厂生产的烟花“加特林”是正品同时工厂生产的烟花“加特林”不是正品的概率为，工厂生产的烟花“加特林”是正品同时工厂生产的烟花“加特林”不是正品的概率为.
（1）分别求，，三家工厂各自独立生产出来的烟花“加特林”是正品的概率；
（2），，三家工厂各自独立生产一件烟花“加特林”，记随机变量表示“三家工厂生产出来的正品的件数”，求的数学期望，它反映了什么实际意义？
21.（本小题满分12分）
已知椭圆的焦点在轴上，它的离心率为，且经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若椭圆的左焦点为，过点的直线与椭圆交于，两点，且过点，和点的圆的圆心在轴上，求直线的方程及此圆的圆心坐标.
22.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）若，求函数的极值；
（2）若，，且满足，求证：.

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