第22套：2024年2月“鸽子杯”数学试题参考答案(1)

2024年2月“鸽子杯”线上测试数学试题参考答案（参考答案仅提供部分解法）一、选择题：本题共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。题号12345678答案BACACDCD二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。题号91011答案ABCBDABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。题号1213142n,n为奇数答案7a5511n238014n1,n为偶数2四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15.（13分）（1）设考生得分为X，X为离散型随机变量，则X的可能取值为0、1、3、5.111155则P(X5)()5，P(X3)C1()()4，P(X1)，23252232161P(X0)，故X的分布列为：2X01351551P216323255115因此考生得分的数学期望E(X)135.……7分16323216数学试题参考答案第1页共6页（2）设考生得分为Y，Y为离散型随机变量，则Y的可能取值为0、1、3、5.1111331则P(Y5)()3，P(Y3)C1()()2，P(Y1)，P(Y0).2832288833117因此考生得分的数学期望E(Y)135.……13分888816.（15分）（1）甲：由余弦定理，BC2AB2AC22ABACcosBAC，BC7.PA2PB2AB2由于PA，PB，PC两两垂直，因此根据勾股定理得PB2PC2BC2，解222PCPACA得PA25，PB5，PC211.1111故表面积SPAPBPBPCPCPAABACsinBAC522221110355103；体积V(PBPC)PA11.……4分323乙：因为PAPB，故PA2PB2AB2，而PA2PB，因此PA25，PB5.因为PAPC，所以PCAC2PA2211.13而S三角形ABACsinBAC103，故sinBAC，因BAC90，ABC22故BAC60，所以BC2AB2AC22ABACcosBAC，BC7.注意到PB2PC2BC2，因此PBPC.1111故表面积SPAPBPBPCPCPAABACsinBAC522221110355103；体积V(PBPC)PA11.……6分323丙：设P在平面ABC中的投影为P'，连接P'A，P'B，P'C，则PP'平面ABC.故PP'与P'A，P'B，P'C均垂直.而PA25，故PB5，PC211，337211又因为PP'，因此AP'3，BP'3，CP'3.33331115由余弦定理，计算得cosAP'B，cosAP'C，则sinAP'B3，1471441sinAP'C3，因此cosBP'C，由余弦定理BC7.72数学试题参考答案第2页共6页故PB2PC2BC2，PBPC.1111故表面积SPAPBPBPCPCPAABACsinBAC522221110355103；体积V(PBPC)PA11.……9分323（2）方法一：设二面角ABCP的大小为；作PHBC，垂足为H.由于PAPB，PAPC，PBPCP，PB，PC平面PBC，因此PA平面PBC，而BC平面PBC，因此PABC.而PHBC，PHPAP，因此BC平面PAH，故AHBC.因此AHP是二面角ABCP的平面角.1PHBCPHS165故coscosAHP2三角形PBC.AH1S30AHBC三角形ABC2……10分/12分/15分方法二：以P为原点，PB，PC，PA为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.因此P(0,0,0)，B(5,0,0)，C(0,211,0)，A(0,0,25)，AB(5,0,25)，AC(0,211,25).设平面的法向量为，平面的法向量为，故设ABCn1PBCn2n1(0,0,1).n2AB0n2(x,y,z)，则，解得n2(211,5,11).n2AC0nn165设二面角ABCP的大小为，则cos12.30n1n2……10分/12分/15分17.（15分）（1）f(x)eaxbcosx(absinx)，求导函数得f'(x)eaxbcosx(a2b2sin2xbcosx)，即f'(x)eaxbcosx(b2cos2xbcosxa2b2).11xcosx311令a，b1，则f'(x)e2(cosx)(cosx)，当f'(x)0，cosx222210；当f'(x)0，cosx0.2数学试题参考答案第3页共6页12412在区间(0,2)中，cosx0时x，cosx0时0x或233234x2.32244因此f(x)在(0,)单调递减，在(,)单调递增，在(,2)单调递减.3333……6分（2）若f(x)单调性不变，则必有b2cos2xbcosxa2b2不变号.设ucosx，则1u1，即讨论g(u)b2u2bua2b2不变号，由于b0，因此g(u)是二次函数.g(1)0a2b0若g(u)0在[1,1]恒成立，则，即，由于a0，b0，2g(1)0ab0因此此情形不成立；1g()0g(1)02b211若g(u)0在[1,1]恒成立，则或1，即ab(b)或1142012b2b1bb,0b12ab(0b)，由于tab0，因此th(b).……11分211b2b,b42111110b时h'(b)1，0b时h'(b)0，b时h'(b)0.故22b44211114110b时h(b)max；b时h(b).24212224b2b41因此t.……15分418.（17分）Am（1）Cm(m1)!（或n）……3分nm（2）①s(4,2)是指将4个元素分为2个圆排列.考虑到4个元素分为2个圆排列共有两种情况，一种是分为一个含有3个元素的圆排列和含有1个元素的圆排列，另一种是分为两个含有2个元素的圆排列.3对于第一种情况，计算方式为C4(31)!，结果为8；数学试题参考答案第4页共6页C2对于另一种情况，计算方式为4，结果为3.2因此s(4,2)8311.……7分②我们只需讨论在已有的n个元素在m1个圆排列中的情况下，新增第n1个元素时的情况数.若原有的n个元素已经分布在前m个圆排列，则第n1个元素一定在第m1的圆排列，共s(n,m)种情况；若原有的n个元素分布在m1个圆排列中，则第n1个元素可以插入进任意一个圆排列的任意两个元素之间（若某个圆排列只有一个元素则只考虑加入圆排列），共ns(n,m1).两种情况求和即为s(n1,m1).因此s(n,m)ns(n,m1)s(n1,m1).……12分nnn（）所求即为设3s(n,i).Tns(n,i)s(n,i).i1i1i0n1nn则Tn1s(n1,i)s(n1,i)s(n1,n1)(s(n,i1)ns(n,i))i1i1i1nns(n1.n1)s(n,i)ns(n,i)s(n1,n1)s(n,n).i1i1Tn1由于s(n,n)s(n1,n1)1，故Tn1(n1)Tn，n1.TnT2T3Tn而T1s(1,1)1，2，3，……，n，依次相乘得Tnn!T1T2Tn1综上，总的方案数为n!.……17分19.（17分）（1）设点P坐标为(x0,y0).2222由题意可知：22x0(x02)y0(x02)y0,(x2)2y2(x2)2y2两边同时乘0000得22x022222x0，(x02)y0(x02)y0x0数学试题参考答案第5页共6页解得22x0，整理得22，(x02)y02x0x0y01x0因此点P的轨迹方程为x2y21.……6分1（2）设F到直线PQ的距离为r，则三角形PQF的面积SPQr2r.112故问题可以转化为：若存在PQ4，求r的最大值.222设圆心为F1，半径为r的圆(x2)yr上有一点(rcos2,rsin)，其切线为(xrcos2)cos(yrsin)sin0，即xcosysin2cosr0.x2y21联立，得关于y的方程：xcosysin2cosr0(2cos21)y22sin(2cosr)y(2cosr)2cos20有判别式4sin2(2cosr)24(2cos21)((2cosr)2cos2)0，整理得4cos2((2cosr)2cos2sin2)0，因此(2cosr)2cos2sin20且cos0.对于cos0的情况，此时该切线与必有两个交点，故保留.而对于，有222，PQPQ(1tan)(y1y2)16整理得r2cos(8cos23)(2cos21)，我们只需讨论正的部分，即令r2cos(8cos23)(2cos21).31不妨设cos0，cos2u[0,][,1]，则r(u)2u16u214u3，82116u7r'(u).2u16u214u3111当u1时，由于r()1，u1时r'(u)0，故r(u)r(1)25；2223333当0u时，r(u)325.822因此r的最大值为25，故三角形PQF1面积的最大值为2225.……17分数学试题参考答案第6页共6页