2021年北京市海淀區(qū)高考數(shù)學(xué)考前熱身練習(xí)試卷(三模)【含答案】
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1、2021年北京市海淀區(qū)高考數(shù)學(xué)考前熱身練習(xí)試卷(三模) 參考答案與試題解析 一、選擇題共10小題,每小題4分,共40分。在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中,選出符合題目要求的一項(xiàng)。 1.(4分)設(shè)集合P={3,log2a},Q={a,b},若P∩Q={0},則P∪Q=( ?。? A.{3,0} B.{3,0,1} C.{3,0,2} D.{3,0,1,2} 【分析】根據(jù)集合P={3,log2a},Q={a,b},若P∩Q={0},則log2a=0,b=0,從而求得P∪Q. 【解答】解:∵P∩Q={0}, ∴l(xiāng)og2a=0 ∴a=1 從而b=0,P∪Q={3,0,1}, 故選:B. 【
2、點(diǎn)評(píng)】此題是個(gè)基礎(chǔ)題.考查集合的交集和并集及其運(yùn)算,注意集合元素的互異性,以及對(duì)數(shù)恒等式和真數(shù)是正數(shù)等基礎(chǔ)知識(shí)的應(yīng)用. 2.(4分)若||=||=1,(+2)⊥,則向量與的夾角為( ?。? A.30° B.60° C.120° D.150° 【分析】利用向量的垂直,推出關(guān)系式,通過(guò)數(shù)量積轉(zhuǎn)化求解向量的夾角即可. 【解答】解:||=||=1,(+2)⊥, 可得=0,即:1+2cos=0,所以=120°. 故選:C. 【點(diǎn)評(píng)】本題考查向量的夾角的求法,向量的數(shù)量積的應(yīng)用,是基本知識(shí)的考查. 3.(4分)已知a+bi(a,b∈R)是的共軛復(fù)數(shù),則a+b=( ?。? A.﹣1 B.﹣ C
3、. D.1 【分析】先利用復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算法則求出的值,再利用共軛復(fù)數(shù)的定義求出a+bi,從而確定a,b的值,求出a+b. 【解答】解:===﹣i, ∴a+bi=﹣(﹣i)=i, ∴a=0,b=1, ∴a+b=1, 故選:D. 【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算,考查了共軛復(fù)數(shù)的概念,是基礎(chǔ)題. 4.(4分)直線x+ay+2=0與直線ax+y+2a2=0平行,則實(shí)數(shù)a的值為( ) A.1或﹣1 B.0或﹣1 C.﹣1 D.1 【分析】利用兩條直線平行的充要條件列出方程組,求解即可. 【解答】解:因?yàn)橹本€x+ay+2=0與直線ax+y+2a2=0平行, 所以,解
4、得a=﹣1. 故選:C. 【點(diǎn)評(píng)】本題考查了兩條直線位置關(guān)系的應(yīng)用,解題的關(guān)鍵是掌握兩條直線平行的充要條件的應(yīng)用,屬于基礎(chǔ)題. 5.(4分)甲乙兩名學(xué)生,六次數(shù)學(xué)測(cè)驗(yàn)成績(jī)(百分制)如圖所示: ①甲同學(xué)成績(jī)的中位數(shù)大于乙同學(xué)成績(jī)的中位數(shù); ②甲同學(xué)的平均分比乙同學(xué)高; ③甲同學(xué)成績(jī)的極差為18; ④甲同學(xué)成績(jī)方差小于乙同學(xué)成績(jī)的方差. 上面說(shuō)法正確的是( ) A.③④ B.①④ C.②④ D.②③ 【分析】根據(jù)莖葉圖中的數(shù)據(jù),分別計(jì)算甲、乙二人的中位數(shù)、平均數(shù)、方差,再求出甲的極差. 【解答】解:根據(jù)莖葉圖中數(shù)據(jù),計(jì)算甲的中位數(shù)是×(80+82)=81,乙的中位數(shù)是×
5、(87+88)=87.5, 所以甲的中位數(shù)小于乙的中位數(shù),①錯(cuò)誤; 計(jì)算甲的平均數(shù)是=×(72+76+80+82+86+90)=81, 方差是=×[(72﹣81)2+(76﹣81)2+(80﹣81)2+(82﹣81)2+(86﹣81)2+(90﹣81)2]=, 乙的平均數(shù)是=×(69+78+87+88+92+96)=85, 方差是=×[(69﹣85)2+(78﹣85)2+(87﹣85)2+(88﹣85)2+(92﹣85)2+(96﹣85)2]=, 所以甲的平均分比乙的低,②錯(cuò)誤,甲的方差小于乙的方差,④正確; 計(jì)算甲同學(xué)成績(jī)的極差為90﹣72=18,所以③正確; 綜上知,正確的
6、命題序號(hào)是③④. 故選:A. 【點(diǎn)評(píng)】本題考查了利用莖葉圖中的數(shù)據(jù)求中位數(shù)、平均數(shù)、方差和極差的應(yīng)用問(wèn)題,是基礎(chǔ)題. 6.(4分)我國(guó)古代科學(xué)家祖沖之之子祖暅在實(shí)踐的基礎(chǔ)上提出了體積計(jì)算的原理:“冪勢(shì)既同,則積不容異”(“冪”是截面積,“勢(shì)”是幾何體的高),意思是兩個(gè)同高的幾何體,如在等高處截面的面積恒相等,則它們的體積相等.已知某不規(guī)則幾何體與如圖所示的三視圖所表示的幾何體滿足“冪勢(shì)既同”,則該不規(guī)則幾何體的體積為( ?。? A.8﹣π B.8﹣2π C.12﹣2π D.12﹣π 【分析】首先把三視圖轉(zhuǎn)換為幾何體的直觀圖,進(jìn)一步利用割補(bǔ)法求出結(jié)合體的體積. 【解答】解:根據(jù)幾何
7、體的三視圖轉(zhuǎn)換為直觀圖為:該幾何體為由長(zhǎng)為3,寬為2,高為2的長(zhǎng)方體,在長(zhǎng)方體的兩頭挖去兩個(gè)半圓柱組成的不規(guī)則的幾何體; 故V=2×3×2﹣π?12?2=12﹣2π. 故選:C. 【點(diǎn)評(píng)】本題考查的知識(shí)要點(diǎn):三視圖和幾何體的直觀圖之間的轉(zhuǎn)換,幾何體的體積公式的應(yīng)用,主要考查學(xué)生的運(yùn)算能力和數(shù)學(xué)思維能力,屬于基礎(chǔ)題. 7.(4分)已知函數(shù)f(x)的圖象沿x軸向左平移2個(gè)單位后與函數(shù)y=2x的圖象關(guān)于x軸對(duì)稱,若f(x0)=﹣1,則x0=( ) A.﹣2 B.2 C.﹣log23 D.log23 【分析】將函數(shù)y=2x的圖象逆向變換(即先關(guān)于x對(duì)稱,再向右平移2個(gè)單位)可得到f(x)
8、的解析式,再結(jié)合指數(shù)的運(yùn)算法則,求解即可. 【解答】解:函數(shù)y=2x的圖象關(guān)于x軸對(duì)稱的函數(shù)為y=﹣2x,將其向右平移2個(gè)單位,得到f(x)=﹣2x﹣2, ∵f(x0)=﹣1, ∴=﹣1,即x0﹣2=0, ∴x0=2. 故選:B. 【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)圖象的變換,熟練掌握函數(shù)圖象的平移與對(duì)稱變換原則是解題的關(guān)鍵,考查學(xué)生的邏輯推理能力和運(yùn)算能力,屬于基礎(chǔ)題. 8.(4分)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且S7>S8,S8=S9<S10,則下面結(jié)論錯(cuò)誤的是( ) A.a(chǎn)9=0 B.S15>S14 C.d<0 D.S8與S9均為Sn的最小值 【分析】由已知可得a8<0
9、,a9=0,a10>0,d>0,然后結(jié)合各選項(xiàng)進(jìn)行分析即可求解. 【解答】解:因?yàn)榈炔顢?shù)列{an},S7>S8,S8=S9<S10, 所以S7﹣S8=﹣a8>0,S9﹣S8=a9=0,S10﹣S9=a10>0, 即a8<0,a9=0,a10>0,d>0, 故A正確,C錯(cuò)誤; S15﹣S14=a15>0,即S15>S14, 故B正確; 由a8<0,a9=0,a10>0可知S8與S9均為Sn的最小值,D正確. 故選:C. 【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了等差數(shù)列的性質(zhì)的應(yīng)用,還考查了考生分析問(wèn)題的能力. 9.(4分)在△ABC中,“sinA>cosB”是“△ABC為銳角三角形”的( )
10、 A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 【分析】根據(jù)充分條件和必要條件的定義結(jié)算三角函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行判斷即可. 【解答】解:若B為鈍角,A為銳角,則sinA>0,cosB<0, 則滿足sinA>cosB,但△ABC為銳角三角形不成立, 若△ABC為銳角三角形,則A,B,π﹣A﹣B都是銳角, 即π﹣A﹣B<,即A+B>,B>﹣A, 則cosB<cos(﹣A), 即cosB<sinA, 故“sinA>cosB”是“△ABC為銳角三角形”的必要不充分條件, 故選:B. 【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷,根據(jù)三角形的性質(zhì)是解
11、決本題的關(guān)鍵. 10.(4分)已知函數(shù),若存在唯一的整數(shù)x,使得成立,則滿足條件的整數(shù)a的個(gè)數(shù)為( ?。? A.2 B.3 C.4 D.無(wú)數(shù) 【分析】作出f(x)的函數(shù)圖象,由不等式表示的幾何意義,結(jié)合圖象可得所求范圍. 【解答】解:作出f(x)的函數(shù)圖象如圖所示: 表示點(diǎn)(x,f(x))與點(diǎn)(a,1)所在直線的斜率,可得曲線上只有一個(gè)點(diǎn)(x,f(x))(x為整數(shù))和點(diǎn)(a,1)所在直線的斜率大于0, 而點(diǎn)(a,1)在到直線y=1上運(yùn)動(dòng), 由f(0)=0,f(1)=3,f(2)=0, 可得當(dāng)﹣1≤a≤0時(shí),只有點(diǎn)(1,3)滿足; 當(dāng)1≤a≤2時(shí),只有點(diǎn)(0,0)滿足. 綜上可
12、得a的范圍是[﹣1,0]∪[1,2]. 故滿足條件的整數(shù)a有:﹣1,0,1,2共四個(gè). 故選:C. 【點(diǎn)評(píng)】本題考查了分段函數(shù)的圖象和運(yùn)用,考查分類討論思想和數(shù)形結(jié)合思想,化簡(jiǎn)運(yùn)算能力和推理能力,屬于難題. 二、填空題共5小題,每小題5分,共25分. 11.(5分)雙曲線=1的漸近線方程為 y=±2x?。? 【分析】直接根據(jù)雙曲線的方程,令方程的右邊等于0求出漸近線的方程. 【解答】解:已知雙曲線﹣x2=1 令:﹣x2=0 即得到漸近線方程為:y=±2x 故答案為:y=±2x 【點(diǎn)評(píng)】本題考查的知識(shí)要點(diǎn):雙曲線的漸近線方程的求法. 12.(5分)設(shè)(2x﹣1)5=a0
13、+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,則a1= 10 . 【分析】根據(jù)a1是x的系數(shù),求出二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式,令x的次數(shù)為1,進(jìn)行求解即可. 【解答】解:a1是x的系數(shù), 展開式的通項(xiàng)公式為kk+1=C(2x)5﹣k(﹣1)k=C25﹣kx5﹣k(﹣1)k, 由5﹣k=1得k=4, 則a1=2?(﹣1)4=10, 故答案為:10. 【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查二項(xiàng)式系數(shù)的求解,求出二項(xiàng)式的通項(xiàng)公式是解決本題的關(guān)鍵,是基礎(chǔ)題. 13.(5分)已知f(x)=sin(x﹣θ)+cos(x+θ)是偶函數(shù),且θ∈[0,π],則θ= . 【分析】正弦函數(shù)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱,從而當(dāng)
14、x=0時(shí),函數(shù)取得最值,代入函數(shù)后,結(jié)合正弦函數(shù)對(duì)稱軸處取得函數(shù)最值可求. 【解答】解∵f(x)=sin(x﹣θ)+cos(x+θ)是偶函數(shù), 故函數(shù)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱, 根據(jù)正弦函數(shù)的對(duì)稱性可知,當(dāng)x=0時(shí),f(x)取得最值, 故﹣sinθ+cosθ=±2, 所以sinθ﹣cosθ=±2, 即2()=±2, 所以sin()=±1, 因?yàn)棣取蔥0,π], 則θ=, 故答案為:. 【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正弦函數(shù)對(duì)稱性的應(yīng)用,解題的關(guān)鍵是正弦函數(shù)在對(duì)稱軸處取得最值條件的應(yīng)用. 14.(5分)能夠說(shuō)明命題p:?x∈R,x2+2ax+a≤0是假命題的一個(gè)實(shí)數(shù)a是 . 【分析
15、】若命題p:?x∈R,x2+2ax+a≤0是假命題,則命題¬p:?x∈R,x2+2ax+a>0是真命題,結(jié)合二次函數(shù)的圖象和性質(zhì),可得答案. 【解答】解:若命題p:?x∈R,x2+2ax+a≤0是假命題 則命題¬p:?x∈R,x2+2ax+a>0是真命題, 即Δ=4a2﹣4a<0, 解得:a∈(0,1), 故答案為:(答案不唯一,(0,1)上任意數(shù)均可) 【點(diǎn)評(píng)】本題考查的知識(shí)點(diǎn)是命題的否定,二次函數(shù)的圖象和性質(zhì),難度中檔. 15.(5分)向量集合,對(duì)于任意,∈S,以及任意λ∈(0,1),都有λ+(1﹣λ)∈S,則稱S為“C類集”,現(xiàn)有四個(gè)命題: ①若S為“C類集”,則集合也是
16、“C類集”; ②若S,T都是“C類集”,則集合也是“C類集”; ③若A1,A2都是“C類集”,則A1∪A2也是“C類集”; ④若A1,A2都是“C類集”,且交集非空,則A1∩A2也是“C類集”. 其中正確的命題有?、佗冖堋。ㄌ钏姓_命題的序號(hào)). 【分析】由新定義“C類集”,結(jié)合不等式的性質(zhì)和集合的運(yùn)算性質(zhì),即可判斷結(jié)論. 【解答】解:①若S為“C類集”,則對(duì)于任意,∈S,以及任意λ∈(0,1),都有λ+(1﹣λ)∈S, 集合,可得對(duì)于任意μ,μ∈M,以及任意λ∈(0,1),都有λμ+(1﹣λ)μ∈M,故①正確; ②若S是“C類集”,則對(duì)于任意,∈S,以及任意λ1∈(0,1)
17、,都有λ1+(1﹣λ1)∈S, T是“C類集”,則對(duì)于任意,∈T,以及任意λ2∈(0,1),都有λ2+(1﹣λ2)∈T, 可得對(duì)于任意+∈M,+∈M,以及任意λ∈(0,1),都有λ(+)+(1﹣λ)(+)∈M,故②正確; ③若A1“C類集”,可得對(duì)于任意,∈A1,以及任意λ∈(0,1),都有λ+(1﹣λ)∈A1, A2是“C類集”,對(duì)于任意,∈A2,以及任意λ∈(0,1),都有λ+(1﹣λ)∈A2, 設(shè)M=A1∪A2,M為A1,A2中的元素的合并而得,且不重復(fù),不符合“C類集”的定義,故③錯(cuò)誤; ④若A1“C類集”,可得對(duì)于任意,∈A1,以及任意λ∈(0,1),都有λ+(1﹣λ)∈
18、A1, A2是“C類集”,對(duì)于任意,∈A2,以及任意λ∈(0,1),都有λ+(1﹣λ)∈A2, 設(shè)M=A1∩A2,M為A1,A2中的元素的公共部分而得,且不為空集,符合“C類集”的定義,故④正確. 故答案為:①②④. 【點(diǎn)評(píng)】本題考查集合的新定義的理解和運(yùn)用,考查定義法解題,以及推理能力,屬于基礎(chǔ)題. 三、解答題共6小題,共85分,解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明,演算步驟或證明過(guò)程。 16.(14分)在銳角△ABC中,設(shè)角A,B,C所對(duì)的邊長(zhǎng)分別為a,b,c,且. (1)求B的大?。? (2)若AB=2,BC=,點(diǎn)D在邊AC上,______,求BD的長(zhǎng). 請(qǐng)?jiān)冖貯D=DC;②∠DBC=∠D
19、BA;③BD⊥AC這三個(gè)條件中選擇一個(gè),補(bǔ)充在上面的橫線上,并完成解答. (注:如果選擇多個(gè)條件分別解答,則按第一個(gè)解答計(jì)分). 【分析】(1)由正弦定理化簡(jiǎn)已知等式,結(jié)合A,可得sinA>0,可求,結(jié)合范圍,可求B的值. (2)若選①.法一:由題意可得=,兩邊平方,利用平面向量數(shù)量積的運(yùn)算即可求解BD的值;法二:由余弦定理可求AC的值,在△ABD,△BDC中,分別應(yīng)用余弦定理,結(jié)合cos∠ADB+cos∠CDB=0,可求4+=2BD2+,即可解得BD的值.若選②.由于S△ABC=S△ABD+S△CBD,利用三角形的面積公式即可求解BD的值;若選③.由余弦定理可求AC的值,利用三角形的面
20、積公式可得,進(jìn)而解得BD的值. 【解答】解:(1)在△ABC中,由正弦定理,及得,sinBsinA=sinA.…(2分) 因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形, 所以A, 所以sinA>0. 所以.……(4分) 又因?yàn)?,所以B=.……(6分) (2)若選①. 法一:在△ABC中,因?yàn)锳D=DC,所以=.……(8分) 所以2=……(10分)==, 所以BD=.……(12分) 法二:在△ABC中,由余弦定理,得AC2=AB2+BC2﹣2AB?BC?cosB==, 所以, 所以AD=DC=.……(8分) 在△ABD中,由余弦定理,得AB2=BD2+DA2﹣2BD?DA?cos∠ADB
21、 即, 在△BDC中,由余弦定理,得BC2=BD2+DC2﹣2BD?DC?cos∠CDB 即.……(10分) 又∠ADB+∠CDB=π,所以cos∠ADB+cos∠CDB=0. 所以4+=2BD2+, 所以BD=.……(12分) 若選②. 在△ABC中,S△ABC=S△ABD+S△CBD,……(8分) 即BA?BC?sin=BA?BD?sin+BD?BC?sin,……(10分) 即, 解得.……(12分) 若選③. 在△ABC中,由余弦定理,得AC2=AB2+BC2﹣2AB?BC?cosB==, 所以.……(8分) 因?yàn)镾△ABC=BA?BC?sinB=, 又S
22、△ABC=BD?AC=BD,……(10分) 所以, 解得.……(12分) 【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正弦定理,平面向量數(shù)量積的運(yùn)算,余弦定理,三角形的面積公式在解三角形中的綜合應(yīng)用,考查了計(jì)算能力和轉(zhuǎn)化思想,屬于中檔題. 17.(14分)如圖,在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,BC=BB1,BC1∩B1C=O,AO⊥平面BB1C1C. (1)求證:AB⊥B1C; (2)若∠B1BC=60°,直線A1B1與平面BB1C1C所成角為30°,求二面角A1﹣B1C1﹣A的余弦值. 【分析】(1)推導(dǎo)出B1C⊥BC1,AO⊥B1C,從而B1C⊥平面AOB,由此能證明B1C⊥AB. (2)設(shè)
23、O為原點(diǎn),OB1為x軸,OC1為y軸,OA為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,利用向量法能求出二面角A1﹣B1C1﹣A的余弦值. 【解答】解:(1)證明:由題知四邊形BCC1B1是菱形,∴B1C⊥BC1, ∵AO⊥平面BB1C1C,∴AO⊥B1C, ∵AO∩B1C=O,∴B1C⊥平面AOB, ∵AB?平面AOB,∴B1C⊥AB. (2)∵A1B1∥AB,∴AB與平面BB1C1C所成角為30°, ∵AO⊥平面BB1C1C,∴∠ABO=30°, 設(shè)O為原點(diǎn),OB1為x軸,OC1為y軸,OA為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系, 則B1(1,0,0),C1(0,,0),A(0,0,1),B(0,﹣,0
24、), 由=,知A1(1,,1), ∴=(0,﹣,1),=(﹣1,,0),=(1,0,1), 設(shè)平面AB1C1的法向量為=(x,y,z), 則,取y=1,得=(), 同理得平面A1B1C1的法向量=(), ∴cos<>==, ∴二面角A1﹣B1C1﹣A的余弦值為. 【點(diǎn)評(píng)】本題考查線線垂直的證明,考查二面角的余弦值的求法,考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力等數(shù)學(xué)核心素養(yǎng),是中檔題. 18.(14分)隨著移動(dòng)互聯(lián)網(wǎng)的發(fā)展,越來(lái)越多的人習(xí)慣用手機(jī)應(yīng)用程序(簡(jiǎn)稱app)獲取新聞資訊.為了解用戶對(duì)某款新聞?lì)恆pp的滿意度,隨機(jī)調(diào)查了30
25、0名用戶,調(diào)研結(jié)果如表:(單位:人) 青年人 中年人 老年人 滿意 60 70 x 一般 55 25 y 不滿意 25 5 10 (Ⅰ)從所有參與調(diào)研的人中隨機(jī)選取1人,估計(jì)此人“不滿意”的概率; (Ⅱ)從參與調(diào)研的青年人和中年人中各隨機(jī)選取1人,估計(jì)恰有1人“滿意”的概率; (Ⅲ)現(xiàn)需從參與調(diào)研的老年人中選擇6人作進(jìn)一步訪談,若在“滿意”、“一般”、“不滿意”的老年人中各取2人,這種抽樣是否合理?說(shuō)明理由. 【分析】(Ⅰ)根據(jù)古典概型的概率公式進(jìn)行計(jì)算即可 (Ⅱ)根據(jù)獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率公式進(jìn)行計(jì)算即可 (Ⅲ)根據(jù)抽樣的公平性的性質(zhì)進(jìn)行判斷
26、【解答】解:(Ⅰ)從所有參與調(diào)研的人共有300人,不滿意的人數(shù)是25+5+10=40 記事件D為“從所有參與調(diào)研的人中隨機(jī)選取1人此人不滿意”,則所求概率為. (Ⅱ)記事件M為“從參與調(diào)研的青年人中隨機(jī)選取1人,此人滿意”,則; 記事件N為“從參與調(diào)研的中年人中隨機(jī)選取1人,此人滿意”,則; 則“從參與調(diào)研的青年人和中年人各隨機(jī)選取1人,恰有1人滿意”的概率為= (Ⅲ)這種抽樣不合理. 理由:參與調(diào)研的60名老年人中不滿意的人數(shù)為20,滿意和一般的總?cè)藬?shù)為x+y=50,說(shuō)明滿意度之間存在較大差異,所以從三種態(tài)度的老年中各取2人不合理.合理的抽樣方法是采用分層抽樣,根據(jù)x,y,10的
27、具體數(shù)值來(lái)確定抽樣數(shù)值. 【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查抽樣方法的應(yīng)用,以及概率的計(jì)算,根據(jù)古典概型的概率公式是解決本題的關(guān)鍵.難度不大. 19.(15分)已知橢圓C:的右焦點(diǎn)為F,離心率,長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4,過(guò)點(diǎn)F的直線l與橢圓交于M,N兩點(diǎn)(非長(zhǎng)軸端點(diǎn)). (1)求橢圓C的方程; (2)已知點(diǎn)Q(0,2),求線段MQ長(zhǎng)度的取值范圍; (3)延長(zhǎng)MO交橢圓C于P點(diǎn),求△PMN面積的最大值,并求此時(shí)直線l的方程. 【分析】(1)通過(guò)橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng),結(jié)合離心率,即得到橢圓的方程; (2)設(shè)M(x1,y1),由M為橢圓上一點(diǎn),可得,再利用兩點(diǎn)間距離公式進(jìn)行求解即可; (3)設(shè)出MN所在直線方程,然后與
28、橢圓方程聯(lián)立,利用弦長(zhǎng)公式,點(diǎn)到直線距離公式求解三角形的面積,利用基本不等式求解最大值即可. 【解答】解:(1)∵長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4,∴2a=4,a=2, 又∵離心率,∴c=,∴b2=a2﹣c2=1, ∴橢圓C的方程為, (2)設(shè)M(x1,y1),則,y∈[﹣1,0)∪(0,1], ∴|MQ|===, ∴|MQ|的取值范圍是; (3)設(shè)直線MN的方程為x=my+, 聯(lián)立,消x得, ∵Δ>0,,, ∴=, 原點(diǎn)O到直線x=my+的距離, ∴P到直線MN的距離為, ∴, 令,則, 當(dāng)且僅當(dāng)時(shí),取等號(hào), 所以直線l的方程為或. 【點(diǎn)評(píng)】本題考查了直線與橢圓的位置關(guān)系,橢
29、圓的簡(jiǎn)單幾何性質(zhì),考查了轉(zhuǎn)化思想及計(jì)算能力,屬中檔題. 20.(14分)已知函數(shù)f(x)=(a∈R). (1)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(,f())處的切線經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn),求實(shí)數(shù)a; (2)當(dāng)a>0時(shí),判斷函數(shù)f(x)在x∈(0,π)上的零點(diǎn)個(gè)數(shù),并說(shuō)明理由. 【分析】(1)求得f(x)的導(dǎo)數(shù),由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得切線的斜率,再由兩點(diǎn)的斜率公式解方程可得a的值; (2)由f(x)=0,可令g(x)=x2﹣a﹣2sinx,討論當(dāng)x∈(0,),[,π)時(shí),g(x)的單調(diào)性,可得f(x)的單調(diào)性,可得所求零點(diǎn)個(gè)數(shù). 【解答】解:(1)f(x)=的導(dǎo)數(shù)為f′(x)=, 可得曲線y=f(x)在點(diǎn)
30、(,f())處的切線的斜率為f′()=π, f()=﹣a﹣2,即切點(diǎn)為(,﹣a﹣2), 由于切線經(jīng)過(guò)原點(diǎn), 可得=π,解得a=﹣﹣2; (2)因?yàn)閤∈(0,π),所以sinx>0, 所以f(x)==0,可化為x2﹣a﹣2sinx=0, 設(shè)g(x)=x2﹣a﹣2sinx,g′(x)=2x﹣2cosx, 設(shè)h(x)=2x﹣2cosx,h′(x)=2+2sinx>0, 可得h(x)即g′(x)在(0,π)遞增, 又g′(0)=﹣2<0,g′()=π>0, 所以存在x0∈(0,),使得g′(x0)=0,當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),g(x)遞減; 當(dāng)x∈(x0,)時(shí),g(x)遞增, 所
31、以,對(duì)于連續(xù)函數(shù)g(x),在x∈(0,x0)時(shí),g(x)遞減,在x∈(x0,π)時(shí),g(x)遞增, 又因?yàn)間(0)=﹣a<0,當(dāng)g(π)=π2﹣a>0即a<π2時(shí),g(x)有唯一零點(diǎn)在(x0,π)上, 當(dāng)g(π)=π2﹣a≤0即a≥π2時(shí),g(x)在(0,π)上無(wú)零點(diǎn), 綜上可得,當(dāng)0<a<π2時(shí),函數(shù)f(x)在(0,π)有唯一零點(diǎn); 當(dāng)a≥π2時(shí),函數(shù)f(x)在(0,π)沒(méi)有零點(diǎn). 【點(diǎn)評(píng)】本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用:求切線方程和零點(diǎn)的個(gè)數(shù)的求法,考查方程思想和分類討論思想、運(yùn)算能力和推理能力,屬于難題. 21.(14分)已知集合Sn={X|X=(x1,x2,…,xn),xi∈{0,1}
32、,i=1,2,…,n}.其中n≥2,對(duì)于A=(a1,a2,…,an),B=(b1,b2,…,bn)∈Sn,定義A與B之間的距離為. (1)記I=(1,1,1,1)∈S4,寫出所有A∈S4使得d(I,A)=3; (2)記I=(1,1,1,1)∈Sn,A,B∈Sn,并且d(I,A)=d(I,B)=p≤n,d(A,B)的最大值; (3)設(shè)P?Sn,P中所有不同元素間的距離的最小值為k,記滿足條件的集合P的元素個(gè)數(shù)的最大值為m,求證:. 【分析】(1)根據(jù)題中給出的定義,寫出所有A∈S4使得d(I,A)=即可3; (2)設(shè)A=(a1,a2,???,an),B=(b1,b2,???,bn),分
33、兩種情況2p≤n、2p>n時(shí),分別利用含有絕對(duì)值的不等式的性質(zhì)求解即可; (3)設(shè)P是滿足條件的最大集合,即P中元素個(gè)數(shù)為m,由題中的定義可知,對(duì)于Sn中的任意元素X,都存在C∈P使得d(X,C)≤k﹣1,否則,假設(shè)存在X0∈Sn,對(duì)任意C∈P都有d(X0,C)≥k,推出矛盾,故假設(shè)不成立,即可證明原命題. 【解答】(1)解:A的所有可能取值為(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1); (2)解:設(shè)A=(a1,a2,???,an),B=(b1,b2,???,bn), 因?yàn)閐(I,A)=1﹣a1+1﹣a2+???+1﹣an=p, 則a1+a2+??
34、?+an=n﹣p, 同理b1+b2+???+bn=n﹣p, 當(dāng)2p≤n時(shí),d(A,B)=≤, 當(dāng)2p>n時(shí),d(A,B)=, 當(dāng)A={1,1,???,1,0,0,????,0}(其中含有p個(gè)1)或A={0,0,???,0,1,1,???,1}(其中含有p個(gè)1)時(shí),上式取等號(hào), 綜上所述,d(A,B)的最大值為; (3)證明:設(shè)P是滿足條件的最大集合,即P中元素個(gè)數(shù)為m, 那么對(duì)任意的A,B∈P,且A≠B,d(A,B)≥k, 對(duì)任意的C∈P,記集合S(C,k﹣1)={X∈Sn|d(X,C)≤k﹣1}, 那么S(C,k﹣1)中元素個(gè)數(shù)為, 對(duì)于Sn中的任意元素X,都存在C∈P使得d(X,C)≤k﹣1, 若不然,假設(shè)存在X0∈Sn,對(duì)任意C∈P都有d(X0,C)≥k, 那么集合P'=P∪{X0}中所有不同元素間的距離的最小值為k,且P'中有m+1個(gè)元素,這與m的最大性矛盾. 綜上所述,所有Sn中的每個(gè)元素必與P中的某個(gè)元素的距離不超過(guò)k﹣1, 又S(C,n)中元素個(gè)數(shù)為=2n,所以. 【點(diǎn)評(píng)】本題考查了新定義問(wèn)題,解決此類問(wèn)題,關(guān)鍵是讀懂題意,理解新定義的本質(zhì),把新情境下的概念、法則、運(yùn)算化歸到常規(guī)的數(shù)學(xué)背景中,運(yùn)用相關(guān)的數(shù)學(xué)公式、定理、性質(zhì)進(jìn)行解答,屬于中檔題.
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