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文檔簡(jiǎn)介
2023-2024學(xué)年河北省部分學(xué)校高三下學(xué)期高考演練數(shù)學(xué)模擬試題
(二模)
一、單選題
2
1.已知集合Mxxx20,Nxy1lnx,則MN()
A.,eB.0,2C.1,eD.(-1,2)
【正確答案】C
【分析】分別求出集合M,N,再根據(jù)交集的定義即可得解.
【詳解】Mxx2x201,2,
由1lnx0,得0xe,
則Nxy1lnx0,e,
則MN1,e.
故選:C.
2.已知復(fù)數(shù)z滿足(12i)z34i,則z的共軛復(fù)數(shù)z()
A.12iB.12iC.12iD.12i
【正確答案】C
5
【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)模的計(jì)算公式,轉(zhuǎn)化為z,利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則和共軛復(fù)數(shù)的概念,
12i
即可求解.
【詳解】因?yàn)?12i)z34i32(4)25,
5512i
可得z12i,所以z12i.
12i12i12i
故選:C.
3.2023年3月24日是第28個(gè)“世界防治結(jié)核病日”,我國(guó)的宣傳主題是“你我共同努力,終
結(jié)結(jié)核流行”,呼吁社會(huì)各界廣泛參與,共同終結(jié)結(jié)核流行,維護(hù)人民群眾的身體健康.已知
某種傳染疾病的患病率為5%通過驗(yàn)血診斷該病的誤診率為2%,即非患者中有2%的人診斷
為陽性,患者中有2%的人診斷為陰性.隨機(jī)抽取一人進(jìn)行驗(yàn)血,則其診斷結(jié)果為陽性的概率
為()
A.0.46B.0.046C.0.68D.0.068
【正確答案】D
【分析】應(yīng)用全概率公式PAPABPBPABPB求解即可.
【詳解】設(shè)隨機(jī)抽取一人進(jìn)行驗(yàn)血,則其診斷結(jié)果為陽性為事件A,
設(shè)隨機(jī)抽取一人實(shí)際患病為事件B,隨機(jī)抽取一人非患為事件B,
則PAPABPBPABPB0.050.980.950.020.068.
故選:D.
2
4.過拋物線C:y4x的焦點(diǎn)F的直線交拋物線C于A(x1,y1)、B(x2,y2)兩點(diǎn),以線段AB
為直徑的圓的圓心為O1,半徑為r.點(diǎn)O1到C的準(zhǔn)線l的距離與r之積為25,則r(x1x2)()
A.40B.30C.25D.20
【正確答案】A
1
【詳解】由拋物線的性質(zhì)知,點(diǎn)O1到C的準(zhǔn)線l的距離為ABr,
2
21
依題意得r25r5,又點(diǎn)O1到C的準(zhǔn)線l的距離為(x1x22)r5,
2
則有x1x28,故r(x1x2)40,
故選:A.
5.根據(jù)《民用建筑工程室內(nèi)環(huán)境污染控制標(biāo)準(zhǔn)》,文化娛樂場(chǎng)所室內(nèi)甲醛濃度0.1mg/m3為
安全范圍.已知某新建文化娛樂場(chǎng)所施工中使用了甲醛噴劑,處于良好的通風(fēng)環(huán)境下時(shí),竣
工1周后室內(nèi)甲醛濃度為6.25mg/m3,3周后室內(nèi)甲醛濃度為1mg/m3,且室內(nèi)甲醛濃度(t)
(單位:mg/m3)與竣工后保持良好通風(fēng)的時(shí)間ttN*(單位:周)近似滿足函數(shù)關(guān)系
式(t)eatb,則該文化娛樂場(chǎng)所竣工后的甲醛濃度若要達(dá)到安全開放標(biāo)準(zhǔn),至少需要放置
的時(shí)間為()
A.5周B.6周
C.7周D.8周
【正確答案】B
a
【分析】由(3),(1)相除可得e,然后解不等式(t0)0.1,由指數(shù)函數(shù)性質(zhì)估計(jì)出
5455
t
62.5,從而可得0的范圍,由此可得結(jié)論.
22
【詳解】由題意可知,(1)eab6.25,(3)e3ab1,
(3)a42
e,解得ea.
(1)255
設(shè)該文化娛樂場(chǎng)所竣工后放置t0周后甲醛濃度達(dá)到安企開放標(biāo)準(zhǔn),
t1
20
atbabat01
te0ee6.250.1
則0,
5
t1m145
20555
整理得62.5,設(shè)62.5,因?yàn)?2.5,
5222
所以4m15,即5m6,則t01m1,即t0m.
故至少需要放置的時(shí)間為6周.
故選:B.
6.在軸截面頂角為直角的圓錐內(nèi),作一內(nèi)接圓柱,若圓柱的表面積等于圓錐的側(cè)面積,則
圓柱的底面半徑與圓錐的底面半徑的比值為()
1212
A.B.C.D.
4422
【正確答案】D
【分析】設(shè)圓柱和圓錐底面半徑分別為r,R,由圓柱表面積等于圓錐側(cè)面積建立方程,求
半徑比.
【詳解】設(shè)圓柱和圓錐底面半徑分別為r,R,因?yàn)閳A錐軸截面頂角為直角,所以圓錐母線
長(zhǎng)為2R,
hRr
設(shè)圓柱高為h,則,hRr,
RR
2r2
由題,πR2R2πr2πrRr,得.
R2
故選:D.
x2y2
7.已知雙曲線C:1a0b0的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2,點(diǎn)M是雙曲線右支
a2b2
上一點(diǎn),且MF1MF2,延長(zhǎng)MF2交雙曲線C于點(diǎn)P,若MF1PF2,則雙曲線C的離心
率為()
10
A.3B.2C.6D.
2
【正確答案】D
【分析】設(shè)MF1t,則由雙曲線的定義可得MF2t2a,PF2t,PF1t2a,然后
△a,c
在RtPMF1利用勾股定理可求出t3a,再在RtMF1F2中利用勾股定理可表示的關(guān)系,
從而可求出離心率.
【詳解】
設(shè)MF1t(t2a),由雙曲線的定義可得MF2t2a,PF2t,PF1t2a,
MFMF222
由12,可得MF1MPPF1,
即t2(2t2a)2(t2a)2,解得t3a,
222222,
又MF1MF2F2F1,即為(3a)a4c
10c10
即為ca,則e,
2a2
故選:D.
8.在ABC中,A90,AB4,AC43,P,Q是平面上的動(dòng)點(diǎn),APAQPQ2,
M是邊BC上的一點(diǎn),則MPMQ的最小值為()
A.1B.2C.3D.4
【正確答案】B
uuuruuuruuur2
【分析】根據(jù)向量運(yùn)算可得MPMQMN1,結(jié)合圖形分析MN的最小值即可得結(jié)果.
uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur
【詳解】取PQ的中點(diǎn)N,則MPMNNP,MQMNNQMNNP,
uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur2uuur2uuur2
可得MPMQMNNPMNNPMNNPMN1,
uuuruuuruuuruuuruuur
∵M(jìn)NMAANMAAN,當(dāng)且僅當(dāng)N在線段AM上時(shí),等號(hào)成立,
uuuruuuruuuruuur
故MNMAANMA3,
顯然當(dāng)AMBC時(shí),MA取到最小值23,
uuuruuur
∴MNMA32333,
uuuruuuruuur2
故MPMQMN1312.
故選:B.
二、多選題
9.下列結(jié)論正確的有()
A.若隨機(jī)變量,滿足21,則D()2D()1
B.若隨機(jī)變量N3,2,且P(6)0.84,則P(36)0.34
C.若線性相關(guān)系數(shù)|r|越接近1,則兩個(gè)變量的線性相關(guān)性越強(qiáng)
D.按從小到大順序排列的兩組數(shù)據(jù):甲組:27,30,37,m,40,50;乙組:24,n,33,
44.48,52,若這兩組數(shù)據(jù)的第30百分位數(shù)、第50百分位數(shù)都分別對(duì)應(yīng)相等,則mn67
【正確答案】BC
【分析】由方差的性質(zhì)判斷A;由正態(tài)分布的對(duì)稱性判斷B;由相關(guān)系數(shù)的定義判斷C;根
據(jù)百分位數(shù)的定義判斷D.
【詳解】對(duì)于A,由方差的性質(zhì)可得D()22D()4D(),故A錯(cuò)誤;
對(duì)于B,由正態(tài)分布的圖象的對(duì)稱性可得P(36)P(6)0.50.34,故B正確;
對(duì)于C,由相關(guān)系數(shù)知識(shí)可得:線性相關(guān)系數(shù)|r|越接近1,則兩個(gè)變量的線性相關(guān)性越強(qiáng),
故C正確;
37m
對(duì)于D,甲組:第30百分位數(shù)為30,第50百分位數(shù)為,
2
n30
334477
乙組:第30百分位數(shù)為n,第50百分位數(shù)為,則37m77,
22
22
n30
解得,故mn70,故D錯(cuò)誤;
m40
故選:BC
10.2022年4月,神舟十三號(hào)返回艙成功著陸,返回艙是宇航員返回地球的座艙,返回艙
的軸截面可近似看作是由半圓和半橢圓(都包含M,N點(diǎn))組成的“曲圓”半圓的圓心在坐標(biāo)
原點(diǎn),半圓所在的圓過橢圓的焦點(diǎn)F0,3,橢圓的短軸長(zhǎng)等于半圓的直徑,如圖,在平面
直角坐標(biāo)系中,下半圓與y軸交于點(diǎn)G.若過原點(diǎn)O的直線與上半橢圓交于點(diǎn)A,與下半圓
交于點(diǎn)B,則()
1
A.橢圓的離心率為B.AFG的周長(zhǎng)為662
2
9
C.△ABF面積的最大值是D.線段AB長(zhǎng)度的取值范圍是6,332
2
【正確答案】BD
【分析】根據(jù)給定的條件,求出橢圓的短半軸長(zhǎng),半焦距判斷選項(xiàng)A;利用橢圓的定義求出
焦點(diǎn)三角形周長(zhǎng)判斷選項(xiàng)B;求出OA長(zhǎng)度范圍判斷選項(xiàng)D;ABF根據(jù)運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)可得最
大值判斷C.
【詳解】由題知,橢圓中的幾何量bc3,所以ac2b232,
c32
則e,故A不正確;
a322
因?yàn)锳BOBOA3OA,由橢圓性質(zhì)可知3OA32,所以6AB332,故
D正確;
113
設(shè)A,B到y(tǒng)軸的距離為d,d,則SSSdOFdOFdd,
12ABFAOFOBF2122212
當(dāng)A在短軸的端點(diǎn)處時(shí),d1,d2同時(shí)取得最大值3,故△ABF面積的最大值是9,故C不
正確;
由橢圓定義知,AFAG2a62,
所以AFG的周長(zhǎng)CAFGFG62662,故B正確.
故選:BD.
11.如圖,四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是邊長(zhǎng)為22的正方形,側(cè)棱AA1底面ABCD,
86
三棱錐A1BCD的體積是,底面ABCD和A1B1C1D的中心分別是O和O1,E是O1C1的
3
中點(diǎn),過點(diǎn)E的平面分別交BB1,B1C1,C1D1于F,N,M點(diǎn),且BD∥平面,G是線段
MN任意一點(diǎn)(含端點(diǎn)),P是線段AC1上任意一點(diǎn)(含端點(diǎn)),則下列說法正確的是()
A.側(cè)棱AA1的長(zhǎng)為6
B.四棱柱ABCDA1B1C1D1的外接球的表面積是40π
BF2
C.當(dāng)1時(shí),平面截四棱柱的截面是六邊形
BB15
D.當(dāng)G和P變化時(shí),POPG的最小值是5
【正確答案】BCD
【分析】選項(xiàng)A,可直接利用三棱錐A1BCD的體積公式,求出側(cè)棱長(zhǎng),從而判斷選項(xiàng)A
錯(cuò)誤;選項(xiàng)B,利用長(zhǎng)方體外接球心是體對(duì)角線的中心,體對(duì)角線長(zhǎng)即球的直徑,從而求出
半徑,從而判斷選項(xiàng)B正確;選項(xiàng)C,利用性質(zhì)找出平面截四棱柱的截面,再利用平行
關(guān)系找出比例,從而判斷出結(jié)果的正誤;選項(xiàng)D,先求證出MN平面AAC11C,從而得到故
對(duì)任意的G都有PGPE,進(jìn)而判斷出結(jié)果的正誤.
1186
【詳解】對(duì)于選項(xiàng)A,因?yàn)槿忮FA1BCD的體積是V2222h,解得
323
h26,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;
對(duì)于選項(xiàng)B,外接球的半徑滿足4R2AB2AC2h240,故外接球的表面積
S4R240,故選項(xiàng)B正確;
對(duì)于選項(xiàng)C,如圖,延長(zhǎng)MN交A1B1的延長(zhǎng)線于點(diǎn)Q,連接AQ交BB1于點(diǎn)F,在平面CC1D1D
內(nèi)作MH∥AF交DD1于H,連接AH,
1
則平面截四棱柱的截面是五邊形AFNMH,因?yàn)锽1QB1NAB,
2
BF1BF1BF1
所以此時(shí)1,故1時(shí)截面是六邊形,1時(shí)截面是五邊形,
BB13BB13BB13
故選項(xiàng)C正確;
對(duì)于選項(xiàng)D,因?yàn)锽D∥平面,BD//B1D1,B1D1平面,所以B1D1//平面,
又面A1B1C1D1面MN,B1D1面A1B1C1D1,所以B1D1//MN,
又因?yàn)樗倪呅蜛1B1C1D1是正方形,AC11B1D1,所以AC11MN,
因?yàn)閭?cè)棱AA1底面A1B1C1D1,MN底面A1B1C1D1,所以AA1MN,
又A1C1AA1A1,所以MN平面AAC11C,垂足是E,
1
故對(duì)任意的G都有PGPE,又因?yàn)镺O26,O1EA1C11,
14
22,故選項(xiàng)正確,
故POPGPOPEOEOO1O1E5D
故選:BCD.
eaeb
12.已知ab,cd,1.01,1cec1ded0.99,則()
a1b1
A.a(chǎn)b0B.cd0
C.a(chǎn)d0D.bc0
【正確答案】AD
【分析】A.先構(gòu)造函數(shù)fx,通過函數(shù)的單調(diào)性確定a,b的大致范圍,再構(gòu)造
hxlnfxlnfx,通過函數(shù)hx的單調(diào)性確定d與c的大小關(guān)系,進(jìn)而得到A選
項(xiàng).
B.先構(gòu)造函數(shù)gx,通過函數(shù)的單調(diào)性確定c,d的大致范圍,再構(gòu)造
hxlngxlngx,通過函數(shù)hx的單調(diào)性確定d與c的大小關(guān)系,進(jìn)而可知B選
項(xiàng)錯(cuò)誤.
1
C.通過fx,得到gagd,進(jìn)而可得a與d的大小關(guān)系,進(jìn)而可知C選項(xiàng)
gx
錯(cuò)誤.
D.與C選項(xiàng)同樣的方法即可判斷.
eaebex
【詳解】A.1.010a1,b1令fxx1
a1b11x
xex
fx
則2,所以fx在1,0單調(diào)遞減,在0,上單調(diào)遞增,
1x
且f00,故a0,1b0.
令hxlnfxlnfx2xlnx1lnx1,x1,1
112
hx2+20
則2,
x1x11x
所以hx在1,1上單調(diào)遞減,且h00
b1,0lnfblnfb0fbfbfafb
ab即ab0故選項(xiàng)A正確
B.1cec1ded0.990c1,d1令gx1xexx1
則gxxex,所以gx在,0單調(diào)遞增,在0,1上單調(diào)遞減,
且g01,故0c1,d0.
令mxlngxlngx2xlnx1lnx1hx,x1,1
所以mx在1,1上單調(diào)遞減,且m00
c0,1lngclngc0gcgcgdgc
dc即cd0故選項(xiàng)B錯(cuò)誤
11100
C.fxga0.99,a1,0
gxfa101
gagd又gx在,0單調(diào)遞增adad0
故選項(xiàng)C錯(cuò)誤
D.由C可知,gbgc,b0,1又gx在0,1單調(diào)遞減bc
故選項(xiàng)D正確
故選:AD
三、填空題
13.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,角的頂點(diǎn)為O,始邊與x軸的非負(fù)半軸重合,終邊與圓
2235π
xy9相交于點(diǎn),t,則sin2___________.
52
3
【正確答案】/0.6
5
【分析】根據(jù)三角函數(shù)定義可求得cos,再利用誘導(dǎo)公式、倍角公式運(yùn)算求解.
35
【詳解】因?yàn)榻堑慕K邊與圓x2y29相交于點(diǎn),t,
5
35
則55,
cos
35
2
π253
所以sin2cos22cos121.
255
3
故答案為.-
5
56256
14.已知多項(xiàng)式(x2)(x1)a0a1xa2xa5xa6x,則a1___________.
【正確答案】74
5和6的展開式的xa
【分析】利用二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)分別求得x2x1項(xiàng),進(jìn)而求得1的
值.
【詳解】對(duì)于(x-2)5,
TCrx5r(2)r
其二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)為r15,
令5r1,得r4,
44
故T5C5x(2)80x,
對(duì)于(x1)6,
TCkx6k(1)k
其二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)為k16,
55
令6k1,得k5,故T6C6x(1)6x,
所以a180674.
故74.
exex
15.已知函數(shù)f(x)k(2lnxx)和g(x),若g(x)的極小值點(diǎn)是f(x)的唯一極值點(diǎn),
x2x2
則k的最大值為____.
e21
【正確答案】/e2
44
exk
f(x)x2
【分析】利用導(dǎo)數(shù)求出g(x)的單調(diào)性和極小值點(diǎn),然后3,然后可得
xx
exkexk
0或0恒成立,然后可求出答案.
x3xx3x
x2x
eexx2ex2xx2xe
【詳解】由g(x)可得g(x)
x2x4x4
所以當(dāng)x0或x2時(shí),g(x)0,當(dāng)0x2時(shí),g(x)0
所以g(x)的極小值點(diǎn)是2
exxx2ex2exk
f(x)k(2lnxx)f(x)k1x2
由2可得43
xxxxx
exkexk
因?yàn)閒(x)的唯一極值點(diǎn)為2,所以0或0恒成立
x3xx3x
exex
所以k或k在0,上恒成立
x2x2
ex
因?yàn)間(x)在0,2上單調(diào)遞減,在2,上單調(diào)遞增,當(dāng)x時(shí)g(x)
x2
e2
所以kg(x)g2
min4
e2
故
4
16.“0,1數(shù)列”是每一項(xiàng)均為0或1的數(shù)列,在通信技術(shù)中應(yīng)用廣泛.設(shè)A是一個(gè)“0,1數(shù)列”,
定義數(shù)列fA:數(shù)列A中每個(gè)0都變?yōu)椤?,0,1”,A中每個(gè)1都變?yōu)椤?,1,0”,所得到的新數(shù)
A:1,0A:1,0,1,0,1AfA
列.例如數(shù)列,則數(shù)列fA:0,1,0,1,0,1.已知數(shù)列1,且數(shù)列k1k,
k1,2,3,ASSS
,記數(shù)列k的所有項(xiàng)之和為k,則kk1__________.
【正確答案】103k1
Aaba,ba,b
【分析】設(shè)數(shù)列k中,0的個(gè)數(shù)為k,1的個(gè)數(shù)為k,可利用kk表示出k1k1,兩式分
別作和、作差,結(jié)合等比數(shù)列通項(xiàng)公式可推導(dǎo)求得ak,bk,從而得到Sk,整理可得最終結(jié)果.
【詳解】設(shè)數(shù)列Ak中,0的個(gè)數(shù)為ak,1的個(gè)數(shù)為bk,
aa2bb2ab
則k1kk,k1kk,
ab3abab5
兩式相加得:k1k1kk,又11,
abk1
數(shù)列kk是以5為首項(xiàng),3為公比的等比數(shù)列,akbk53;
ababab1
兩式相減得:k1k1kk,又11,
abk;
數(shù)列kk是以1為首項(xiàng),1為公比的等比數(shù)列,akbk1
k1kk1k
531531Sabb
a,b,k0k1kk,
k2k2
kk1
53k1153k1k1k
5353k1
SS103.
kk1222
故答案為.103k1
a,ba,b
關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛:本題求解的關(guān)鍵是能夠根據(jù)所定義的變化規(guī)律,得到kk與k1k1所滿足的
,
遞推關(guān)系,利用遞推關(guān)系式證得數(shù)列akbk和akbk均為等比數(shù)列,從而推導(dǎo)得到akbk
的通項(xiàng)公式.
四、解答題
21
17.如圖在平面四邊形ABCD中,AC7,AB3,DACBAC,sinBAC.
14
(1)求邊BC;
2π
(2)若CDA,求四邊形ABCD的面積.
3
【正確答案】(1)1;
53
(2).
4
【分析】(1)利用余弦定理即可求得邊BC的長(zhǎng);
SS
(2)分別利用三角形面積公式求得△ABC,△ACD的面積,進(jìn)而求得四邊形ABCD的面積.
21
【詳解】(1)因?yàn)閟inBAC,BAC為銳角,
14
2
2157
所以cosBAC1.
1414
因?yàn)锳C7,AB3,在ABC中,
由余弦定理得BC2AC2AB22ACABcosBAC,
57
即BC2792731,得BC1.
14
CDAC
(2)在△ADC中,由正弦定理得,
sinDACsinADC
CD7
即213,所以CD1.
142
AD2CD2AC2
在△ADC中,由余弦定理得cosADC,
2ADCD
1AD217
即,解得AD2.
22AD
1213312π3
因?yàn)镾73,S12sin,
△ABC2144△ACD232
33353
所以SSS.
ABCD△ABC△ACD424
.在各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列aa2a2aa2a
18n中,1,n1nn1n.
(1)求an的通項(xiàng)公式;
1
b22
(2)若n,b的前n項(xiàng)和為S,證明:S1.
logalogalogalogannn
2n2n12n12n2
n*
【正確答案】(1)an2(nN)
(2)證明見解析
a2aa2a(a2a)(aa)0a0a2a
【分析】(1)由n1nn1n得出n1nn1n,再根據(jù)n得出n1n,
則數(shù)列{an}為等比數(shù)列,即可得出通項(xiàng)公式;
11
nn+1*bb
(2)由(1)得an2,a1=2,nN,代入n,化簡(jiǎn)得n,即可得出
n+nn1
1
S1
n,則Sn1,再證明{Sn}為增數(shù)列,則S1Sn,即可證明結(jié)論.
n1
a2aa2a
【詳解】(1)n1nn1n,
(a2a)(aa)0a2a0aa0
n1nn1n,則n1n或n1n,
aa2a
又n0,n1n,
{a}a2n*
數(shù)列n為等比數(shù)列,公比為2,1,an2(nN).
an,a2n+1*,
(2)證明:由(1)得n2n+1=,nN
11
b
則n
logalogalogalogann1n1n
2n2n12n12nlog22log22log22log22
11n1n11
,
nn1(n1)nnn1(nn1)nn1nn1
1111111
nS1
bn的前項(xiàng)和為n,
1223nn1n1
則Sn1,
11n1n
*時(shí),
又當(dāng)nNSn1Sn0
nn1nn1
22
*時(shí),{S}SS
當(dāng)nNn為增數(shù)列,1n,即S,
2n
22
S1.
2n
19.2023年3月華中師大一附中舉行了普通高中體育與健康學(xué)業(yè)水平合格性考試.考試分
為體能測(cè)試和技能測(cè)試,其中技能測(cè)試要求每個(gè)學(xué)生在籃球運(yùn)球上籃、羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球和
游泳3個(gè)項(xiàng)目中任意選擇一個(gè)參加.某男生為了在此次體育學(xué)業(yè)考試中取得優(yōu)秀成績(jī),決定
每天訓(xùn)練一個(gè)技能項(xiàng)目.第一天在3個(gè)項(xiàng)目中任意選一項(xiàng)開始訓(xùn)練,從第二天起,每天都是
從前一天沒有訓(xùn)練的2個(gè)項(xiàng)目中任意選一項(xiàng)訓(xùn)練.
(1)若該男生進(jìn)行了3天的訓(xùn)練,求第三天訓(xùn)練的是“籃球運(yùn)球上籃”的概率;
(2)設(shè)該男生在考前最后6天訓(xùn)練中選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”的天數(shù)為X,求X的分布列及
數(shù)學(xué)期望.
1
【正確答案】(1)
3
(2)分布列見解析;E(X)2
【分析】(1)根據(jù)乘法原理,結(jié)合古典概型計(jì)算求解即可;
(2)由題知X的可能取值為0,1,2,3,再依次求對(duì)應(yīng)的概率,列分布列,求期望即可.
【詳解】(1)解:當(dāng)?shù)谝惶煊?xùn)練的是“籃球運(yùn)球上籃”且第三天也是訓(xùn)練“籃球運(yùn)球上籃”為事
件A;
當(dāng)?shù)谝惶煊?xùn)練的不是“籃球運(yùn)球上籃”且第三天是訓(xùn)練“籃球運(yùn)球上籃”為事件B;
由題知,三天的訓(xùn)練過程中,總共的可能情況為32212種,
12112111
所以,PA,PB,
126126
1
所以,第三天訓(xùn)練的是“籃球運(yùn)球上籃”的概率PPAPB.
3
(2)解:由題知,X的可能取值為0,1,2,3,
所以,考前最后6天訓(xùn)練中,所有可能的結(jié)果有32596種,
21521
所以,當(dāng)X0時(shí),第一天有兩種選擇,之后每天都有1種選擇,故P(X0);
3259648
當(dāng)X1時(shí),
第一天選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”,則第二天有2種選擇,之后每天只有1種選擇,共2種選
擇;
第二天選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”,則第一天有2種選擇,第三天2種,后每天只有1種選擇,
共4種選擇;
第三天選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”,則第一天有2種選擇,第二天有1種選擇,第三天1種,
第四天有2種選擇,之后每天只有1種選擇,共4種選擇;
第四天選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”,則第一天有2種選擇,第二天,第三天,第四天,第六
天有1種,第五天有2種選擇,共4種選擇;
第五天選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”,則第一天有2種選擇,第二天,第三天,第四天,第五
天有1種,第六天有2種選擇,共4種選擇;
第六天選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”,則第一天有2種選擇,第二天,第三天,第四天,第五
天,第六天都有1種選擇,共2種選擇;
綜上,當(dāng)X1時(shí),共有24444220種選擇,
205
所以,P(X1);
9624
當(dāng)X3時(shí),
第一天,第三天,第五天,選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”,有238種選擇;
第一天,第三天,第六天,選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”,有224種選擇
第一天,第四天,第六天,選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”,有224種選擇;
第二天,第四天,第六天,選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”,有238種選擇;
所以,當(dāng)X3時(shí),共有844824種選擇,
241
所以,P(X3);
964
5025
所以,當(dāng)P(X2)1P(X0)P(X1)P(X3),
9648
所以,X的分布列為:
X0123
15251
P
4824484
15251
所以,E(X)01232.
4824484
x2y2
20.已知橢圓C:1ab0的左右焦點(diǎn)分別是F1,F2,P是橢圓上一動(dòng)點(diǎn)(與左右
a2b2
△31
頂點(diǎn)不重合),已知PF1F2的內(nèi)切圓半徑的最大值是,橢圓的離心率是.
32
(1)求橢圓C的方程;
(2)過H4,0作斜率不為0的直線l交橢圓于A,B兩點(diǎn),過B作垂直于x軸的直線交橢圓
AQ
于另一點(diǎn)Q,連接AQ,設(shè)ABQ的外心為G,求證:為定值.
GF2
x2y2
【正確答案】(1)1;(2)證明見解析.
43
△
【分析】(1)根據(jù)PF1F2面積最大時(shí),r最大可得出等量關(guān)系求解;
(2)設(shè)出直線方程,與橢圓聯(lián)立,設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2,得出韋達(dá)定理,表示出AB的中
點(diǎn)坐標(biāo),求得AB的垂直平分線方程,得出點(diǎn)G坐標(biāo),即可表示出AQ,GF2,即可得出定
值.
c1
【詳解】(1)由題意知∶,∴a=2c,b2a2c2,b3c
a2
設(shè)△PF1F2的內(nèi)切圓半徑為r,
11
則SPFF(|PF1||PF2||F1F2|)r(2a2c)r(ac)r.
1222
△3
故當(dāng)PF1F2面積最大時(shí),r最大,即P點(diǎn)位于橢圓短軸頂點(diǎn)時(shí)r,
3
3
所以(ac)bc,把a(bǔ)=2c,b3c代入,解得∶a=2,b3,
3
x2y2
所以橢圓方程為1
43
(2)由題意知,直線AB的斜率存在且不為0,設(shè)直線AB為xty4,
代入橢圓方程得3t24y224ty360.
Δ(24t)21443t24144t240,
24t36
Ax,y,Bx,y
設(shè)1122,則y1y2,y1y2,
3t243t24
32
因此可得x1x2
3t24
1612t
所以AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(,)
3t243t24
因?yàn)镚是△ABQ的外心,所以G是線段AB的垂直平分線與線段BQ的垂直平分線的交點(diǎn),
由題意可知B,Q關(guān)于y軸對(duì)稱,故Qx2,y2,
1612t
AB的垂直平分線方程為t(x)y
3t243t24
44
令y=0,得x,即G(,0),
3t243t24
43t2
所以|GF2||1|
3t243t24
22222
又|AQ|(x1x2)(y1y2)t(y1y2)(y1y2)
2
22212t
=(t1)(y1y2)4ty1y2
3t24
|AQ||AB|
4
故,所以|GF|為定值,定值為4.
|GF2|2
方法點(diǎn)睛:解決直線與圓錐曲線相交問題的常用步驟:
,,
(1)得出直線方程,設(shè)交點(diǎn)為Ax1y1,Bx2y2;
(2)聯(lián)立直線與曲線方程,得到關(guān)于x(或y)的一元二次方程;
(3)寫出韋達(dá)定理;
(4)將所求問題或題中關(guān)系轉(zhuǎn)化為x1x2,x1x2形式;
(5)代入韋達(dá)定理求解.
21.在三棱臺(tái)A1B1C1ABC中,AA1平面ABC,ABAC2,AA1A1B11,AB1A1C1,E,F
分別是BC,BB1的中點(diǎn),D是棱AC11上的動(dòng)點(diǎn).
(1)求證:AB1DE;
(2)若D是線段A1C1的中點(diǎn),平面DEF與A1B1的交點(diǎn)記為M,求平面AMC與平面AME夾角
的余弦值.
【正確答案】(1)證明見解析
286
(2)
22
【分析】(1)取AB的中點(diǎn)G,連接A1G,EG,證得E,G,A1,D四點(diǎn)共面,根據(jù)AA1平面ABC,
證得AA1AG,結(jié)合AB1AG1,證得AB1平面A1DEG,即可證得AB1DE;
(2)延長(zhǎng)EF與C1B1交于點(diǎn)Q,連接DQ,根題意證得AC,AB,AA1兩兩垂直,以A為原點(diǎn),
建立空間直角坐標(biāo)系,分別求得平面AMC和平面AME的一個(gè)法向量n10,3,2和
n23,3,2,結(jié)合向量的夾角公式,即可求解.
【詳解】(1)證明:取線段AB的中點(diǎn)G,連接A1G,EG,如圖所示,
因?yàn)镋,G分別為BC,AB的中點(diǎn),所以EG//AC,
在三棱臺(tái)A1B1C1ABC中,AC11//AC,所以EG//A1C1,且DA1C1,
故E,G,A1,D四點(diǎn)共面,
因?yàn)锳A1平面ABC,AG平面ABC,所以AA1AG,
因?yàn)锳A1A1B1AG1,AG//A1B1,AA1AG,
所以四邊形AA1B1G是正方形,所以AB1AG1,
又因?yàn)锳B1A1C1,且A1C1A1GA1,A1C1,A1G平面A1DEG,
所以AB1平面A1DEG,
因?yàn)镈E平面A1DEG,所以AB1DE.
(2)解:延長(zhǎng)EF與C1B1相交于點(diǎn)Q,連接DQ,則DQA1B1M,
B1QB1F
因?yàn)镕,E分別為BB1和BC的中點(diǎn),B1Q//BE,所以1,
BEBF
1
則BQBEBCBC,所以,B為CQ的中點(diǎn),
121111
△
又因?yàn)镈為AC11的中點(diǎn),且A1B1DQM,則M為AC11Q的重心,
22
所以AMAB,
13113
因?yàn)锳A1平面ABC,AC平面ABC,所以AA1AC.
因?yàn)锳B1AC11,AC11//AC,所以AB1AC,
又因?yàn)锳A1AB1A,AA1,AB1平面AA1B1B,
所以AC平面AA1B1B,所以AC,AB,AA1兩兩垂直,
y
以A為原點(diǎn),AC,AB,AA1所在直線分別為x軸、軸和z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系,
2
則A0,0,0,B0,2,0,C2,0,0,E1,1,0,M0,,1,
3
2
可得AC2,0,0,AM0,,1,AE1,1,0.
3
nAC2a0
1
設(shè)平面AMC的法向量為n1a,b,c,則2,
nAMbc0
1
3
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