專題檢測4 2025年高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計二輪專題數(shù)學(xué)X課后習(xí)題含答案

專題檢測42025年高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計二輪專題數(shù)學(xué)X課后習(xí)題專題檢測四(分值:150分)學(xué)生用書P179一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.(2024·湖南長沙模擬)某10人的射擊小組,在一次射擊訓(xùn)練中射擊成績(單位:環(huán))數(shù)據(jù)如下表所示,則這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)為()成績678910人數(shù)12241A.2 B.8 C.8.2 D.8.5答案D解析將射擊成績由小到大排列,得到6,7,7,8,8,9,9,9,9,10,第5個數(shù)為8,第6個數(shù)為9,因而中位數(shù)為8.5.2.(2024·福建龍巖一模)2xy-1(x+y)7的展開式中x5yA.-91 B.-21 C.14 D.49答案D解析(x+y)7的展開式的通項為Tr+1=C7rx7-ry則T4=C73x4y3=35x4y3,T3=C72x5y2=21x則展開式中x5y2的系數(shù)為2×35-1×21=49.3.(2024·甘肅酒泉三模)有甲、乙兩臺車床加工同一種零件,且甲、乙兩臺車床的產(chǎn)量分別占總產(chǎn)量的70%,30%,甲、乙兩臺車床的正品率分別為94%,92%.現(xiàn)從一批零件中任取一件,則取到正品的概率為()A.0.93 B.0.934 C.0.94 D.0.945答案B解析設(shè)事件A表示“任選一件零件為甲車床生產(chǎn)的”,事件B表示“任選一件零件為乙車床生產(chǎn)的”,事件C表示“任選一件零件為正品”,則P(A)=70%,P(B)=30%,P(C|A)=94%,P(C|B)=92%,所以P(C)=P(C|A)P(A)+P(C|B)P(B)=0.934.4.(2024·云南曲靖模擬)已知P(M)=0.4,P(N|M)=0.5,則P(MN)=()A.0.4 B.0.6 C.0.1 D.0.2答案D解析因為P(N|M)=0.5,由對立事件的概率計算公式可得P(N|M)=1-0.5=0.5,則P(MN)=P(M)P(N|M)=0.4×0.5=0.2.5.(2024·廣東佛山二模)勞動可以樹德,可以增智,可以健體,可以育美.甲、乙、丙、丁、戊共5名同學(xué)進行勞動實踐比賽,已知冠軍是甲、乙當(dāng)中的一人,丁和戊都不是最差的,則這5名同學(xué)的名次排列(無并列名次)共有()A.12種 B.24種 C.36種 D.48種答案B解析依題意,排第1名,有C21種方法;排丁和戊,有A32種方法;排余下2人,有A22種方法,所以這5名同學(xué)的名次排列(無并列名次)共有C6.(2024·湖北武漢模擬)如圖所示,已知一質(zhì)點在外力的作用下,從原點O出發(fā),每次向左移動的概率為23,向右移動的概率為13.若該質(zhì)點每次移動一個單位長度,設(shè)經(jīng)過5次移動后,該質(zhì)點位于X的位置,則P(X>0)=A.50243 B.52243 C答案D解析依題意,當(dāng)X>0時,X的可能取值為1,3,5,且X~B5,23,所以P(X>0)=P(X=5)+P(X=3)+P(X=17.(2024·廣東江門一模)已知9名女生的身高(單位:cm)平均值為162,方差為26,若增加一名身高172cm的女生,則這10名女生身高的方差為()A.32.4 B.32.8 C.31.4 D.31.8答案A解析令9名女生的身高為ai(i∈N*,i≤9),依題意,∑i=19ai=9×162,∑i=1因此增加一名女生后,身高的平均值為110(∑i=19ai+172)=110(9×所以這10名女生身高的方差為110[∑i=19(ai-163)2+(172-163)2]=110{∑i=19[(ai-162)-1]2+81}=110{∑i=19[(ai-162)2-2(8.(2024·廣東湛江一模)在一次考試中有一道4個選項的雙選題,其中B和C是正確選項,A和D是錯誤選項,甲、乙兩名同學(xué)都完全不會這道題目,只能在4個選項中隨機選取兩個選項.設(shè)事件M=“甲、乙兩人所選選項恰有一個相同”,事件N=“甲、乙兩人所選選項完全不同”,事件X=“甲、乙兩人所選選項完全相同”,事件Y=“甲、乙兩人均未選擇B選項”,則()A.事件M與事件N相互獨立B.事件X與事件Y相互獨立C.事件M與事件Y相互獨立D.事件N與事件Y相互獨立答案C解析依題意,甲、乙兩人所選選項有如下情形:①有一個選項相同,②兩個選項均不相同,③兩個選項均相同,所以P(M)=C41C31C21C42C42=23,P(N)=C42C22C42C42=又P(M)P(N)=19≠P(MN),所以事件M與事件N不相互獨立,故A錯誤;P(XY)=C32C42C42=112≠P(X)P(Y)=124,故B錯誤;由P(MY)=C31C21C11C42C42=16=P(M)P(Y),得事件M與事件Y相互獨立,故C正確;因為事件N與事件Y互斥,所以二、選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求,全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分.9.(2024·遼寧撫順一模)采購經(jīng)理指數(shù)(PMI)是國際上通用的監(jiān)測宏觀經(jīng)濟走勢的指標(biāo)之一,具有較強的預(yù)測、預(yù)警作用.2023年12月31日,國家統(tǒng)計局發(fā)布了中國制造業(yè)PMI指數(shù)(經(jīng)季節(jié)調(diào)整)圖,如下圖所示,則下列說法正確的是()A.圖中前三個數(shù)據(jù)的平均值為49.9%B.2023年四個季度的PMI指數(shù)中,第一季度方差最大C.圖中PMI指數(shù)的極差為3.8%D.2023年P(guān)MI指數(shù)的第75百分位數(shù)為50.1%答案AB解析對于A,根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知圖中前三個數(shù)據(jù)的平均值為13×(47.0+50.1+52.6)%=49.9%,A正確;對于B,從表中數(shù)據(jù)可以看出2023年四個季度的PMI指數(shù)中,第一季度的波動性最大,穩(wěn)定性最差,所以方差最大,B正確;對于C,易知圖中PMI指數(shù)的極差為52.6%-47.0%=5.6%,C錯誤;對于D,易知12×75%=9,可知2023年P(guān)MI指數(shù)的第75百分位數(shù)為從小到大排列的第9項數(shù)據(jù)和第10項數(shù)據(jù)的平均數(shù),即49.7%+50.1%2=10.(2024·云南保山模擬)若(1+2x)2024=a0+a1x+a2x2+…+a2024x2024,則下列說法正確的是()A.a0=1B.a0+a1+…+a2024=32024C.a0-a1+a2-a3+…+a2024=1D.a1-2a2+3a3-…-2024a2024=-2024答案ABC解析令x=0,得a0=1,A正確;令x=1,得a0+a1+…+a2024=32024,B正確;令x=-1,得a0-a1+a2-a3+…+a2024=1,C正確;由(1+2x)2024=a0+a1x+a2x2+…+a2024x2024,兩邊同時求導(dǎo),得2024×2×(1+2x)2023=a1+2a2x+3a3x2+…+2024a2024x2023,令x=-1,得a1-2a2+3a3-…-2024a2024=-4048,D錯誤.故選ABC.11.(2024·湖北襄陽模擬)甲袋中有20個紅球和10個白球,乙袋中有紅球、白球各10個,兩袋中的球除顏色外完全相同.現(xiàn)從兩袋中各摸出1個球,下列結(jié)論正確的是()A.2個球都是紅球的概率為1B.2個球中恰有1個紅球的概率為1C.不都是紅球的概率為2D.都不是紅球的概率為2答案ABC解析記事件A1:從甲袋中摸出1個球為紅球,事件A2:從乙袋中摸出1個球為紅球,則P(A1)=23,P(A2)=對于A選項,“2個球都是紅球”即為事件A1A2,P(A1A2)=P(A1)P(A2)=13,A正確;對于B選項,“2個球中恰有1個紅球”即為事件A1A2+A1A2,P(A1A2+A1A2)=P(A1)·P(A2)+P(A1)P(A2)=23×1-12+1-23×12=12,B正確;對于C選項,因為“都是紅球”與“不都是紅球”互為對立事件,所以不都是紅球的概率為1-P(A1A2)=1-三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.12.(2024·山東濟南一模)已知隨機變量X~N(1,22),則D(2X+1)的值為.

答案16解析由X~N(1,22)可得D(X)=22=4,則D(2X+1)=4D(X)=16.13.(2024·山東棗莊一模)盒子內(nèi)裝有編號為1,2,3,…,10的10個除編號外完全相同的玻璃球.從中抽取三個球,其編號之和能被3整除的概率為.

答案7解析依題意,問題相當(dāng)于求從1,2,3,…,10的10個數(shù)中任取3個,這3個數(shù)的和能被3整除的概率,顯然試驗包含的基本事件總數(shù)為C103=120,且它們是等可能事件,10個數(shù)中能被3整除的有3,6,9;被3除后余數(shù)是1的有1,4,7,10;被3除后余數(shù)是2的有2,5,8.取出的3個數(shù)的和能被3整除的事件A含有的基本事件數(shù)有C33+C43+C33+C3114.(2024·貴州遵義模擬)高爾頓釘板是英國生物統(tǒng)計學(xué)家高爾頓設(shè)計的,如圖,每一個黑點表示釘在板上的一顆釘子,上一層的每個釘子的水平位置恰好位于下一層的兩顆釘子的正中間,從入口處放進一個直徑略小于兩顆釘子之間距離的白色圓玻璃球,白色圓玻璃球向下降落的過程中,首先碰到最上面的釘子,碰到釘子后皆以二分之一的概率向左或向右滾下,于是又碰到下一層釘子,如此繼續(xù)下去,直到滾到底板的一個格子內(nèi)為止.現(xiàn)從入口處放進一個白色圓玻璃球,記白色圓玻璃球落入格子的編號為X,則隨機變量X的期望與方差分別為,.

答案31解析由題意可知,白色圓玻璃球從起點到進入格子一共跳了4次,向左或向右的概率均為12,則向左的次數(shù)ξ~B4,12,可知E(ξ)=4×12=2,D(ξ)又因為X=5-ξ,所以E(X)=5-E(ξ)=3,D(X)=D(ξ)=1.四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.(13分)(2024·山東濟寧二模)為了有針對性地提高學(xué)生體育鍛煉的積極性,某中學(xué)需要了解性別因素是否對本校學(xué)生體育鍛煉的經(jīng)常性有影響,為此對學(xué)生是否經(jīng)常鍛煉的情況進行了抽樣調(diào)查.從全體學(xué)生中隨機抽取男女學(xué)生各100名,經(jīng)統(tǒng)計,抽查數(shù)據(jù)如下表所示.性別鍛煉合計經(jīng)常不經(jīng)常男生8020100女生6040100合計14060200(1)依據(jù)小概率值α=0.005的獨立性檢驗,分析性別與體育鍛煉的經(jīng)常性是否有關(guān);(2)為提高學(xué)生體育鍛煉的積極性,學(xué)校決定從上述經(jīng)常參加體育鍛煉的學(xué)生中,采用樣本量按性別比例分配的分層隨機抽樣方法,隨機抽取7名同學(xué)組成體育鍛煉宣傳小組,并從中選出3人擔(dān)任宣傳小組組長.記女生擔(dān)任宣傳小組組長的人數(shù)為X,求隨機變量X的分布列及數(shù)學(xué)期望.附:χ2=nα0.10.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828解(1)零假設(shè)為H0:性別與體育鍛煉的經(jīng)常性之間無關(guān)聯(lián),根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù),經(jīng)計算得到χ2=200×(80×40-20×60)2100×100×60×140學(xué)生用書P193一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.(2024·四川成都模擬)已知直線l的方向向量是a=(3,2,1),平面α的一個法向量是n=(1,-1,-1),則l與α的位置關(guān)系是()A.l⊥α B.l∥αC.l與α相交但不垂直 D.l∥α或l?α答案D解析因為a=(3,2,1),n=(1,-1,-1),則a·n=3×1+2×(-1)+1×(-1)=0,所以a⊥n.又直線l的方向向量是a,平面α的一個法向量是n,所以l∥α或l?α.2.(2024·重慶模擬)正四棱錐的側(cè)棱長為5,底面邊長為2,則該四棱錐的體積為()A.233 C.433答案C解析因為正四棱錐的側(cè)棱長為5,底面邊長為2,則底面面積為22=4,棱錐的高為(5)2-(23.(2024·山東煙臺一模)設(shè)a,b為兩條不同的直線,α,β為兩個不同的平面,下列說法正確的是()A.若a∥α,b∥α,則a∥bB.若a,b與α所成的角相等,則a∥bC.若α⊥β,a∥α,b∥β,則a⊥bD.若α⊥β,a⊥α,b⊥β,則a⊥b答案D解析平行于同一平面的兩條直線可能平行,可能相交,也可能異面,故A錯誤;a,b與α所成的角相等,則a,b可能異面,可能相交,也可能平行,故B錯誤;α⊥β,a∥α,b∥β,則a,b的位置關(guān)系無法判斷,故C錯誤;因為α⊥β,a⊥α,所以a∥β或a?β.又b⊥β,所以a⊥b,故D正確.4.(2024·湖南長沙二模)蒙古包是蒙古族牧民居住的一種房子,建造和搬遷都很方便.已知蒙古包的造型可近似地看作一個圓柱和圓錐的組合體,已知圓錐的高為2米,圓柱的高為3米,底面圓的面積為64π平方米,則該蒙古包(含底面)的表面積為()A.(112+1617)π平方米B.(80+1617)π平方米C.(112+1817)π平方米D.(80+1817)π平方米答案A解析設(shè)底面圓的半徑為r,則64π=πr2,解得r=8,則圓錐的母線長為22+82=217(米),故該蒙古包(含底面)的表面積為π×8×217+2π×8×3+π×82=112π+16175.(2024·山東淄博高三期末)已知正四棱臺ABCD-A1B1C1D1的上、下底面邊長分別為2和4,若側(cè)棱AA1與底面ABCD所成的角為60°,則該正四棱臺的體積為()A.283 B.2863 C.842答案B解析如圖,S,O分別為上底面和下底面的中心,連接OS,則OS⊥底面ABCD,過點A1作A1T⊥AO于點T,則A1T⊥底面ABCD.因為上、下底面邊長分別為2和4,所以A1S=2,AO=22,故TO=A1S=2,AT=AO-OT=2,tan∠A1AT=A1TAT.由于∠A1AT=60°,故A1T=3AT=6,故該正四棱臺的體積為13×(22+6.(2024·河北唐山一模)已知球與圓臺的底面、側(cè)面都相切,且圓臺母線與底面所成角為60°,則球表面積與圓臺側(cè)面積之比為()A.2∶3 B.3∶4 C.7∶8 D.6∶13答案B解析設(shè)圓臺上、下底面圓的半徑為r1,r2,母線長為l,球的球心為O,半徑為R,作圓臺的軸截面ABCD,則四邊形ABCD為等腰梯形.設(shè)圓O分別切梯形ABCD的邊AB,BC,CD,DA分別于點E,F,G,H.由切線長定理可得AE=AH,DG=DH,故AD=DH+AH=DG+AE,即l=r1+r2.因為∠ABC=60°,所以GE=2R=lsin60°,r2-r1=12l,解得r2=3r1,R=3r1,所以7.(2024·陜西渭南模擬)在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是正方形,PC=AB,E,F分別為PD,BC的中點,則()A.PB∥平面AEF B.EF∥平面PABC.EF⊥PD D.AF⊥平面PBD答案B解析連接BD,交AF于點G,連接EG.因為F為BC的中點,BC∥AD,所以△BFG∽△DAG,所以BGGD=BFAD=12,又E為PD的中點,所以直線PB與EG相交.又EG?平面AEF,所以PB與平面AEF有公共點,故A錯誤.取PA的中點H,連接EH,BH,則EH=12AD,EH∥AD.又BF=12AD,BF∥AD,所以EH=BF,EH∥BF,所以四邊形BFEH是平行四邊形,所以EF∥BH.又EF?平面PAB,BH?平面PAB,所以EF∥平面PAB,故B正確.連接PF,DF,若EF⊥PD,E為PD中點,則PF=DF.又CP=CD,所以△PCF≌△DCF,所以∠DCF=∠PCF,即CP⊥CF.由題可知,點P的位置不確定,故C不一定正確.顯然AF與BD不垂直,所以直線8.(2024·遼寧撫順一模)在三棱錐P-ABC中,AB=AC=4,∠BAC=120°,PA=6,PB=PC=213,則三棱錐P-ABC的外接球的表面積為()A.100π B.75π C.80π D.120π答案A解析在△BAC中,由余弦定理得,BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos∠BAC=48,則BC=43.因為PA2+AC2=PC2,所以PA⊥AC.同理,PA⊥AB.又AB∩AC=A,AB,AC?平面ABC,則PA⊥平面ABC.設(shè)△ABC的外接圓半徑為r,所以2r=BCsin120°=4332=8,所以r=4,所以外接球的半徑R滿足R2=r2+PA22=16+9=25,二、選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求,全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分.9.(2023·新高考Ⅱ,9)已知圓錐的頂點為P,底面圓心為O,AB為底面直徑,∠APB=120°,PA=2,點C在底面圓周上,且二面角P-AC-O為45°,則()A.該圓錐的體積為πB.該圓錐的側(cè)面積為43C.AC=22D.△PAC的面積為3答案AC解析由題意,可得PO⊥平面AOC,∠APO=12∠APB=60°,所以PO=PAcos∠APO=1,AO=PAsin∠APO=3.如圖,取AC的中點D,連接PD,OD,則PD⊥AC,OD所以∠PDO即為二面角P-AC-O的平面角,所以∠PDO=45°.因為OD?平面AOC,PO⊥平面AOC,所以PO⊥OD,所以△PDO為等腰直角三角形,所以O(shè)D=PO=1,PD=2.對于A,圓錐的體積V=13π×(3)2×1=π,故A正確;對于B,圓錐的側(cè)面積S=π×3×2=23π,故B不正確;對于C,AC=2AO2-OD2=22,故C正確;對于D,S△PAC=12×10.(2024·貴州貴陽一模)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點P為線段A1C1的中點,點Q為線段BC1上的動點,則下列結(jié)論正確的是()A.存在點Q,使得PQ∥BDB.存在點Q,使得PQ⊥平面AB1C1DC.三棱錐Q-APD的體積是定值D.存在點Q,使得PQ⊥AC答案BD解析在正方體ABCD-A1B1C1D1中,連接B1D1.易知BD∥B1D1.因為點P為線段A1C1的中點,四邊形A1B1C1D1為正方形,所以點P為B1D1的中點,所以B1D1∩PQ=P,即B1D1與PQ不平行,所以BD與PQ不平行,故A錯誤;連接A1B,易知A1B⊥AB1.由題可知B1C1⊥平面ABB1A1.因為A1B?平面ABB1A1,所以A1B⊥B1C1.又B1C1∩AB1=B1,B1C1,AB1?平面AB1C1D,所以A1B⊥平面AB1C1D,所以當(dāng)PQ∥A1B時,PQ⊥平面AB1C1D.易知當(dāng)點Q為BC1中點時,PQ∥A1B,故B正確;連接AD1,易知BC1∥AD1.因為AD1∩平面APD=A,所以BC1與平面APD不平行,所以點Q在線段BC1上運動時,點Q到平面APD的距離不是定值.又△APD的面積為定值,所以三棱錐Q-APD的體積不是定值,故C錯誤;易知AC⊥BD.由題可知BB1⊥平面ABCD,因為AC?平面ABCD,所以AC⊥BB1.又BD,BB1?平面BDD1B1,BD∩BB1=B,所以AC⊥平面BDD1B1.又BP?平面BDD1B1,所以AC⊥BP,所以當(dāng)點Q與點B重合時,PQ⊥AC,故D正確.故選BD.11.(2024·遼寧沈陽模擬)中國古建筑聞名于世,如圖所示的中國傳統(tǒng)建筑的屋頂?shù)慕Y(jié)構(gòu)示意圖為五面體EFBCDA.若四邊形ABCD為矩形,EF∥AB,AB=3EF=3,AD=2,△ADE與△BCF是全等的等邊三角形,則()A.五面體EFBCDA的體積為7B.五面體EFBCDA的表面積為6+103C.AE與平面ABCD所成的角為45°D.當(dāng)五面體EFBCDA的各頂點都在球O的球面上時,球O的表面積為27答案ACD解析如圖,可將該五面體分割成四棱錐E-AGJD,三棱柱EGJ-FHI,四棱錐F-HBCI三部分,其中G,H是AB的三等分點,I,J是CD的三等分點.因為EF∥AB,AB=3EF=3,△ADE與△BCF是全等的等邊三角形,所以由對稱性可知點E,F在平面ABCD的投影分別為GJ,HI的中點,平面EGJ,FHI均垂直于平面ABCD.易得四邊形HIJG是矩形,所以易證GH分別垂直于平面EGJ,FHI,所以幾何體EGJ-FHI是直三棱柱.由對稱性可知四棱錐E-AGJD與四棱錐F-HBCI的體積相等.因為GH⊥平面EGJ,EG?平面EGJ,所以AG⊥EG.由題意AE=2,AG=1,所以EG=AE2-AG2=3.同理EJ⊥DJ.因為△ADE是等邊三角形,所以AE=DE.又因為AG=DJ,所以Rt△AGE≌Rt△DJE,所以EG=EJ,即△EGJ是等腰三角形,所以△EGJ的邊GJ上的高h=EG2-(12GJ)2=2,所以五面體EFBCDA的體積V=2×13×AG×五面體EFBCDA的表面積S=2×12×AD2sin60°+AD×AB+2×12×(EF+AB)×EG=22×32+2×3+(1+3)×3=6+63,故B錯誤.取GJ的中點K,連接KE,KA,則KE⊥平面ABCD,所以AE與平面ABCD所成的角即為∠EAK.因為sin∠EAK=EKAE=22分別取AD,AB,BC,CD,EF中點P,M,Q,N,O1,連接MN,PQ,交于點O2,連接O1O2.由題可知,點O2為MN,PQ的中點,O1O2⊥平面ABCD,O1O2⊥EF,MN⊥PQ,所以點O2為四邊形ABCD外接圓的圓心,O1O2為EF的中垂線,所以該五面體外接球的球心O在直線O1O2上.以點O2為坐標(biāo)原點,分別以O(shè)2M,O2Q,O2O1所在直線為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則F(0,12,2),B(1,32,0).設(shè)O(0,0,t),則OF=(0,12,2-t),OB=(1,32,-t).由|OF|=|OB|,得t2-22t+94=t2+134,解得t=-24,所以O(shè)(0,0,-24),OF=(0,1三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.12.已知圓柱的底面半徑為4,側(cè)面面積為16π,則該圓柱的母線長等于.

答案2解析由題意可知圓柱的底面周長C=2π×4=8π,所以該圓柱的母線長l=SC=1613.(2024·全國甲,理14)已知圓臺甲、乙的上底面半徑均為r1,下底面半徑均為r2,圓臺的母線長分別為2(r2-r1),3(r2-r1),則圓臺甲與乙的體積之比為.

答案6解析如圖,由題意,可知V甲乙14.(2024·江蘇南通二模)已知二面角α-l-β為直二面角,A∈α,B∈β,A?l,B?l,直線AB與平面α,β所成的角分別為π6,π4,直線AB與直線答案π解析如圖,作AD⊥l,BC⊥l,垂足分別為D,C,連接BD,AC.因為α⊥β,α∩β=l,AD?α,BC?β,所以AD⊥β,BC⊥α,故AD,BC,l兩兩垂直,所以∠BAC為直線AB與平面α所成的角,∠ABD為直線AB與平面β所成的角,即∠BAC=π6,∠ABD=π4.以D為原點,DA,DC所在直線為x軸、y軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,設(shè)AB=2m,m>0,則BC=m,AC=3m,AD=BD=2m,所以DC=AC2-AD2=m,則A(2m,0,0),B(0,m,m),所以AB=(-2m,m,m),取l=(0,1,0),則cos<AB,l>=AB·l|AB||l|=m4m2=12四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.(13分)如圖,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面為平行四邊形,M,N分別為AB,DD1的中點.(1)求證:DM∥平面A1BN;(2)若底面ABCD為矩形,AB=2AD=4,異面直線DM與A1N所成角的余弦值為105,求點B1到平面A1BN的距離(1)證明連接AB1,交A1B于點E,連接NE,ME,則E為A1B的中點.因為M為AB的中點,所以ME∥AA1,且ME=12AA1因為N為DD1的中點,所以DN∥AA1,DN=12AA1所以ME∥DN,且ME=DN,所以四邊形EMDN為平行四邊形,所以EN∥DM.又因為DM?平面A1BN,EN?平面A1BN,所以DM∥平面A1BN.(2)解在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2AD=4,且四邊形ABCD為矩形,所以AB,AD,AA1兩兩垂直,以A為原點,AB,AD,AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.則B(4,0,0),D(0,2,0),M(2,0,0),所以DM=(2,-2,0).設(shè)AA1=2t(t>0),則A1(0,0,2t),N(0,2,t),B1(4,0,2t),A1N=(0,2,-t設(shè)異面直線DM與A1N所成角為θ,則cosθ=|cos<DM,A1解得t=1(負值舍去),故A1(0,0,2),N(0,2,1),B1(4,0,2),則A1B=(4,0,-2),A1N=(0,2,-1),設(shè)平面A1BN的一個法向量為n=(x,y,z),所以A1B·n=4x-2z=0,A1設(shè)點B1到平面A1BN的距離為d,所以d=|B即點B1到平面A1BN的距離為216.(15分)(2024·北京,17)已知四棱錐P-ABCD,AD∥BC,AB=BC=1,AD=3,E是AD上一點,PE⊥AD,DE=PE=2.(1)若F是PE中點,證明:BF∥平面PCD.(2)若AB⊥平面PED,求平面PAB與平面PCD夾角的余弦值.(1)證明(方法一)取DE的中點M,連接MF,BM.∵MD=12ED=1,BC∥AD∴BC∥MD,且BC=MD,∴四邊形BCDM為平行四邊形,∴BM∥CD,又CD?平面PCD,BM?平面PCD,∴BM∥平面PCD.∵MF∥PD,MF?平面PCD,PD?平面PCD,∴MF∥平面PCD.又BM∩MF=M,∴平面BMF∥平面PCD.又BF?平面BMF,∴BF∥平面PCD.(方法二)取PD的中點H,連接FH,HC,則FH∥ED,且FH=12ED,BC∥ED,且BC=12ED,∴FHBC,∴四邊形BCHF為平行四邊形,∴BF∥HC.又HC?平面PCD,BF?平面PCD,∴BF∥(2)解由題意知,AB⊥AE,又AE=BC=1,AE∥BC,∴四邊形ABCE為正方形,∴AB∥CE,又AB⊥平面PED,∴CE⊥平面PED,又PE⊥AD,∴以E為坐標(biāo)原點,以EC,ED,EP所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系,則P(0,0,2),A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,2,0),PC=(1,0,-2),CD=(-1,2,0),PA=(0,-1,-2),PB=(1,-1,-2).設(shè)平面PCD的一個法向量為m=(x1,y1,z1).則PC令z1=1,則x1=2,y1=1,得m=(2,1,1).設(shè)平面PAB的一個法向量為n=(x2,y2,z2),則PA·n=0,PB·n=0,即-y2-2z2=0,x2-y2-2z2=0,令z2=17.(15分)(2024·湖南長沙模擬)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AA1=AB=AC=4,D,E分別為A1C1,A1A的中點,F為線段BC上異于端點的一點.(1)求點B到平面B1CE的距離;(2)若平面ACC1A1與平面ADF的夾角的余弦值為27,求直線A1F與平面ADF所成角的正弦值解(1)因為ABC-A1B1C1是直三棱柱,AB⊥AC,所以AB,AC,AA1兩兩垂直,以A為原點,AB,AC,AA1所在直線為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.又AA1=AB=AC=4,所以B(4,0,0),B1(4,0,4),C(0,4,0).因為E為AA1的中點,所以E(0,0,2),故B1E=(-4,0,-2),B1C=(-4,4,-4),設(shè)平面B1CE的一個法向量為m=(x,y,z),則m令x=1,則y=-1,z=-2,所以m=(1,-1,-2),所以點B到平面B1CE的距離d=|(2)結(jié)合(1),由于D為A1C1的中點,所以D(0,2,4).設(shè)BF=λBC=λ(-4,4,0)=(-4λ,4λ,0),0<λ<1,所以F(4-4λ,4λ,0),所以AF=(4-4λ,4λ,0),AD=(0,2,4)設(shè)平面ADF的一個法向量為n=(a,b,c),則n令b=2,則a=2λλ-1,c=-1,故n=(2易得平面ACC1A1的一個法向量可以為AB=(4,0,0).因為平面ACC1A1與平面ADF的夾角的余弦值為27所以|cos<n,AB>|=|n·AB|n解得λ=14,所以F(3,1,0),故平面ADF的一個法向量n=-23,2,-1,則A1F=(3,1,-設(shè)直線A1F與平面ADF所成角為θ,則sinθ=|cos<A1F,n>|=|A118.(17分)(2024·山東淄博一模)如圖,多面體ABCDEF是由一個正四棱錐A-BCDE與一個三棱錐F-ADE拼接而成,正四棱錐A-BCDE的所有棱長均為32,AF∥CD.(1)在棱DE上找一點G,使得平面ABC⊥平面AFG,并給出證明;(2)當(dāng)AF=12CD時,求點F到平面ADE(3)若AF=13CD,求直線DF與平面ABC所成角的正弦值解(1)當(dāng)點G為DE中點時,平面ABC⊥平面AFC.證明如下:因為四棱錐A-BCDE是正四棱錐,所以AD=AE,AG⊥DE.在正方形BCDE中,DE∥BC,所以AG⊥BC.在正方形BCDE中,CD⊥BC,因為AF∥CD,所以AF⊥BC.又AF∩AG=A,AF,AG?平面AFG,所以BC⊥平面AFG.因為BC?平面ABC,所以平面ABC⊥平面AFG.(2)設(shè)DE中點為G,連接BD,CE交于點O,連接AO,OG,則AF∥OG.又AF=12CD,所以O(shè)G=AF所以四邊形AOGF為平行四邊形.又因為四棱錐A-BCDE是正四棱錐,所以AO⊥平面BCDE,所以四邊形AOGF為矩形,所以AF⊥FG.因為AF∥OG,OG⊥DE,所以AF⊥DE.又DE∩FG=G,DE,FG?平面DEF,所以AF⊥平面DEF.又FG=AO=(32所以VA-FDE=13·AF·S△FDE=13×3設(shè)點F到平面ADE的距離為h,因為VF-ADE=VA-FDE=92,即13×34×(32)2·h=所以點F到平面ADE的距離為3(3)因為四棱錐A-BCDE是正四棱錐,所以O(shè)C,OD,OA兩兩垂直.以O(shè)為原點,OC,OD,OA所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,3),B(0,-3,0),C(3,0,0),D(0,3,0),F(-1,1,3),所以BA=(0,3,3),CA=(-3,0,3),DF=(-1,-2,3).設(shè)平面ABC的法向量為n=(x,y,z),則n取z=1,則y=-1,x=1,故n=(1,-1,1).設(shè)直線DF與平面ABC所成角為θ,則sinθ=|cos<DF,n>|=|DF·n|DF所以直線DF與平面ABC所成角的正弦值為219.(17分)如圖1,在平行四邊形ABCD中,D=60°,DC=2AD=2,將△ADC沿AC折起,使點D到達點P位置,且PC⊥BC,連接PB得三棱錐P-ABC,如圖2.(1)證明:平面PAB⊥平面ABC;(2)在線段PC上是否存在點M,使平面AMB與平面MBC的夾角的余弦值為58?若存在,求出PMPC(1)證明由題可知,∠APC=60°,PC=2AP=2,易證PA⊥AC,所以BC⊥AC.又PC⊥BC,AC∩PC=C,AC,PC?平面PAC,所以BC⊥平面PAC.因為PA?平面PAC,則PA⊥BC.又AC∩BC=C,AC,BC?平面ABC,所以PA⊥平面ABC,所以平面PAB⊥平面ABC.(2)解存在.由(1)知,PA,BC,AC兩兩垂直.以A為原點,過點A平行于BC的直線為x軸,AC,AP所在直線為y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),P(0,0,1),C(0,3,0),B(-1,3,0),所以AP=(0,0,1),PB=(-1,3,-1),PC=(0,3,-1),AB=(-1,3,0).設(shè)PM=λPC=λ(0,3,-1)=(0,3λ,-λ),其中0≤λ≤1,則AM=AP+PM=(0,設(shè)平面ABM的法向量為m=(x,y,z),則m·AB=-x+3y=0,m·AM=3所以m=(3(λ-1),λ-1,3λ)設(shè)平面MBC的一個法向量為n=(a,b,c),PB=(-1,3,-1),PC=(0,3,-1),則n令b=3,則a=0,c=3,可得n=(0,3,3),則|cos<m,n>|=|m·n||m||n|=|43故線段PC上存在點M,使平面AMB與平面MBC的夾角的余弦值為58,且專題檢測六(分值:150分)學(xué)生用書P203一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.(2024·河南鄭州三模)已知直線Ax+By+C=0與直線y=2x-3垂直,則下列結(jié)論正確的是()A.A=-2B≠0 B.A=2B≠0C.B=-2A≠0 D.B=2A≠0答案D解析直線y=2x-3的斜率為2,又兩直線互相垂直,所以直線Ax+By+C=0的斜率為-12,即-AB=-12且A≠0,B≠0,所以B=2A≠0.2.(2024·江西臨川二模)若拋物線y2=2mx的準(zhǔn)線經(jīng)過雙曲線x2-y2=2的右焦點,則m的值為()A.4 B.-4 C.2 D.-2答案B解析雙曲線x2-y2=2的右焦點為(2,0),所以拋物線的準(zhǔn)線為x=2,∴-m2=2,解得m=-4.故選B3.(2024·甘肅蘭州三模)已知雙曲線C:y23m+2-x2mA.y=±12x B.y=±2C.y=±2x D.y=±2x答案C解析由題意得3m+2=2m,解得m=2,則雙曲線C:y28-x22=4.(2024·河北唐山三模)下列可以作為方程x3+y3=3xy的曲線的是()A.B.C.D.答案B解析當(dāng)x<0時,x3=3xy-y3=y(3x-y2)<0,若y<0,則3x-y2>0,即y2<3x<0,不符,故x<0與y<0不可能同時成立,故A,C,D錯誤.故選B.5.(2024·山東泰安二模)設(shè)拋物線x2=4y的焦點為F,過拋物線上點P作準(zhǔn)線的垂線,設(shè)垂足為Q,若∠PQF=30°,則|PQ|=()A.43 B.433 答案A解析如圖所示,設(shè)M為準(zhǔn)線與y軸的交點,因為∠PQF=30°,且|PF|=|PQ|,所以∠PFQ=30°,∠QPF=120°.因為FM∥PQ,所以∠QFM=30°,而在Rt△QMF中,|QF|=|FM|cos30°=232=4336.(2024·江西九江三模)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,過點F1且傾斜角為π6的直線交橢圓C于第一象限內(nèi)一點A.若線段AF1的中點在y軸上,△AF1A.x23+y2=1 BC.x29+y23答案D解析如圖,∵O為線段F1F2的中點,B為線段AF1的中點,∴OB∥AF2.又OB⊥x軸,∴AF2⊥x軸.在Rt△AF1F2中,∠AF1F2=π6,設(shè)|AF2|=t,則|AF1|=2t,|F1F2|=3t.∵△AF1F2的面積為23,∴12×3t×t=23,t=2.∴2a=|AF1|+|AF2|=3t=6,a=3,橢圓C的焦距2c=|F1F2|=3t=23,c=3,b2=a2-c2=6,則橢圓C的方程為x27.(2024·廣東佛山模擬)已知P為拋物線y2=8x上一點,過點P作圓C:(x-5)2+y2=1的兩條切線,切點分別為M,N,則cos∠MPN的最小值為()A.52 B.23 C答案D解析設(shè)點P(t,s),則s2=8t,由PM,PN切圓C于點M,N,得∠MPN=2∠CPM,且CM⊥PM,因此cos∠MPN=1-2sin2∠CPM=1-2·(|CM||CP|)2=1-2|CP|2.而|CP|2=(t-5)2+s2=t2-2t+25=(t-1)2+24≥24,當(dāng)且僅當(dāng)t=1時,等號成立,所以當(dāng)t=1時8.(2024·浙江紹興模擬)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0),直線l:y=x-a2-b2與橢圓E交于A,B兩點,且OA+A.12 B.22 C答案B解析設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),記c=a2-b2,設(shè)AB的中點為M,所以由題意可知,AB的中點M是直線l與直線y=-12x的交點,聯(lián)立y=x-a2-b2=x-c,y=-12x,解得M(23c,-13c).另一方面,聯(lián)立x2a2+y2b2=1,y=x-c,得(a2+b2)x2-2a2cx+a2c2-a2b2二、選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求,全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分.9.(2024·江蘇蘇州三模)過拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點F的直線l:y=x-1與拋物線C相交于A,B兩點,O為坐標(biāo)原點,則下列結(jié)論正確的有()A.p=2 B.OA⊥OBC.|AB|=8 D.FA·答案ACD解析對于A,因為直線l:y=x-1經(jīng)過點F,可得F(1,0),即p2=1,所以p=2,故A正確;對于B,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由y2=4x,y=x-1,得y2-4y-4=0,所以y1+y2=4,y1y2=-4,所以x1+x2=y1+y2+2=6,x1x2=(y1y2)216=1,所以O(shè)A·OB=x1x2+y1y2=1-4=-3≠0,所以O(shè)A與OB不垂直,故B不正確;對于C,|AB|=x1+x2+p=6+2=8,故C正確;對于D,FA·FB=(x1-1,y1)·(x2-1,y2)=x1x2-(x1+x2)10.(2024·湖南邵陽模擬)已知點P(4m+3,-3m-4),點Q在圓C:(x-1)2+y2=1上,則下列結(jié)論正確的有()A.點P在直線3x+4y+7=0上B.點P可能在圓C上C.|PQ|的最小值為1D.圓C上有2個點到點P的距離為1答案AC解析由題意可知,圓C:(x-1)2+y2=1的圓心為C(1,0),半徑為r=1.對于A,將點P(4m+3,-3m-4)代入3x+4y+7=0,成立,所以點P在直線3x+4y+7=0上,故A正確;對于B,因為圓心C到直線3x+4y+7=0的距離d=|3+7|32+42=2>r,可知直線3x+4y+7=0與圓C相離,結(jié)合選項A可知,點P不可能在圓C上,故B錯誤;對于C,結(jié)合選項B可知|PQ|的最小值為d-r=1,故C正確;對于D,因為d=r+1,可知圓C上有且僅有1個點到點P的距離為11.(2024·湖北武漢模擬)已知雙曲線x2-y22=1的左、右頂點分別為A1,A2,左、右焦點分別為F1,F2,直線l與雙曲線的左、右兩支分別交于P,Q兩點,則下列結(jié)論正確的有(A.若∠F1PF2=π3,則△PF1F2的面積為2B.存在弦PQ的中點為(1,1),此時直線l的方程為2x-y-1=0C.若PA1的斜率的取值范圍為[-8,-4],則PA2的斜率的取值范圍為-12,-14D.直線l與雙曲線的兩條漸近線分別交于M,N兩點,則|PM|=|NQ|答案ACD解析在雙曲線x2-y22=1中,a=1,b=2,c=3,且A1(-1,0),A2(1,0),F1(-3,0),F2(3對于A,設(shè)|PF1|=m,|PF2|=n,由雙曲線定義得n-m=2,兩邊平方得m2+n2-2mn=4.①在△PF1F2中,由余弦定理得m2+n2-2mncosπ3=(23)2?m2+n2-mn=12.②①②聯(lián)立解得mn=8,所以△PF1F2的面積為12mnsinπ3=12×8×32對于B,設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則x12-y122=1,x22-y222=1,兩式相減得(x1-x2)(x1+x2)=(y1-y2)(y1+y2)2.因為弦PQ的中點為(1,1),所以x1+x2=此時Δ=-8<0,所以直線與雙曲線無公共點,說明此時直線不存在,故B錯誤.對于C,設(shè)P(x0,y0),則x02-y022=1,即y02=2(x02-1),又直線PA1與PA2的斜率的乘積kPA1kPA2=y0x0+1·y對于D,設(shè)方程x2-y22=λ,當(dāng)λ=1時,方程表示雙曲線,當(dāng)λ=0時,方程表示該雙曲線的兩條漸近線.設(shè)直線l:y=kx+m,其與x2-y22=λ的交點為(x3,y3),(x4,y4),聯(lián)立x2-y22=λ,y=kx+m,得(k2-2)x2+2kmx+m2+2λ=0,應(yīng)滿足k2-2≠0,且Δ>0,由根與系數(shù)的關(guān)系可得x3+x4=2km2-k2,y3+y4=k(x3+x4)+2m=2k2m2-k2三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.12.(2024·安徽馬鞍山模擬)直線3x+4y+2=0在x軸上的截距是.

答案-2解析直線方程為3x+4y+2=0,令y=0,得x=-23,所以直線3x+4y+2=0在x軸上的截距是-13.(2024·北京東城模擬)已知焦點在x軸上的橢圓x29+y2b2=1與拋物線y2=4x,橢圓的右焦點與拋物線的焦點均為F,A為橢圓上一動點,橢圓與拋物線的準(zhǔn)線交于P,Q答案32解析拋物線y2=4x的焦點為F(1,0),由題意可得9-b2=1,可得b2=8,所以,橢圓的方程為x29+拋物線的準(zhǔn)線方程為x=-1,由x=-1,x29+y28=1,可得x=-1,y=±83,則|PQ|=2×8314.(2024·山西呂梁三模)設(shè)拋物線y2=4x的焦點為F,過點T(2,0)的直線l與拋物線交于A,B兩點,與y軸的負半軸交于點C,已知S△BCF∶S△ACF=1∶2,則|BF|=.

答案2+1解析設(shè)點F到直線AC的距離為d,A(xA,yA),B(xB,yB).因為S△BCF∶S△ACF=1∶2,可得12|BC|·d12|AC|·d=12,所以|BC|∶|AC|=1∶2,所以xBxA=12,即xA=2xB且xA,xB>0.設(shè)直線AB的方程為x=ty+2,聯(lián)立x=ty+2,y2=4x,整理得y2-4ty-8=0,則Δ=16t2+32>0,yA2=4xA,yB2=4xB,四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.(13分)(2024·浙江余姚期末)已知拋物線C的頂點是坐標(biāo)原點O,而焦點是雙曲線4x2-y2=1的右頂點.(1)求拋物線C的方程;(2)若直線l:y=x-2與拋物線相交于A,B兩點,求直線OA與OB的斜率之積.解(1)雙曲線方程4x2-y2=1化為標(biāo)準(zhǔn)形式為x214-y2=1,所以a2=14,a=12,設(shè)拋物線的方程為y2=2px,焦點坐標(biāo)為F(p2,0),由于拋物線的焦點是雙曲線的右頂點,所以p2=12,p=1,所以拋物線C的方程為(2)聯(lián)立y2=2x,y=x-2,整理得y2-2y-4=0,Δ=(-2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則y1y2=-4,y1+y2=2.又x1=y1+2,x2=y2+2,所以x1x2=(y1+2)(y2+2)=y1y2+2(y1+y2)+4=-4+2×2+4=4.所以直線OA與OB的斜率之積kOA·kOB=y1x1故直線OA與OB的斜率之積為-1.16.(15分)(2024·遼寧大連期中)已知圓M的圓心與點N(-1,4)關(guān)于直線x-y+1=0對稱,且圓M與y軸相切于原點O.(1)求圓M的方程;(2)若在圓M中存在弦AB,|AB|=4,且弦AB的中點P在直線2x+y+k=0上,求實數(shù)k的取值范圍.解(1)設(shè)點M的坐標(biāo)為(a,b),則b解得a=3,b=0,∵圓M與y軸相切于原點O,∴圓M的方程為(x-3)2+y2=9.(2)∵|AB|=4,圓M的半徑為3,∴|PM|=5,∴點P的軌跡是以M為圓心,5為半徑的圓,則其軌跡方程為(x-3)2+y2=5.又點P在直線2x+y+k=0上,∴直線與圓有公共點,即|6+∴-11≤k≤-1.故實數(shù)k的取值范圍為[-11,-1].17.(15分)(2024·山東濰坊模擬)在平面直角坐標(biāo)系Oxy中,已知拋物線E:y2=2px(p>0)的焦點為F,A是拋物線E上在第一象限內(nèi)的動點.當(dāng)直線AF的傾斜角為π3時,|AF|=4(1)求拋物線E的方程;(2)已知點D(2,2),B,C是拋物線E上不同兩點,若四邊形ABCD是平行四邊形,證明:直線AC過定點.(1)解由題意可知,拋物線E的焦點F(p2,0),準(zhǔn)線方程為x=-p2.過點A作x軸的垂線,垂足為H1,過點A作準(zhǔn)線的垂線,垂足為H2,由拋物線定義可得當(dāng)直線AF的傾斜角為π3時,|FH1|=12|AF|=2.可得|AH2|=p+2=4,解得所以拋物線E的方程為y2=4x.(2)證明設(shè)直線AC的方程為x=my+n,A(x1,y1),C(x2,y2),B(x0,y0).聯(lián)立y2=4x,x=my+n,消去x整理得y2-4my-4n=0,則Δ>0,y1+y2=因為四邊形ABCD是平行四邊形,所以AD=BC,即y即B(4m2+2n-2,4m-2),代入y2=4x中得(4m-2)2=4(4m2+2n-2),整理得n=32-2m則直線AC:x=my+32-2m=m(y-2)+3所以直線AC過定點32,2.18.(17分)(2024·河北石家莊二模)已知M為平面上一個動點,點M到定直線x=1的距離與到定點F(2,0)的距離之比等于22,記動點M的軌跡為曲線(1)求曲線C的方程.(2)過點F的直線l與曲線C交于A,B兩點,在x軸上是否存在點P,使得PA·PB解(1)設(shè)點M的坐標(biāo)為(x,y),則|x即2(x-1)2=(x-2)2+y2,化簡得x2-y2=2,所以雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x22-(2)存在.如圖,當(dāng)直線l的斜率不為0時,設(shè)其方程為x=my+2.由于直線與雙曲線的交點有兩個,則直線不能與漸近線平行,漸近線斜率為±1,則m≠±1.聯(lián)立x=my+2,x22-y22=1,整理得(設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),P(t,0),則y1+y2=-4mm2-1,y所以PA·PB=(x1-t)(x2-t)+y1y2=(my1+2-t)·(my2+2-t)+y1y2=(m2+1)y1y2+m(2-t)(y1+y2)+(2-t)2=(m2+1)×2m2-1-m(2-t)×4mm2-1若要上式為定值,則必須有4t-6=-2,即t=1,∴(4t-6)m2+2m2故存在點P(1,0)滿足PA·PB=-1.當(dāng)直線l的斜率為0時,不妨令A(yù)(-2,0),B(2,0),此時點P(1,0)亦滿足PA故存在點P(1,0)滿足PA·PB=-綜上所得,在x軸上存在點P(1,0),使得PA·PB為定值,定值為-19.(17分)(2024·遼寧丹東二模)已知橢圓E:x24+y23=1的左、右頂點分別為A,B,過點A的直線與橢圓E交于點P,點Q(1)設(shè)直線AP,PB的斜率分別為k,k1,求證:k·k1為定值;(2)求△APQ面積的最大值.(1)證明由題意可知A(-2,0),B(2,0),設(shè)點P(x0,y0),則k=y0x0+2,因為x024+y所以k·k1=y0x(2)解不妨令Q(x1,y1),y0>0,y1<0,由(1)可設(shè)直線AP的斜率為k,則k>0,則直線AP:x=1ky-2將x=1ky-2代入x24+y23=1中,得(3k2+4)y2-12ky=因為AP⊥AQ,所以用-1k替換k,得y1=-12k3k2+4所以△APQ的面積S=12|AP|·|AQ|=令k+1k=m(m≥2),則S=72m12m2+1=7212m+1m.又因為函數(shù)y=12m+1m在區(qū)間[2,+∞)所以S=7212m+1m≤72492=144所以△APQ面積的最大值為144根據(jù)小概率值α=0.005的獨立性檢驗,我們推斷H0不成立,即認為性別與體育鍛煉的經(jīng)常性有關(guān)聯(lián),此推斷犯錯誤的概率不大于0.005.(2)由分層隨機抽樣可知,在抽取的7名同學(xué)中,男生有7×80140=4人,女生有7×60140隨機變量X服從超幾何分布,且N=7,M=3,n=3,P(X=0)=C3P(X=1)=C3P(X=2)=C3P(X=3)=CX的分布列為X0123P418121E(X)=nMN=316.(15分)(2023·全國乙,理17)某廠為比較甲、乙兩種工藝對橡膠產(chǎn)品伸縮率的處理效應(yīng),進行10次配對試驗,每次配對試驗選用材質(zhì)相同的兩個橡膠產(chǎn)品,隨機地選其中一個用甲工藝處理,另一個用乙工藝處理,測量處理后的橡膠產(chǎn)品的伸縮率,甲、乙兩種工藝處理后的橡膠產(chǎn)品的伸縮率分別記為xi,yi(i=1,2,…,10),試驗結(jié)果如下:試驗序號i12345678910伸縮率xi545533551522575544541568596548伸縮率yi536527543530560533522550576536記zi=xi-yi(i=1,2,…,10),記z1,z2,…,z10的樣本平均數(shù)為z,樣本方差為s2.(1)求z,s2;(2)判斷甲工藝處理后的橡膠產(chǎn)品的伸縮率較乙工藝處理后的橡膠產(chǎn)品的伸縮率是否有顯著提高(如果z≥2s210解(1)∵zi=xi-yi,∴z1=9,z2=6,z3=8,z4=-8,z5=15,z6=11,z7=19,z8=18,z9=20,z10=12,則z=110×(9+6+8-8+15+11+19+18+20+12)=11,s2=110×[(9-11)2+(6-11)2+(8-11)2+(-8-11)2+(15-11)2+(11-11)2+(19-11)2+(18-11)2+(20-11)2+(12-11)2]=110×(4+25+9+361+16+0+64+49(2)∵2s210=26.1<11,∴可判斷甲工藝處理后的橡膠產(chǎn)品的伸縮率有顯著提高.17.(15分)(2024·新疆烏魯木齊一模)地區(qū)生產(chǎn)總值(地區(qū)GDP)是衡量一個地區(qū)經(jīng)濟發(fā)展的重要指標(biāo),在過去五年(2019年—2023年)中,某地區(qū)的地區(qū)生產(chǎn)總值實現(xiàn)了“翻一番”的飛躍,從1464億元增長到了3008億元.經(jīng)統(tǒng)計,這五年的年份編號x(2019年對應(yīng)的x值為1,2020年對應(yīng)的x值為2,以此類推)與地區(qū)生產(chǎn)總值y(單位:百億元)的對應(yīng)數(shù)據(jù)如下表所示.年份編號x12345地區(qū)生產(chǎn)總值y/百億元14.6417.4220.7225.2030.08(1)如果2023年該地區(qū)人均生產(chǎn)總值為9.39萬元,全國人均生產(chǎn)總值X(單位:萬元)服從正態(tài)分布X~N(8.94,0.452),那么在全國其他地區(qū)中隨機挑選2個,記隨機變量Y為“2023年人均生產(chǎn)總值高于該地區(qū)的地區(qū)數(shù)量”,求Y=1的概率;(2)該地區(qū)的人口總數(shù)t(單位:百萬人)與年份編號x的經(jīng)驗回歸方程可以近似為t^=0.2x+2.2,根據(jù)上述回歸方程,估算該地區(qū)年份編號x與人均生產(chǎn)總值u(單位:萬元)之間的經(jīng)驗回歸方程u^參考公式與數(shù)據(jù):人均生產(chǎn)總值=地區(qū)生產(chǎn)總值÷人口總數(shù);一元線性回歸方程y^=b^x+a^中,斜率和截距的最小二乘估計公式分別是b^=∑i=1n(xi-x)(yi-y)∑i=1n(xi-x)2,a^=y-b^x,若X~N解(1)易知9.39=8.94+0.45,由正態(tài)分布區(qū)間公式,得P(X>9.39)=P(X>μ+σ)=1-P(μ-即隨機挑選一個地區(qū),人均生產(chǎn)總值高于該地區(qū)的概率為0.16,則Y~B(2,0.16),所以P(Y=1)=C21×0.16×(1-0.16)=0.268(2)因為t^=0.2x+2.2,所以可估計該地區(qū)過去五年的人均生產(chǎn)總值依次為u1=14.640.2×1+2.2=6.1,u2=17.420.2×2+2.2=6.7,u3=20.720.所以x=15×(1+2+3+4+5)=3,u=15×(6.1+6.7+7.4+8.4+9則∑i=15(xi-x)(ui-u)=8.3,∑i=15(xi-由公式可知b^=∑i=15(xi-x)(ui-u)∑i=15即所求經(jīng)驗回歸方程為u^=0.83x+5.1118.(17分)(2024·四川南充二診)已知某芯片生產(chǎn)商生產(chǎn)的某型號芯片各項指標(biāo)經(jīng)過全面檢