河南省焦作市高三理数三模试卷(附答案)
数学5月联考试卷一、单选题1.已知集合,集合,则()A.B.C.D.【答案】B【知识点】并集及其运算【解析】【解答】易知或,,故答案为:B【分析】分别求出集合A、B中的元素,求出A,B的并集即可.设复数满足,则复数在复平面内对应的点位于(A
高三理数三模试卷一、单选题1.已知集合,,则( )A.B.C.D.2.已知复数的实部为1,且,则( )A.B.2C.D.43.已知,则“”是“”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4.已知数
简介:高三下学期数学二模试卷所以,则.一、单选题当时,.1.已知集合,,则( )故答案为:CA.B.【分析】求得中心点坐标,代入方程求得a,再由x=120,即可求解。C.D.4.已知是空间两个不同的平面,则“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的【答案】C( )【知识点】并集及其运算A.充分非必要条件B.必要非充分条件【解析】【解答】因为,所以.C.充要条件D.非充分非必要条件故答案为:C【答案】B【知识点】充分条件;必要条件【分析】化简集合B,再根据并集的定义可得答案。【解析】【解答】已知是空间两个不同的平面,若平面内存在不共线的三点到平面β的距离相等,2.已知向量,,则( )可得或相交,A.3B.4C.5D.6【答案】C反之,若,则平面上存在不共线的三点到平面的距离相等;【知识点】向量的模;平面向量的坐标运算所以“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的必要不充分条件.【解析】【解答】解:由题意可得,所以.故答案为:B.故答案为:C【分析】由平面内存在不共线的三点到平面β的距离相等,可得到或相交,即可确定选项。【分析】由向量的坐标运算求得再由模长公式即可求解。5.若函数,则函数的最小值为( )3.某研究机构为了了解初中生语文成绩的平均分y(单位:分)与每周课外阅读时间x(单位:分钟)是否存在线性关系,搜集了100组数据(,),并据此求得y关于x的线性回归方程为A.-1B.-2C.-3D.-4【答案】D.若一位初中生的每周课外阅读时间为2个小时,则可估计她的语文成绩的平均分为( )【知识点】函数解析式的求解及常用方法;二次函数在闭区间上的最值A.70.6B.100C.106D.110【解析】【解答】因为,【答案】C【知识点】线性回归方程所以.【解析】【解答】解:因为,,从而,所以,,当时,取得最小值,且最小值为-4. 故答案为:D则,当且仅当时,“=”成立,又a,,所以,当且仅当时,“=”成立,【分析】由配方法求得,进而得到,即可求解。所以a+2b的最大值为.6.已知函数,,,且在上单调递增,则故答案为:C( )A.B.C.2D.3【分析】由即可求解。【答案】A8.已知双曲线C:的左、右焦点分别为,,直线l:与C交于【知识点】正弦函数的单调性;复合三角函数的单调性【解析】【解答】因为,所以,两点,且四边形的面积为.若点关于点的对称点为,且,则C的离心率是( )所以,解得.A.B.C.3D.5因为,所以.【答案】B【知识点】双曲线的标准方程;双曲线的简单性质;直线与圆锥曲线的关系因为在上单调递增,所以,【解析】【解答】解:由双曲线的对称性可知四边形是平行四边形.解得,故.如图,不妨设在第三象限,由题意可知分别线段,的中点,故答案为:A则.因为,所以,则平行四边形是矩形.【分析】由可得,即可得,再由得到设,,则,整理得,即,,结合函数单调性即可知,从而解决问题。故双曲线C的离心率.7.已知a,,且,则a+2b的最大值为( )故答案为:BA.2B.3C.D.【答案】C【分析】由双曲线的对称性可知四边形是平行四边形.,不妨设在第三象限,由题意可知【知识点】基本不等式;基本不等式在最值问题中的应用分别线段,的中点,如图,易判断平行四边形是矩形.,设,,则【解析】【解答】解:, 所以,最小值为,A不符合题意;即可求解。所以,由椭圆的对称性知,,所以B符合题意.二、多选题当在轴上时,,则为钝角,所以存在点A,使得,C符合9.已知复数z满足方程,则( )A.z可能为纯虚数B.方程各根之和为4题意.C.z可能为D.方程各根之积为-20故答案为:BCD【答案】B,C,D【知识点】复数的基本概念;复数代数形式的乘除运算【分析】由椭圆方程可得,,可判断D,由可得A,B关于原点对称,即可判【解析】【解答】由,得或,断A,由椭圆定义即可判断B,当在轴上时,结合余弦定理即可判断C。即或,11.若直线是曲线与曲线的公切线,则( )解得:或,显然A不符合题意,C符合题意;A.B.C.D.各根之和为,B符合题意;【答案】A,D【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程各根之积为,D符合题意【解析】【解答】解:设直线与曲线相切于点,故答案为:BCD.与曲线相切于点,【分析】由已知条件可得或,即可求得或,逐项判断即可。对于函数,,则,解得,10.已知O为坐标原点,椭圆C:的左、右焦点分别为,,两点都在上,且所以,即.,则( )对于函数,,A.的最小值为4B.为定值则,C.存在点,使得D.C的焦距是短轴长的倍又,【答案】B,C,D所以,【知识点】椭圆的定义;椭圆的标准方程;椭圆的简单性质又,【解析】【解答】解:因为,,,所以,,,所以,.所以,C的焦距是短轴长的倍,D符合题意.故答案为:AD因为,故关于原点对称,【分析】设直线与曲线相切于点,与曲线相切于点 ,由导数的几何意义即可求a=1,m=-2,再结合可得,上先增后减,得,即可求解。三、填空题结合即可求解。13.若展开式中各项的系数之和为96,则展开式中的系数为 .12.已知函数在上先增后减,函数在上先增后减.若,,,则( )【答案】25【知识点】二项式定理;二项式定理的应用A.B.C.D.【答案】B,C【解析】【解答】由题意可知,得,则,【知识点】指数函数的图象与性质;指数式与对数式的互化;对数函数的图象与性质【解析】【解答】∵,∴,,∴.展开式的通项公式为,设,∵,,在上先增后减,所以展开式中的系数为.∴.故答案为:25∵,∴,,【分析】令x=1,即可求得n=5,再结合的通项公式即可求解。∴,∴.14.现有10个圆的圆心都在同一条直线上,从左到右它们的半径依次构成首项为1,公比为2的等比数列,∵,从第2个圆开始,每个圆都与前一个圆外切,前3个圆如图所示,若P,Q分别为第1个圆与第10个圆上任意一点,则的最大值为 .(用数字作答)∴【答案】2046设,【知识点】等比数列的前n项和∵,,在上先增后减,【解析】【解答】由题意可知,的最大值为这10个圆的直径之和,∴.由等比数列前项和公式可得,的最大值为.∴.故答案为:BC.故答案为:2046【分析】由,可得.设,由在【分析】由题意可得的最大值为这10个圆的直径之和结合等比数列求和公式即可求上先增后减,可得,再结合可得,由解。15.在《九章算术》中,将四个面都是直角三角形的三棱锥称为鳖臑.已知在鳖臑P-ABC中,AB⊥BC,PA⊥平可得,构造函数,由在面ABC,且,则鳖臑P-ABC外接球的体积是 . 【答案】36π故.【知识点】球的体积和表面积;球内接多面体【解析】【解答】由题意可得三角形ABC外接圆的半径,故答案为:因为PA⊥平面ABC,【分析】由,代入已知条件可得,构造函数所以鳖臑P-ABC外接球的半径,易判断单调递增,由,即可得,再由两角和的正切公式即可求解。故鳖臑P-ABC外接球的体积是.故答案为:36π四、解答题17.已知公差为2的等差数列的前n项和为,且.【分析】由直角三角形性质可得三角形ABC外接圆的半径,再结合PA⊥平面ABC,可得(1)求的通项公式.即可求解。(2)若,数列的前n项和为,证明.【答案】(1)解:由题意,得,16.已知,则的取值范围为 .解得:,【答案】故.【知识点】利用导数研究函数的单调性;两角和与差的正切公式;同角三角函数间的基本关系(2)证明:因为,【解析】【解答】解:因为,所以所以,,即.设函数,则,因为,因为,所以.所以,所以为增函数.【知识点】等差数列的通项公式;数列的求和;数列与不等式的综合【解析】【分析】(1)由求得a1,即可求解;又,所以,(2)由(1)可得,通过裂项相消求和即可求证。所以, 18.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且.由(1)得,.(1)求角A;比赛进行4回合且甲胜出的情情形如下:甲负胜胜胜、胜负胜胜、胜胜负胜.(2)若,,求△ABC的面积..【答案】(1)解:因为,比赛进行4回合且乙胜出的情形如下:乙负胜胜胜、胜负胜胜、胜胜负胜.所以,.所以,.因为,所以.,因为,故.所以.【知识点】互斥事件的概率加法公式;相互独立事件的概率乘法公式;离散型随机变量的期望与方差【解析】【分析】(1)由只进行了3回合等价于甲连胜3回合或乙连胜3回合,即可求解;(2)解:因为,,,(2)由题意可知X的可能取值为3,4,5.求得每个取值对应概率,再由期望计算公式即可求解。所以由余弦定理,20.如图1,在Rt△ABC中,,,E,F都在AC上,且,,将△AEB,△CFG分别沿EB,FG折起,使得点A,C在点P处重合,得到四棱锥P-EFGB,如图可得,即,2.解得或(舍去),(1)证明:.(2)若M为PB的中点,求钝二面角B-FM-E的余弦值.故△ABC的面积为.【答案】(1)证明:由,,【知识点】正弦定理;余弦定理得,,,则,所以.【解析】【分析】(1)利用已知条件,结合正弦定理以及余弦定理转化求解出角A;因为,所以△ABE∽△ACB,(2)利用余弦定理求解C,然后求解三角形的面积.所以,即.19.甲、乙两人进行一次乒乓球比赛,比赛最多打5个回合,先胜3回合者胜出且比赛结束.在每回合比赛中,又,所以平面PEB,先发球者获胜的概率为0.6,胜者获得下一回合先发球的资格.已知第1回合中,甲先发球.因为平面PEB,所以.(1)求比赛只进行了3回合的概率;(2)解:以E为坐标原点,以的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系E-xyz,(2)设比赛共进行了X回合,求X的数学期望.则,,,,,,,【答案】(1)解:因为比赛只进行了3回合,所以甲连胜3回合或乙连胜3回合,故所求概率为.,.(2)解:X的可能取值为3,4,5.平面BFM即平面BPM,设平面BFM的法向量为, 则由,,(2)解:,由于函数在均为单调递增函数,得.所以,在上单调递增,且.令,得.当,即时,,在上单调递增,设平面EFM的法向量为,则,,所以.即.当,即时,存在唯一的零点,当时,,在上单调递减,令,得.则,这与恒成立矛盾,所以不满足题意因为,综上,a的取值范围是.【知识点】利用导数研究函数的单调性;利用导数求闭区间上函数的最值所以钝二面角B-FM-E的余弦值为.【解析】【分析】(1)求得,通过,求得单调区间,即可求得最小值,从【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系;用空间向量求平面间的夹角而解决问题;【解析】【分析】(1)结合勾股定理易得,再由△ABE∽△ACB,得(2)由函数在均为单调递增函数,可判断也单调递增,通,即可求证;(2)如图建立空间直角坐标系,求得两平面的法向量,代入夹角公式即可求解。过讨论和确定函数的单调区间,求得最小值,即可求解。21.已知函数.22.已知抛物线.(1)若,证明:.(1)直线与交于A、B两点,O为坐标原点.(2)当时,恒成立,求a的取值范围.从下面的①②两个问题中任选一个作答,如果两个都作答,则按所做的第一个计分.①证明:.【答案】(1)证明:当时,,②若,求的值;因为在上单调递增,且,(2)已知点,直线与交于C、D两点(均异于点),且.过作直线的垂所以时,,在上单调递减,线,垂足为,试问是否存在定点,使得为定值?若存在,求出定值;若不存在,说明理由.当时,,在上单调递增.【答案】(1)解:选①:设点、,所以,所以,.联立可得,(*) 当时,方程(*)即为,此时直线与抛物线只有一个公共点,不合乎题意,联立得,,所以,,,由韦达定理可得,.则,,因为,所以,所以.所以,即.所以直线的方程为,则直线过定点.因为经过抛物线的焦点,因为,所以当点为的中点时,为定值,所以,故存在定点,使得为定值.故.【知识点】抛物线的标准方程;抛物线的简单性质;直线与圆锥曲线的关系;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)选①:设点、,直线方程,抛物线方程联立,结合韦达定理,选②:设点、,可得,结合即可求解;联立可得,(*)当时,方程(*)即为,此时直线与抛物线只有一个公共点,不合乎题意,选②:设点、,联立直线与抛物线方程,结合达定理得到:所以,,,,再由-3,即可求解;则,,(2)先判断当直线的斜率为零,则直线与抛物线只有一个公共点,不合乎题意,再设直线的方程为,设点、,联立结合韦达定理及,可得.,即,从而直线的方程为,即过定点因为.又,可知点为的中点,即可求证。,所以,解得.(2)解:若直线的斜率为零,则直线与抛物线只有一个公共点,不合乎题意,设直线的方程为,设点、,
简介:高三下学期数学二模试卷所以,则.一、单选题当时,.1.已知集合,,则( )故答案为:CA.B.【分析】求得中心点坐标,代入方程求得a,再由x=120,即可求解。C.D.4.已知是空间两个不同的平面,则“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的【答案】C( )【知识点】并集及其运算A.充分非必要条件B.必要非充分条件【解析】【解答】因为,所以.C.充要条件D.非充分非必要条件故答案为:C【答案】B【知识点】充分条件;必要条件【分析】化简集合B,再根据并集的定义可得答案。【解析】【解答】已知是空间两个不同的平面,若平面内存在不共线的三点到平面β的距离相等,2.已知向量,,则( )可得或相交,A.3B.4C.5D.6【答案】C反之,若,则平面上存在不共线的三点到平面的距离相等;【知识点】向量的模;平面向量的坐标运算所以“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的必要不充分条件.【解析】【解答】解:由题意可得,所以.故答案为:B.故答案为:C【分析】由平面内存在不共线的三点到平面β的距离相等,可得到或相交,即可确定选项。【分析】由向量的坐标运算求得再由模长公式即可求解。5.若函数,则函数的最小值为( )3.某研究机构为了了解初中生语文成绩的平均分y(单位:分)与每周课外阅读时间x(单位:分钟)是否存在线性关系,搜集了100组数据(,),并据此求得y关于x的线性回归方程为A.-1B.-2C.-3D.-4【答案】D.若一位初中生的每周课外阅读时间为2个小时,则可估计她的语文成绩的平均分为( )【知识点】函数解析式的求解及常用方法;二次函数在闭区间上的最值A.70.6B.100C.106D.110【解析】【解答】因为,【答案】C【知识点】线性回归方程所以.【解析】【解答】解:因为,,从而,所以,,当时,取得最小值,且最小值为-4. 故答案为:D则,当且仅当时,“=”成立,又a,,所以,当且仅当时,“=”成立,【分析】由配方法求得,进而得到,即可求解。所以a+2b的最大值为.6.已知函数,,,且在上单调递增,则故答案为:C( )A.B.C.2D.3【分析】由即可求解。【答案】A8.已知双曲线C:的左、右焦点分别为,,直线l:与C交于【知识点】正弦函数的单调性;复合三角函数的单调性【解析】【解答】因为,所以,两点,且四边形的面积为.若点关于点的对称点为,且,则C的离心率是( )所以,解得.A.B.C.3D.5因为,所以.【答案】B【知识点】双曲线的标准方程;双曲线的简单性质;直线与圆锥曲线的关系因为在上单调递增,所以,【解析】【解答】解:由双曲线的对称性可知四边形是平行四边形.解得,故.如图,不妨设在第三象限,由题意可知分别线段,的中点,故答案为:A则.因为,所以,则平行四边形是矩形.【分析】由可得,即可得,再由得到设,,则,整理得,即,,结合函数单调性即可知,从而解决问题。故双曲线C的离心率.7.已知a,,且,则a+2b的最大值为( )故答案为:BA.2B.3C.D.【答案】C【分析】由双曲线的对称性可知四边形是平行四边形.,不妨设在第三象限,由题意可知【知识点】基本不等式;基本不等式在最值问题中的应用分别线段,的中点,如图,易判断平行四边形是矩形.,设,,则【解析】【解答】解:, 所以,最小值为,A不符合题意;即可求解。所以,由椭圆的对称性知,,所以B符合题意.二、多选题当在轴上时,,则为钝角,所以存在点A,使得,C符合9.已知复数z满足方程,则( )A.z可能为纯虚数B.方程各根之和为4题意.C.z可能为D.方程各根之积为-20故答案为:BCD【答案】B,C,D【知识点】复数的基本概念;复数代数形式的乘除运算【分析】由椭圆方程可得,,可判断D,由可得A,B关于原点对称,即可判【解析】【解答】由,得或,断A,由椭圆定义即可判断B,当在轴上时,结合余弦定理即可判断C。即或,11.若直线是曲线与曲线的公切线,则( )解得:或,显然A不符合题意,C符合题意;A.B.C.D.各根之和为,B符合题意;【答案】A,D【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程各根之积为,D符合题意【解析】【解答】解:设直线与曲线相切于点,故答案为:BCD.与曲线相切于点,【分析】由已知条件可得或,即可求得或,逐项判断即可。对于函数,,则,解得,10.已知O为坐标原点,椭圆C:的左、右焦点分别为,,两点都在上,且所以,即.,则( )对于函数,,A.的最小值为4B.为定值则,C.存在点,使得D.C的焦距是短轴长的倍又,【答案】B,C,D所以,【知识点】椭圆的定义;椭圆的标准方程;椭圆的简单性质又,【解析】【解答】解:因为,,,所以,,,所以,.所以,C的焦距是短轴长的倍,D符合题意.故答案为:AD因为,故关于原点对称,【分析】设直线与曲线相切于点,与曲线相切于点 ,由导数的几何意义即可求a=1,m=-2,再结合可得,上先增后减,得,即可求解。三、填空题结合即可求解。13.若展开式中各项的系数之和为96,则展开式中的系数为 .12.已知函数在上先增后减,函数在上先增后减.若,,,则( )【答案】25【知识点】二项式定理;二项式定理的应用A.B.C.D.【答案】B,C【解析】【解答】由题意可知,得,则,【知识点】指数函数的图象与性质;指数式与对数式的互化;对数函数的图象与性质【解析】【解答】∵,∴,,∴.展开式的通项公式为,设,∵,,在上先增后减,所以展开式中的系数为.∴.故答案为:25∵,∴,,【分析】令x=1,即可求得n=5,再结合的通项公式即可求解。∴,∴.14.现有10个圆的圆心都在同一条直线上,从左到右它们的半径依次构成首项为1,公比为2的等比数列,∵,从第2个圆开始,每个圆都与前一个圆外切,前3个圆如图所示,若P,Q分别为第1个圆与第10个圆上任意一点,则的最大值为 .(用数字作答)∴【答案】2046设,【知识点】等比数列的前n项和∵,,在上先增后减,【解析】【解答】由题意可知,的最大值为这10个圆的直径之和,∴.由等比数列前项和公式可得,的最大值为.∴.故答案为:BC.故答案为:2046【分析】由,可得.设,由在【分析】由题意可得的最大值为这10个圆的直径之和结合等比数列求和公式即可求上先增后减,可得,再结合可得,由解。15.在《九章算术》中,将四个面都是直角三角形的三棱锥称为鳖臑.已知在鳖臑P-ABC中,AB⊥BC,PA⊥平可得,构造函数,由在面ABC,且,则鳖臑P-ABC外接球的体积是 . 【答案】36π故.【知识点】球的体积和表面积;球内接多面体【解析】【解答】由题意可得三角形ABC外接圆的半径,故答案为:因为PA⊥平面ABC,【分析】由,代入已知条件可得,构造函数所以鳖臑P-ABC外接球的半径,易判断单调递增,由,即可得,再由两角和的正切公式即可求解。故鳖臑P-ABC外接球的体积是.故答案为:36π四、解答题17.已知公差为2的等差数列的前n项和为,且.【分析】由直角三角形性质可得三角形ABC外接圆的半径,再结合PA⊥平面ABC,可得(1)求的通项公式.即可求解。(2)若,数列的前n项和为,证明.【答案】(1)解:由题意,得,16.已知,则的取值范围为 .解得:,【答案】故.【知识点】利用导数研究函数的单调性;两角和与差的正切公式;同角三角函数间的基本关系(2)证明:因为,【解析】【解答】解:因为,所以所以,,即.设函数,则,因为,因为,所以.所以,所以为增函数.【知识点】等差数列的通项公式;数列的求和;数列与不等式的综合【解析】【分析】(1)由求得a1,即可求解;又,所以,(2)由(1)可得,通过裂项相消求和即可求证。所以, 18.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且.由(1)得,.(1)求角A;比赛进行4回合且甲胜出的情情形如下:甲负胜胜胜、胜负胜胜、胜胜负胜.(2)若,,求△ABC的面积..【答案】(1)解:因为,比赛进行4回合且乙胜出的情形如下:乙负胜胜胜、胜负胜胜、胜胜负胜.所以,.所以,.因为,所以.,因为,故.所以.【知识点】互斥事件的概率加法公式;相互独立事件的概率乘法公式;离散型随机变量的期望与方差【解析】【分析】(1)由只进行了3回合等价于甲连胜3回合或乙连胜3回合,即可求解;(2)解:因为,,,(2)由题意可知X的可能取值为3,4,5.求得每个取值对应概率,再由期望计算公式即可求解。所以由余弦定理,20.如图1,在Rt△ABC中,,,E,F都在AC上,且,,将△AEB,△CFG分别沿EB,FG折起,使得点A,C在点P处重合,得到四棱锥P-EFGB,如图可得,即,2.解得或(舍去),(1)证明:.(2)若M为PB的中点,求钝二面角B-FM-E的余弦值.故△ABC的面积为.【答案】(1)证明:由,,【知识点】正弦定理;余弦定理得,,,则,所以.【解析】【分析】(1)利用已知条件,结合正弦定理以及余弦定理转化求解出角A;因为,所以△ABE∽△ACB,(2)利用余弦定理求解C,然后求解三角形的面积.所以,即.19.甲、乙两人进行一次乒乓球比赛,比赛最多打5个回合,先胜3回合者胜出且比赛结束.在每回合比赛中,又,所以平面PEB,先发球者获胜的概率为0.6,胜者获得下一回合先发球的资格.已知第1回合中,甲先发球.因为平面PEB,所以.(1)求比赛只进行了3回合的概率;(2)解:以E为坐标原点,以的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系E-xyz,(2)设比赛共进行了X回合,求X的数学期望.则,,,,,,,【答案】(1)解:因为比赛只进行了3回合,所以甲连胜3回合或乙连胜3回合,故所求概率为.,.(2)解:X的可能取值为3,4,5.平面BFM即平面BPM,设平面BFM的法向量为, 则由,,(2)解:,由于函数在均为单调递增函数,得.所以,在上单调递增,且.令,得.当,即时,,在上单调递增,设平面EFM的法向量为,则,,所以.即.当,即时,存在唯一的零点,当时,,在上单调递减,令,得.则,这与恒成立矛盾,所以不满足题意因为,综上,a的取值范围是.【知识点】利用导数研究函数的单调性;利用导数求闭区间上函数的最值所以钝二面角B-FM-E的余弦值为.【解析】【分析】(1)求得,通过,求得单调区间,即可求得最小值,从【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系;用空间向量求平面间的夹角而解决问题;【解析】【分析】(1)结合勾股定理易得,再由△ABE∽△ACB,得(2)由函数在均为单调递增函数,可判断也单调递增,通,即可求证;(2)如图建立空间直角坐标系,求得两平面的法向量,代入夹角公式即可求解。过讨论和确定函数的单调区间,求得最小值,即可求解。21.已知函数.22.已知抛物线.(1)若,证明:.(1)直线与交于A、B两点,O为坐标原点.(2)当时,恒成立,求a的取值范围.从下面的①②两个问题中任选一个作答,如果两个都作答,则按所做的第一个计分.①证明:.【答案】(1)证明:当时,,②若,求的值;因为在上单调递增,且,(2)已知点,直线与交于C、D两点(均异于点),且.过作直线的垂所以时,,在上单调递减,线,垂足为,试问是否存在定点,使得为定值?若存在,求出定值;若不存在,说明理由.当时,,在上单调递增.【答案】(1)解:选①:设点、,所以,所以,.联立可得,(*) 当时,方程(*)即为,此时直线与抛物线只有一个公共点,不合乎题意,联立得,,所以,,,由韦达定理可得,.则,,因为,所以,所以.所以,即.所以直线的方程为,则直线过定点.因为经过抛物线的焦点,因为,所以当点为的中点时,为定值,所以,故存在定点,使得为定值.故.【知识点】抛物线的标准方程;抛物线的简单性质;直线与圆锥曲线的关系;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)选①:设点、,直线方程,抛物线方程联立,结合韦达定理,选②:设点、,可得,结合即可求解;联立可得,(*)当时,方程(*)即为,此时直线与抛物线只有一个公共点,不合乎题意,选②:设点、,联立直线与抛物线方程,结合达定理得到:所以,,,,再由-3,即可求解;则,,(2)先判断当直线的斜率为零,则直线与抛物线只有一个公共点,不合乎题意,再设直线的方程为,设点、,联立结合韦达定理及,可得.,即,从而直线的方程为,即过定点因为.又,可知点为的中点,即可求证。,所以,解得.(2)解:若直线的斜率为零,则直线与抛物线只有一个公共点,不合乎题意,设直线的方程为,设点、,
简介:高三下学期数学二模试卷所以,则.一、单选题当时,.1.已知集合,,则( )故答案为:CA.B.【分析】求得中心点坐标,代入方程求得a,再由x=120,即可求解。C.D.4.已知是空间两个不同的平面,则“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的【答案】C( )【知识点】并集及其运算A.充分非必要条件B.必要非充分条件【解析】【解答】因为,所以.C.充要条件D.非充分非必要条件故答案为:C【答案】B【知识点】充分条件;必要条件【分析】化简集合B,再根据并集的定义可得答案。【解析】【解答】已知是空间两个不同的平面,若平面内存在不共线的三点到平面β的距离相等,2.已知向量,,则( )可得或相交,A.3B.4C.5D.6【答案】C反之,若,则平面上存在不共线的三点到平面的距离相等;【知识点】向量的模;平面向量的坐标运算所以“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的必要不充分条件.【解析】【解答】解:由题意可得,所以.故答案为:B.故答案为:C【分析】由平面内存在不共线的三点到平面β的距离相等,可得到或相交,即可确定选项。【分析】由向量的坐标运算求得再由模长公式即可求解。5.若函数,则函数的最小值为( )3.某研究机构为了了解初中生语文成绩的平均分y(单位:分)与每周课外阅读时间x(单位:分钟)是否存在线性关系,搜集了100组数据(,),并据此求得y关于x的线性回归方程为A.-1B.-2C.-3D.-4【答案】D.若一位初中生的每周课外阅读时间为2个小时,则可估计她的语文成绩的平均分为( )【知识点】函数解析式的求解及常用方法;二次函数在闭区间上的最值A.70.6B.100C.106D.110【解析】【解答】因为,【答案】C【知识点】线性回归方程所以.【解析】【解答】解:因为,,从而,所以,,当时,取得最小值,且最小值为-4. 故答案为:D则,当且仅当时,“=”成立,又a,,所以,当且仅当时,“=”成立,【分析】由配方法求得,进而得到,即可求解。所以a+2b的最大值为.6.已知函数,,,且在上单调递增,则故答案为:C( )A.B.C.2D.3【分析】由即可求解。【答案】A8.已知双曲线C:的左、右焦点分别为,,直线l:与C交于【知识点】正弦函数的单调性;复合三角函数的单调性【解析】【解答】因为,所以,两点,且四边形的面积为.若点关于点的对称点为,且,则C的离心率是( )所以,解得.A.B.C.3D.5因为,所以.【答案】B【知识点】双曲线的标准方程;双曲线的简单性质;直线与圆锥曲线的关系因为在上单调递增,所以,【解析】【解答】解:由双曲线的对称性可知四边形是平行四边形.解得,故.如图,不妨设在第三象限,由题意可知分别线段,的中点,故答案为:A则.因为,所以,则平行四边形是矩形.【分析】由可得,即可得,再由得到设,,则,整理得,即,,结合函数单调性即可知,从而解决问题。故双曲线C的离心率.7.已知a,,且,则a+2b的最大值为( )故答案为:BA.2B.3C.D.【答案】C【分析】由双曲线的对称性可知四边形是平行四边形.,不妨设在第三象限,由题意可知【知识点】基本不等式;基本不等式在最值问题中的应用分别线段,的中点,如图,易判断平行四边形是矩形.,设,,则【解析】【解答】解:, 所以,最小值为,A不符合题意;即可求解。所以,由椭圆的对称性知,,所以B符合题意.二、多选题当在轴上时,,则为钝角,所以存在点A,使得,C符合9.已知复数z满足方程,则( )A.z可能为纯虚数B.方程各根之和为4题意.C.z可能为D.方程各根之积为-20故答案为:BCD【答案】B,C,D【知识点】复数的基本概念;复数代数形式的乘除运算【分析】由椭圆方程可得,,可判断D,由可得A,B关于原点对称,即可判【解析】【解答】由,得或,断A,由椭圆定义即可判断B,当在轴上时,结合余弦定理即可判断C。即或,11.若直线是曲线与曲线的公切线,则( )解得:或,显然A不符合题意,C符合题意;A.B.C.D.各根之和为,B符合题意;【答案】A,D【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程各根之积为,D符合题意【解析】【解答】解:设直线与曲线相切于点,故答案为:BCD.与曲线相切于点,【分析】由已知条件可得或,即可求得或,逐项判断即可。对于函数,,则,解得,10.已知O为坐标原点,椭圆C:的左、右焦点分别为,,两点都在上,且所以,即.,则( )对于函数,,A.的最小值为4B.为定值则,C.存在点,使得D.C的焦距是短轴长的倍又,【答案】B,C,D所以,【知识点】椭圆的定义;椭圆的标准方程;椭圆的简单性质又,【解析】【解答】解:因为,,,所以,,,所以,.所以,C的焦距是短轴长的倍,D符合题意.故答案为:AD因为,故关于原点对称,【分析】设直线与曲线相切于点,与曲线相切于点 ,由导数的几何意义即可求a=1,m=-2,再结合可得,上先增后减,得,即可求解。三、填空题结合即可求解。13.若展开式中各项的系数之和为96,则展开式中的系数为 .12.已知函数在上先增后减,函数在上先增后减.若,,,则( )【答案】25【知识点】二项式定理;二项式定理的应用A.B.C.D.【答案】B,C【解析】【解答】由题意可知,得,则,【知识点】指数函数的图象与性质;指数式与对数式的互化;对数函数的图象与性质【解析】【解答】∵,∴,,∴.展开式的通项公式为,设,∵,,在上先增后减,所以展开式中的系数为.∴.故答案为:25∵,∴,,【分析】令x=1,即可求得n=5,再结合的通项公式即可求解。∴,∴.14.现有10个圆的圆心都在同一条直线上,从左到右它们的半径依次构成首项为1,公比为2的等比数列,∵,从第2个圆开始,每个圆都与前一个圆外切,前3个圆如图所示,若P,Q分别为第1个圆与第10个圆上任意一点,则的最大值为 .(用数字作答)∴【答案】2046设,【知识点】等比数列的前n项和∵,,在上先增后减,【解析】【解答】由题意可知,的最大值为这10个圆的直径之和,∴.由等比数列前项和公式可得,的最大值为.∴.故答案为:BC.故答案为:2046【分析】由,可得.设,由在【分析】由题意可得的最大值为这10个圆的直径之和结合等比数列求和公式即可求上先增后减,可得,再结合可得,由解。15.在《九章算术》中,将四个面都是直角三角形的三棱锥称为鳖臑.已知在鳖臑P-ABC中,AB⊥BC,PA⊥平可得,构造函数,由在面ABC,且,则鳖臑P-ABC外接球的体积是 . 【答案】36π故.【知识点】球的体积和表面积;球内接多面体【解析】【解答】由题意可得三角形ABC外接圆的半径,故答案为:因为PA⊥平面ABC,【分析】由,代入已知条件可得,构造函数所以鳖臑P-ABC外接球的半径,易判断单调递增,由,即可得,再由两角和的正切公式即可求解。故鳖臑P-ABC外接球的体积是.故答案为:36π四、解答题17.已知公差为2的等差数列的前n项和为,且.【分析】由直角三角形性质可得三角形ABC外接圆的半径,再结合PA⊥平面ABC,可得(1)求的通项公式.即可求解。(2)若,数列的前n项和为,证明.【答案】(1)解:由题意,得,16.已知,则的取值范围为 .解得:,【答案】故.【知识点】利用导数研究函数的单调性;两角和与差的正切公式;同角三角函数间的基本关系(2)证明:因为,【解析】【解答】解:因为,所以所以,,即.设函数,则,因为,因为,所以.所以,所以为增函数.【知识点】等差数列的通项公式;数列的求和;数列与不等式的综合【解析】【分析】(1)由求得a1,即可求解;又,所以,(2)由(1)可得,通过裂项相消求和即可求证。所以, 18.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且.由(1)得,.(1)求角A;比赛进行4回合且甲胜出的情情形如下:甲负胜胜胜、胜负胜胜、胜胜负胜.(2)若,,求△ABC的面积..【答案】(1)解:因为,比赛进行4回合且乙胜出的情形如下:乙负胜胜胜、胜负胜胜、胜胜负胜.所以,.所以,.因为,所以.,因为,故.所以.【知识点】互斥事件的概率加法公式;相互独立事件的概率乘法公式;离散型随机变量的期望与方差【解析】【分析】(1)由只进行了3回合等价于甲连胜3回合或乙连胜3回合,即可求解;(2)解:因为,,,(2)由题意可知X的可能取值为3,4,5.求得每个取值对应概率,再由期望计算公式即可求解。所以由余弦定理,20.如图1,在Rt△ABC中,,,E,F都在AC上,且,,将△AEB,△CFG分别沿EB,FG折起,使得点A,C在点P处重合,得到四棱锥P-EFGB,如图可得,即,2.解得或(舍去),(1)证明:.(2)若M为PB的中点,求钝二面角B-FM-E的余弦值.故△ABC的面积为.【答案】(1)证明:由,,【知识点】正弦定理;余弦定理得,,,则,所以.【解析】【分析】(1)利用已知条件,结合正弦定理以及余弦定理转化求解出角A;因为,所以△ABE∽△ACB,(2)利用余弦定理求解C,然后求解三角形的面积.所以,即.19.甲、乙两人进行一次乒乓球比赛,比赛最多打5个回合,先胜3回合者胜出且比赛结束.在每回合比赛中,又,所以平面PEB,先发球者获胜的概率为0.6,胜者获得下一回合先发球的资格.已知第1回合中,甲先发球.因为平面PEB,所以.(1)求比赛只进行了3回合的概率;(2)解:以E为坐标原点,以的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系E-xyz,(2)设比赛共进行了X回合,求X的数学期望.则,,,,,,,【答案】(1)解:因为比赛只进行了3回合,所以甲连胜3回合或乙连胜3回合,故所求概率为.,.(2)解:X的可能取值为3,4,5.平面BFM即平面BPM,设平面BFM的法向量为, 则由,,(2)解:,由于函数在均为单调递增函数,得.所以,在上单调递增,且.令,得.当,即时,,在上单调递增,设平面EFM的法向量为,则,,所以.即.当,即时,存在唯一的零点,当时,,在上单调递减,令,得.则,这与恒成立矛盾,所以不满足题意因为,综上,a的取值范围是.【知识点】利用导数研究函数的单调性;利用导数求闭区间上函数的最值所以钝二面角B-FM-E的余弦值为.【解析】【分析】(1)求得,通过,求得单调区间,即可求得最小值,从【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系;用空间向量求平面间的夹角而解决问题;【解析】【分析】(1)结合勾股定理易得,再由△ABE∽△ACB,得(2)由函数在均为单调递增函数,可判断也单调递增,通,即可求证;(2)如图建立空间直角坐标系,求得两平面的法向量,代入夹角公式即可求解。过讨论和确定函数的单调区间,求得最小值,即可求解。21.已知函数.22.已知抛物线.(1)若,证明:.(1)直线与交于A、B两点,O为坐标原点.(2)当时,恒成立,求a的取值范围.从下面的①②两个问题中任选一个作答,如果两个都作答,则按所做的第一个计分.①证明:.【答案】(1)证明:当时,,②若,求的值;因为在上单调递增,且,(2)已知点,直线与交于C、D两点(均异于点),且.过作直线的垂所以时,,在上单调递减,线,垂足为,试问是否存在定点,使得为定值?若存在,求出定值;若不存在,说明理由.当时,,在上单调递增.【答案】(1)解:选①:设点、,所以,所以,.联立可得,(*) 当时,方程(*)即为,此时直线与抛物线只有一个公共点,不合乎题意,联立得,,所以,,,由韦达定理可得,.则,,因为,所以,所以.所以,即.所以直线的方程为,则直线过定点.因为经过抛物线的焦点,因为,所以当点为的中点时,为定值,所以,故存在定点,使得为定值.故.【知识点】抛物线的标准方程;抛物线的简单性质;直线与圆锥曲线的关系;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)选①:设点、,直线方程,抛物线方程联立,结合韦达定理,选②:设点、,可得,结合即可求解;联立可得,(*)当时,方程(*)即为,此时直线与抛物线只有一个公共点,不合乎题意,选②:设点、,联立直线与抛物线方程,结合达定理得到:所以,,,,再由-3,即可求解;则,,(2)先判断当直线的斜率为零,则直线与抛物线只有一个公共点,不合乎题意,再设直线的方程为,设点、,联立结合韦达定理及,可得.,即,从而直线的方程为,即过定点因为.又,可知点为的中点,即可求证。,所以,解得.(2)解:若直线的斜率为零,则直线与抛物线只有一个公共点,不合乎题意,设直线的方程为,设点、,
简介:高三下学期数学二模试卷所以,则.一、单选题当时,.1.已知集合,,则( )故答案为:CA.B.【分析】求得中心点坐标,代入方程求得a,再由x=120,即可求解。C.D.4.已知是空间两个不同的平面,则“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的【答案】C( )【知识点】并集及其运算A.充分非必要条件B.必要非充分条件【解析】【解答】因为,所以.C.充要条件D.非充分非必要条件故答案为:C【答案】B【知识点】充分条件;必要条件【分析】化简集合B,再根据并集的定义可得答案。【解析】【解答】已知是空间两个不同的平面,若平面内存在不共线的三点到平面β的距离相等,2.已知向量,,则( )可得或相交,A.3B.4C.5D.6【答案】C反之,若,则平面上存在不共线的三点到平面的距离相等;【知识点】向量的模;平面向量的坐标运算所以“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的必要不充分条件.【解析】【解答】解:由题意可得,所以.故答案为:B.故答案为:C【分析】由平面内存在不共线的三点到平面β的距离相等,可得到或相交,即可确定选项。【分析】由向量的坐标运算求得再由模长公式即可求解。5.若函数,则函数的最小值为( )3.某研究机构为了了解初中生语文成绩的平均分y(单位:分)与每周课外阅读时间x(单位:分钟)是否存在线性关系,搜集了100组数据(,),并据此求得y关于x的线性回归方程为A.-1B.-2C.-3D.-4【答案】D.若一位初中生的每周课外阅读时间为2个小时,则可估计她的语文成绩的平均分为( )【知识点】函数解析式的求解及常用方法;二次函数在闭区间上的最值A.70.6B.100C.106D.110【解析】【解答】因为,【答案】C【知识点】线性回归方程所以.【解析】【解答】解:因为,,从而,所以,,当时,取得最小值,且最小值为-4. 故答案为:D则,当且仅当时,“=”成立,又a,,所以,当且仅当时,“=”成立,【分析】由配方法求得,进而得到,即可求解。所以a+2b的最大值为.6.已知函数,,,且在上单调递增,则故答案为:C( )A.B.C.2D.3【分析】由即可求解。【答案】A8.已知双曲线C:的左、右焦点分别为,,直线l:与C交于【知识点】正弦函数的单调性;复合三角函数的单调性【解析】【解答】因为,所以,两点,且四边形的面积为.若点关于点的对称点为,且,则C的离心率是( )所以,解得.A.B.C.3D.5因为,所以.【答案】B【知识点】双曲线的标准方程;双曲线的简单性质;直线与圆锥曲线的关系因为在上单调递增,所以,【解析】【解答】解:由双曲线的对称性可知四边形是平行四边形.解得,故.如图,不妨设在第三象限,由题意可知分别线段,的中点,故答案为:A则.因为,所以,则平行四边形是矩形.【分析】由可得,即可得,再由得到设,,则,整理得,即,,结合函数单调性即可知,从而解决问题。故双曲线C的离心率.7.已知a,,且,则a+2b的最大值为( )故答案为:BA.2B.3C.D.【答案】C【分析】由双曲线的对称性可知四边形是平行四边形.,不妨设在第三象限,由题意可知【知识点】基本不等式;基本不等式在最值问题中的应用分别线段,的中点,如图,易判断平行四边形是矩形.,设,,则【解析】【解答】解:, 所以,最小值为,A不符合题意;即可求解。所以,由椭圆的对称性知,,所以B符合题意.二、多选题当在轴上时,,则为钝角,所以存在点A,使得,C符合9.已知复数z满足方程,则( )A.z可能为纯虚数B.方程各根之和为4题意.C.z可能为D.方程各根之积为-20故答案为:BCD【答案】B,C,D【知识点】复数的基本概念;复数代数形式的乘除运算【分析】由椭圆方程可得,,可判断D,由可得A,B关于原点对称,即可判【解析】【解答】由,得或,断A,由椭圆定义即可判断B,当在轴上时,结合余弦定理即可判断C。即或,11.若直线是曲线与曲线的公切线,则( )解得:或,显然A不符合题意,C符合题意;A.B.C.D.各根之和为,B符合题意;【答案】A,D【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程各根之积为,D符合题意【解析】【解答】解:设直线与曲线相切于点,故答案为:BCD.与曲线相切于点,【分析】由已知条件可得或,即可求得或,逐项判断即可。对于函数,,则,解得,10.已知O为坐标原点,椭圆C:的左、右焦点分别为,,两点都在上,且所以,即.,则( )对于函数,,A.的最小值为4B.为定值则,C.存在点,使得D.C的焦距是短轴长的倍又,【答案】B,C,D所以,【知识点】椭圆的定义;椭圆的标准方程;椭圆的简单性质又,【解析】【解答】解:因为,,,所以,,,所以,.所以,C的焦距是短轴长的倍,D符合题意.故答案为:AD因为,故关于原点对称,【分析】设直线与曲线相切于点,与曲线相切于点 ,由导数的几何意义即可求a=1,m=-2,再结合可得,上先增后减,得,即可求解。三、填空题结合即可求解。13.若展开式中各项的系数之和为96,则展开式中的系数为 .12.已知函数在上先增后减,函数在上先增后减.若,,,则( )【答案】25【知识点】二项式定理;二项式定理的应用A.B.C.D.【答案】B,C【解析】【解答】由题意可知,得,则,【知识点】指数函数的图象与性质;指数式与对数式的互化;对数函数的图象与性质【解析】【解答】∵,∴,,∴.展开式的通项公式为,设,∵,,在上先增后减,所以展开式中的系数为.∴.故答案为:25∵,∴,,【分析】令x=1,即可求得n=5,再结合的通项公式即可求解。∴,∴.14.现有10个圆的圆心都在同一条直线上,从左到右它们的半径依次构成首项为1,公比为2的等比数列,∵,从第2个圆开始,每个圆都与前一个圆外切,前3个圆如图所示,若P,Q分别为第1个圆与第10个圆上任意一点,则的最大值为 .(用数字作答)∴【答案】2046设,【知识点】等比数列的前n项和∵,,在上先增后减,【解析】【解答】由题意可知,的最大值为这10个圆的直径之和,∴.由等比数列前项和公式可得,的最大值为.∴.故答案为:BC.故答案为:2046【分析】由,可得.设,由在【分析】由题意可得的最大值为这10个圆的直径之和结合等比数列求和公式即可求上先增后减,可得,再结合可得,由解。15.在《九章算术》中,将四个面都是直角三角形的三棱锥称为鳖臑.已知在鳖臑P-ABC中,AB⊥BC,PA⊥平可得,构造函数,由在面ABC,且,则鳖臑P-ABC外接球的体积是 . 【答案】36π故.【知识点】球的体积和表面积;球内接多面体【解析】【解答】由题意可得三角形ABC外接圆的半径,故答案为:因为PA⊥平面ABC,【分析】由,代入已知条件可得,构造函数所以鳖臑P-ABC外接球的半径,易判断单调递增,由,即可得,再由两角和的正切公式即可求解。故鳖臑P-ABC外接球的体积是.故答案为:36π四、解答题17.已知公差为2的等差数列的前n项和为,且.【分析】由直角三角形性质可得三角形ABC外接圆的半径,再结合PA⊥平面ABC,可得(1)求的通项公式.即可求解。(2)若,数列的前n项和为,证明.【答案】(1)解:由题意,得,16.已知,则的取值范围为 .解得:,【答案】故.【知识点】利用导数研究函数的单调性;两角和与差的正切公式;同角三角函数间的基本关系(2)证明:因为,【解析】【解答】解:因为,所以所以,,即.设函数,则,因为,因为,所以.所以,所以为增函数.【知识点】等差数列的通项公式;数列的求和;数列与不等式的综合【解析】【分析】(1)由求得a1,即可求解;又,所以,(2)由(1)可得,通过裂项相消求和即可求证。所以, 18.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且.由(1)得,.(1)求角A;比赛进行4回合且甲胜出的情情形如下:甲负胜胜胜、胜负胜胜、胜胜负胜.(2)若,,求△ABC的面积..【答案】(1)解:因为,比赛进行4回合且乙胜出的情形如下:乙负胜胜胜、胜负胜胜、胜胜负胜.所以,.所以,.因为,所以.,因为,故.所以.【知识点】互斥事件的概率加法公式;相互独立事件的概率乘法公式;离散型随机变量的期望与方差【解析】【分析】(1)由只进行了3回合等价于甲连胜3回合或乙连胜3回合,即可求解;(2)解:因为,,,(2)由题意可知X的可能取值为3,4,5.求得每个取值对应概率,再由期望计算公式即可求解。所以由余弦定理,20.如图1,在Rt△ABC中,,,E,F都在AC上,且,,将△AEB,△CFG分别沿EB,FG折起,使得点A,C在点P处重合,得到四棱锥P-EFGB,如图可得,即,2.解得或(舍去),(1)证明:.(2)若M为PB的中点,求钝二面角B-FM-E的余弦值.故△ABC的面积为.【答案】(1)证明:由,,【知识点】正弦定理;余弦定理得,,,则,所以.【解析】【分析】(1)利用已知条件,结合正弦定理以及余弦定理转化求解出角A;因为,所以△ABE∽△ACB,(2)利用余弦定理求解C,然后求解三角形的面积.所以,即.19.甲、乙两人进行一次乒乓球比赛,比赛最多打5个回合,先胜3回合者胜出且比赛结束.在每回合比赛中,又,所以平面PEB,先发球者获胜的概率为0.6,胜者获得下一回合先发球的资格.已知第1回合中,甲先发球.因为平面PEB,所以.(1)求比赛只进行了3回合的概率;(2)解:以E为坐标原点,以的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系E-xyz,(2)设比赛共进行了X回合,求X的数学期望.则,,,,,,,【答案】(1)解:因为比赛只进行了3回合,所以甲连胜3回合或乙连胜3回合,故所求概率为.,.(2)解:X的可能取值为3,4,5.平面BFM即平面BPM,设平面BFM的法向量为, 则由,,(2)解:,由于函数在均为单调递增函数,得.所以,在上单调递增,且.令,得.当,即时,,在上单调递增,设平面EFM的法向量为,则,,所以.即.当,即时,存在唯一的零点,当时,,在上单调递减,令,得.则,这与恒成立矛盾,所以不满足题意因为,综上,a的取值范围是.【知识点】利用导数研究函数的单调性;利用导数求闭区间上函数的最值所以钝二面角B-FM-E的余弦值为.【解析】【分析】(1)求得,通过,求得单调区间,即可求得最小值,从【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系;用空间向量求平面间的夹角而解决问题;【解析】【分析】(1)结合勾股定理易得,再由△ABE∽△ACB,得(2)由函数在均为单调递增函数,可判断也单调递增,通,即可求证;(2)如图建立空间直角坐标系,求得两平面的法向量,代入夹角公式即可求解。过讨论和确定函数的单调区间,求得最小值,即可求解。21.已知函数.22.已知抛物线.(1)若,证明:.(1)直线与交于A、B两点,O为坐标原点.(2)当时,恒成立,求a的取值范围.从下面的①②两个问题中任选一个作答,如果两个都作答,则按所做的第一个计分.①证明:.【答案】(1)证明:当时,,②若,求的值;因为在上单调递增,且,(2)已知点,直线与交于C、D两点(均异于点),且.过作直线的垂所以时,,在上单调递减,线,垂足为,试问是否存在定点,使得为定值?若存在,求出定值;若不存在,说明理由.当时,,在上单调递增.【答案】(1)解:选①:设点、,所以,所以,.联立可得,(*) 当时,方程(*)即为,此时直线与抛物线只有一个公共点,不合乎题意,联立得,,所以,,,由韦达定理可得,.则,,因为,所以,所以.所以,即.所以直线的方程为,则直线过定点.因为经过抛物线的焦点,因为,所以当点为的中点时,为定值,所以,故存在定点,使得为定值.故.【知识点】抛物线的标准方程;抛物线的简单性质;直线与圆锥曲线的关系;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)选①:设点、,直线方程,抛物线方程联立,结合韦达定理,选②:设点、,可得,结合即可求解;联立可得,(*)当时,方程(*)即为,此时直线与抛物线只有一个公共点,不合乎题意,选②:设点、,联立直线与抛物线方程,结合达定理得到:所以,,,,再由-3,即可求解;则,,(2)先判断当直线的斜率为零,则直线与抛物线只有一个公共点,不合乎题意,再设直线的方程为,设点、,联立结合韦达定理及,可得.,即,从而直线的方程为,即过定点因为.又,可知点为的中点,即可求证。,所以,解得.(2)解:若直线的斜率为零,则直线与抛物线只有一个公共点,不合乎题意,设直线的方程为,设点、,
简介:高三下学期数学二模试卷所以,则.一、单选题当时,.1.已知集合,,则( )故答案为:CA.B.【分析】求得中心点坐标,代入方程求得a,再由x=120,即可求解。C.D.4.已知是空间两个不同的平面,则“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的【答案】C( )【知识点】并集及其运算A.充分非必要条件B.必要非充分条件【解析】【解答】因为,所以.C.充要条件D.非充分非必要条件故答案为:C【答案】B【知识点】充分条件;必要条件【分析】化简集合B,再根据并集的定义可得答案。【解析】【解答】已知是空间两个不同的平面,若平面内存在不共线的三点到平面β的距离相等,2.已知向量,,则( )可得或相交,A.3B.4C.5D.6【答案】C反之,若,则平面上存在不共线的三点到平面的距离相等;【知识点】向量的模;平面向量的坐标运算所以“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的必要不充分条件.【解析】【解答】解:由题意可得,所以.故答案为:B.故答案为:C【分析】由平面内存在不共线的三点到平面β的距离相等,可得到或相交,即可确定选项。【分析】由向量的坐标运算求得再由模长公式即可求解。5.若函数,则函数的最小值为( )3.某研究机构为了了解初中生语文成绩的平均分y(单位:分)与每周课外阅读时间x(单位:分钟)是否存在线性关系,搜集了100组数据(,),并据此求得y关于x的线性回归方程为A.-1B.-2C.-3D.-4【答案】D.若一位初中生的每周课外阅读时间为2个小时,则可估计她的语文成绩的平均分为( )【知识点】函数解析式的求解及常用方法;二次函数在闭区间上的最值A.70.6B.100C.106D.110【解析】【解答】因为,【答案】C【知识点】线性回归方程所以.【解析】【解答】解:因为,,从而,所以,,当时,取得最小值,且最小值为-4. 故答案为:D则,当且仅当时,“=”成立,又a,,所以,当且仅当时,“=”成立,【分析】由配方法求得,进而得到,即可求解。所以a+2b的最大值为.6.已知函数,,,且在上单调递增,则故答案为:C( )A.B.C.2D.3【分析】由即可求解。【答案】A8.已知双曲线C:的左、右焦点分别为,,直线l:与C交于【知识点】正弦函数的单调性;复合三角函数的单调性【解析】【解答】因为,所以,两点,且四边形的面积为.若点关于点的对称点为,且,则C的离心率是( )所以,解得.A.B.C.3D.5因为,所以.【答案】B【知识点】双曲线的标准方程;双曲线的简单性质;直线与圆锥曲线的关系因为在上单调递增,所以,【解析】【解答】解:由双曲线的对称性可知四边形是平行四边形.解得,故.如图,不妨设在第三象限,由题意可知分别线段,的中点,故答案为:A则.因为,所以,则平行四边形是矩形.【分析】由可得,即可得,再由得到设,,则,整理得,即,,结合函数单调性即可知,从而解决问题。故双曲线C的离心率.7.已知a,,且,则a+2b的最大值为( )故答案为:BA.2B.3C.D.【答案】C【分析】由双曲线的对称性可知四边形是平行四边形.,不妨设在第三象限,由题意可知【知识点】基本不等式;基本不等式在最值问题中的应用分别线段,的中点,如图,易判断平行四边形是矩形.,设,,则【解析】【解答】解:, 所以,最小值为,A不符合题意;即可求解。所以,由椭圆的对称性知,,所以B符合题意.二、多选题当在轴上时,,则为钝角,所以存在点A,使得,C符合9.已知复数z满足方程,则( )A.z可能为纯虚数B.方程各根之和为4题意.C.z可能为D.方程各根之积为-20故答案为:BCD【答案】B,C,D【知识点】复数的基本概念;复数代数形式的乘除运算【分析】由椭圆方程可得,,可判断D,由可得A,B关于原点对称,即可判【解析】【解答】由,得或,断A,由椭圆定义即可判断B,当在轴上时,结合余弦定理即可判断C。即或,11.若直线是曲线与曲线的公切线,则( )解得:或,显然A不符合题意,C符合题意;A.B.C.D.各根之和为,B符合题意;【答案】A,D【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程各根之积为,D符合题意【解析】【解答】解:设直线与曲线相切于点,故答案为:BCD.与曲线相切于点,【分析】由已知条件可得或,即可求得或,逐项判断即可。对于函数,,则,解得,10.已知O为坐标原点,椭圆C:的左、右焦点分别为,,两点都在上,且所以,即.,则( )对于函数,,A.的最小值为4B.为定值则,C.存在点,使得D.C的焦距是短轴长的倍又,【答案】B,C,D所以,【知识点】椭圆的定义;椭圆的标准方程;椭圆的简单性质又,【解析】【解答】解:因为,,,所以,,,所以,.所以,C的焦距是短轴长的倍,D符合题意.故答案为:AD因为,故关于原点对称,【分析】设直线与曲线相切于点,与曲线相切于点 ,由导数的几何意义即可求a=1,m=-2,再结合可得,上先增后减,得,即可求解。三、填空题结合即可求解。13.若展开式中各项的系数之和为96,则展开式中的系数为 .12.已知函数在上先增后减,函数在上先增后减.若,,,则( )【答案】25【知识点】二项式定理;二项式定理的应用A.B.C.D.【答案】B,C【解析】【解答】由题意可知,得,则,【知识点】指数函数的图象与性质;指数式与对数式的互化;对数函数的图象与性质【解析】【解答】∵,∴,,∴.展开式的通项公式为,设,∵,,在上先增后减,所以展开式中的系数为.∴.故答案为:25∵,∴,,【分析】令x=1,即可求得n=5,再结合的通项公式即可求解。∴,∴.14.现有10个圆的圆心都在同一条直线上,从左到右它们的半径依次构成首项为1,公比为2的等比数列,∵,从第2个圆开始,每个圆都与前一个圆外切,前3个圆如图所示,若P,Q分别为第1个圆与第10个圆上任意一点,则的最大值为 .(用数字作答)∴【答案】2046设,【知识点】等比数列的前n项和∵,,在上先增后减,【解析】【解答】由题意可知,的最大值为这10个圆的直径之和,∴.由等比数列前项和公式可得,的最大值为.∴.故答案为:BC.故答案为:2046【分析】由,可得.设,由在【分析】由题意可得的最大值为这10个圆的直径之和结合等比数列求和公式即可求上先增后减,可得,再结合可得,由解。15.在《九章算术》中,将四个面都是直角三角形的三棱锥称为鳖臑.已知在鳖臑P-ABC中,AB⊥BC,PA⊥平可得,构造函数,由在面ABC,且,则鳖臑P-ABC外接球的体积是 . 【答案】36π故.【知识点】球的体积和表面积;球内接多面体【解析】【解答】由题意可得三角形ABC外接圆的半径,故答案为:因为PA⊥平面ABC,【分析】由,代入已知条件可得,构造函数所以鳖臑P-ABC外接球的半径,易判断单调递增,由,即可得,再由两角和的正切公式即可求解。故鳖臑P-ABC外接球的体积是.故答案为:36π四、解答题17.已知公差为2的等差数列的前n项和为,且.【分析】由直角三角形性质可得三角形ABC外接圆的半径,再结合PA⊥平面ABC,可得(1)求的通项公式.即可求解。(2)若,数列的前n项和为,证明.【答案】(1)解:由题意,得,16.已知,则的取值范围为 .解得:,【答案】故.【知识点】利用导数研究函数的单调性;两角和与差的正切公式;同角三角函数间的基本关系(2)证明:因为,【解析】【解答】解:因为,所以所以,,即.设函数,则,因为,因为,所以.所以,所以为增函数.【知识点】等差数列的通项公式;数列的求和;数列与不等式的综合【解析】【分析】(1)由求得a1,即可求解;又,所以,(2)由(1)可得,通过裂项相消求和即可求证。所以, 18.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且.由(1)得,.(1)求角A;比赛进行4回合且甲胜出的情情形如下:甲负胜胜胜、胜负胜胜、胜胜负胜.(2)若,,求△ABC的面积..【答案】(1)解:因为,比赛进行4回合且乙胜出的情形如下:乙负胜胜胜、胜负胜胜、胜胜负胜.所以,.所以,.因为,所以.,因为,故.所以.【知识点】互斥事件的概率加法公式;相互独立事件的概率乘法公式;离散型随机变量的期望与方差【解析】【分析】(1)由只进行了3回合等价于甲连胜3回合或乙连胜3回合,即可求解;(2)解:因为,,,(2)由题意可知X的可能取值为3,4,5.求得每个取值对应概率,再由期望计算公式即可求解。所以由余弦定理,20.如图1,在Rt△ABC中,,,E,F都在AC上,且,,将△AEB,△CFG分别沿EB,FG折起,使得点A,C在点P处重合,得到四棱锥P-EFGB,如图可得,即,2.解得或(舍去),(1)证明:.(2)若M为PB的中点,求钝二面角B-FM-E的余弦值.故△ABC的面积为.【答案】(1)证明:由,,【知识点】正弦定理;余弦定理得,,,则,所以.【解析】【分析】(1)利用已知条件,结合正弦定理以及余弦定理转化求解出角A;因为,所以△ABE∽△ACB,(2)利用余弦定理求解C,然后求解三角形的面积.所以,即.19.甲、乙两人进行一次乒乓球比赛,比赛最多打5个回合,先胜3回合者胜出且比赛结束.在每回合比赛中,又,所以平面PEB,先发球者获胜的概率为0.6,胜者获得下一回合先发球的资格.已知第1回合中,甲先发球.因为平面PEB,所以.(1)求比赛只进行了3回合的概率;(2)解:以E为坐标原点,以的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系E-xyz,(2)设比赛共进行了X回合,求X的数学期望.则,,,,,,,【答案】(1)解:因为比赛只进行了3回合,所以甲连胜3回合或乙连胜3回合,故所求概率为.,.(2)解:X的可能取值为3,4,5.平面BFM即平面BPM,设平面BFM的法向量为, 则由,,(2)解:,由于函数在均为单调递增函数,得.所以,在上单调递增,且.令,得.当,即时,,在上单调递增,设平面EFM的法向量为,则,,所以.即.当,即时,存在唯一的零点,当时,,在上单调递减,令,得.则,这与恒成立矛盾,所以不满足题意因为,综上,a的取值范围是.【知识点】利用导数研究函数的单调性;利用导数求闭区间上函数的最值所以钝二面角B-FM-E的余弦值为.【解析】【分析】(1)求得,通过,求得单调区间,即可求得最小值,从【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系;用空间向量求平面间的夹角而解决问题;【解析】【分析】(1)结合勾股定理易得,再由△ABE∽△ACB,得(2)由函数在均为单调递增函数,可判断也单调递增,通,即可求证;(2)如图建立空间直角坐标系,求得两平面的法向量,代入夹角公式即可求解。过讨论和确定函数的单调区间,求得最小值,即可求解。21.已知函数.22.已知抛物线.(1)若,证明:.(1)直线与交于A、B两点,O为坐标原点.(2)当时,恒成立,求a的取值范围.从下面的①②两个问题中任选一个作答,如果两个都作答,则按所做的第一个计分.①证明:.【答案】(1)证明:当时,,②若,求的值;因为在上单调递增,且,(2)已知点,直线与交于C、D两点(均异于点),且.过作直线的垂所以时,,在上单调递减,线,垂足为,试问是否存在定点,使得为定值?若存在,求出定值;若不存在,说明理由.当时,,在上单调递增.【答案】(1)解:选①:设点、,所以,所以,.联立可得,(*) 当时,方程(*)即为,此时直线与抛物线只有一个公共点,不合乎题意,联立得,,所以,,,由韦达定理可得,.则,,因为,所以,所以.所以,即.所以直线的方程为,则直线过定点.因为经过抛物线的焦点,因为,所以当点为的中点时,为定值,所以,故存在定点,使得为定值.故.【知识点】抛物线的标准方程;抛物线的简单性质;直线与圆锥曲线的关系;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)选①:设点、,直线方程,抛物线方程联立,结合韦达定理,选②:设点、,可得,结合即可求解;联立可得,(*)当时,方程(*)即为,此时直线与抛物线只有一个公共点,不合乎题意,选②:设点、,联立直线与抛物线方程,结合达定理得到:所以,,,,再由-3,即可求解;则,,(2)先判断当直线的斜率为零,则直线与抛物线只有一个公共点,不合乎题意,再设直线的方程为,设点、,联立结合韦达定理及,可得.,即,从而直线的方程为,即过定点因为.又,可知点为的中点,即可求证。,所以,解得.(2)解:若直线的斜率为零,则直线与抛物线只有一个公共点,不合乎题意,设直线的方程为,设点、,
简介:高三下学期数学二模试卷所以,则.一、单选题当时,.1.已知集合,,则( )故答案为:CA.B.【分析】求得中心点坐标,代入方程求得a,再由x=120,即可求解。C.D.4.已知是空间两个不同的平面,则“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的【答案】C( )【知识点】并集及其运算A.充分非必要条件B.必要非充分条件【解析】【解答】因为,所以.C.充要条件D.非充分非必要条件故答案为:C【答案】B【知识点】充分条件;必要条件【分析】化简集合B,再根据并集的定义可得答案。【解析】【解答】已知是空间两个不同的平面,若平面内存在不共线的三点到平面β的距离相等,2.已知向量,,则( )可得或相交,A.3B.4C.5D.6【答案】C反之,若,则平面上存在不共线的三点到平面的距离相等;【知识点】向量的模;平面向量的坐标运算所以“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的必要不充分条件.【解析】【解答】解:由题意可得,所以.故答案为:B.故答案为:C【分析】由平面内存在不共线的三点到平面β的距离相等,可得到或相交,即可确定选项。【分析】由向量的坐标运算求得再由模长公式即可求解。5.若函数,则函数的最小值为( )3.某研究机构为了了解初中生语文成绩的平均分y(单位:分)与每周课外阅读时间x(单位:分钟)是否存在线性关系,搜集了100组数据(,),并据此求得y关于x的线性回归方程为A.-1B.-2C.-3D.-4【答案】D.若一位初中生的每周课外阅读时间为2个小时,则可估计她的语文成绩的平均分为( )【知识点】函数解析式的求解及常用方法;二次函数在闭区间上的最值A.70.6B.100C.106D.110【解析】【解答】因为,【答案】C【知识点】线性回归方程所以.【解析】【解答】解:因为,,从而,所以,,当时,取得最小值,且最小值为-4. 故答案为:D则,当且仅当时,“=”成立,又a,,所以,当且仅当时,“=”成立,【分析】由配方法求得,进而得到,即可求解。所以a+2b的最大值为.6.已知函数,,,且在上单调递增,则故答案为:C( )A.B.C.2D.3【分析】由即可求解。【答案】A8.已知双曲线C:的左、右焦点分别为,,直线l:与C交于【知识点】正弦函数的单调性;复合三角函数的单调性【解析】【解答】因为,所以,两点,且四边形的面积为.若点关于点的对称点为,且,则C的离心率是( )所以,解得.A.B.C.3D.5因为,所以.【答案】B【知识点】双曲线的标准方程;双曲线的简单性质;直线与圆锥曲线的关系因为在上单调递增,所以,【解析】【解答】解:由双曲线的对称性可知四边形是平行四边形.解得,故.如图,不妨设在第三象限,由题意可知分别线段,的中点,故答案为:A则.因为,所以,则平行四边形是矩形.【分析】由可得,即可得,再由得到设,,则,整理得,即,,结合函数单调性即可知,从而解决问题。故双曲线C的离心率.7.已知a,,且,则a+2b的最大值为( )故答案为:BA.2B.3C.D.【答案】C【分析】由双曲线的对称性可知四边形是平行四边形.,不妨设在第三象限,由题意可知【知识点】基本不等式;基本不等式在最值问题中的应用分别线段,的中点,如图,易判断平行四边形是矩形.,设,,则【解析】【解答】解:, 所以,最小值为,A不符合题意;即可求解。所以,由椭圆的对称性知,,所以B符合题意.二、多选题当在轴上时,,则为钝角,所以存在点A,使得,C符合9.已知复数z满足方程,则( )A.z可能为纯虚数B.方程各根之和为4题意.C.z可能为D.方程各根之积为-20故答案为:BCD【答案】B,C,D【知识点】复数的基本概念;复数代数形式的乘除运算【分析】由椭圆方程可得,,可判断D,由可得A,B关于原点对称,即可判【解析】【解答】由,得或,断A,由椭圆定义即可判断B,当在轴上时,结合余弦定理即可判断C。即或,11.若直线是曲线与曲线的公切线,则( )解得:或,显然A不符合题意,C符合题意;A.B.C.D.各根之和为,B符合题意;【答案】A,D【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程各根之积为,D符合题意【解析】【解答】解:设直线与曲线相切于点,故答案为:BCD.与曲线相切于点,【分析】由已知条件可得或,即可求得或,逐项判断即可。对于函数,,则,解得,10.已知O为坐标原点,椭圆C:的左、右焦点分别为,,两点都在上,且所以,即.,则( )对于函数,,A.的最小值为4B.为定值则,C.存在点,使得D.C的焦距是短轴长的倍又,【答案】B,C,D所以,【知识点】椭圆的定义;椭圆的标准方程;椭圆的简单性质又,【解析】【解答】解:因为,,,所以,,,所以,.所以,C的焦距是短轴长的倍,D符合题意.故答案为:AD因为,故关于原点对称,【分析】设直线与曲线相切于点,与曲线相切于点 ,由导数的几何意义即可求a=1,m=-2,再结合可得,上先增后减,得,即可求解。三、填空题结合即可求解。13.若展开式中各项的系数之和为96,则展开式中的系数为 .12.已知函数在上先增后减,函数在上先增后减.若,,,则( )【答案】25【知识点】二项式定理;二项式定理的应用A.B.C.D.【答案】B,C【解析】【解答】由题意可知,得,则,【知识点】指数函数的图象与性质;指数式与对数式的互化;对数函数的图象与性质【解析】【解答】∵,∴,,∴.展开式的通项公式为,设,∵,,在上先增后减,所以展开式中的系数为.∴.故答案为:25∵,∴,,【分析】令x=1,即可求得n=5,再结合的通项公式即可求解。∴,∴.14.现有10个圆的圆心都在同一条直线上,从左到右它们的半径依次构成首项为1,公比为2的等比数列,∵,从第2个圆开始,每个圆都与前一个圆外切,前3个圆如图所示,若P,Q分别为第1个圆与第10个圆上任意一点,则的最大值为 .(用数字作答)∴【答案】2046设,【知识点】等比数列的前n项和∵,,在上先增后减,【解析】【解答】由题意可知,的最大值为这10个圆的直径之和,∴.由等比数列前项和公式可得,的最大值为.∴.故答案为:BC.故答案为:2046【分析】由,可得.设,由在【分析】由题意可得的最大值为这10个圆的直径之和结合等比数列求和公式即可求上先增后减,可得,再结合可得,由解。15.在《九章算术》中,将四个面都是直角三角形的三棱锥称为鳖臑.已知在鳖臑P-ABC中,AB⊥BC,PA⊥平可得,构造函数,由在面ABC,且,则鳖臑P-ABC外接球的体积是 . 【答案】36π故.【知识点】球的体积和表面积;球内接多面体【解析】【解答】由题意可得三角形ABC外接圆的半径,故答案为:因为PA⊥平面ABC,【分析】由,代入已知条件可得,构造函数所以鳖臑P-ABC外接球的半径,易判断单调递增,由,即可得,再由两角和的正切公式即可求解。故鳖臑P-ABC外接球的体积是.故答案为:36π四、解答题17.已知公差为2的等差数列的前n项和为,且.【分析】由直角三角形性质可得三角形ABC外接圆的半径,再结合PA⊥平面ABC,可得(1)求的通项公式.即可求解。(2)若,数列的前n项和为,证明.【答案】(1)解:由题意,得,16.已知,则的取值范围为 .解得:,【答案】故.【知识点】利用导数研究函数的单调性;两角和与差的正切公式;同角三角函数间的基本关系(2)证明:因为,【解析】【解答】解:因为,所以所以,,即.设函数,则,因为,因为,所以.所以,所以为增函数.【知识点】等差数列的通项公式;数列的求和;数列与不等式的综合【解析】【分析】(1)由求得a1,即可求解;又,所以,(2)由(1)可得,通过裂项相消求和即可求证。所以, 18.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且.由(1)得,.(1)求角A;比赛进行4回合且甲胜出的情情形如下:甲负胜胜胜、胜负胜胜、胜胜负胜.(2)若,,求△ABC的面积..【答案】(1)解:因为,比赛进行4回合且乙胜出的情形如下:乙负胜胜胜、胜负胜胜、胜胜负胜.所以,.所以,.因为,所以.,因为,故.所以.【知识点】互斥事件的概率加法公式;相互独立事件的概率乘法公式;离散型随机变量的期望与方差【解析】【分析】(1)由只进行了3回合等价于甲连胜3回合或乙连胜3回合,即可求解;(2)解:因为,,,(2)由题意可知X的可能取值为3,4,5.求得每个取值对应概率,再由期望计算公式即可求解。所以由余弦定理,20.如图1,在Rt△ABC中,,,E,F都在AC上,且,,将△AEB,△CFG分别沿EB,FG折起,使得点A,C在点P处重合,得到四棱锥P-EFGB,如图可得,即,2.解得或(舍去),(1)证明:.(2)若M为PB的中点,求钝二面角B-FM-E的余弦值.故△ABC的面积为.【答案】(1)证明:由,,【知识点】正弦定理;余弦定理得,,,则,所以.【解析】【分析】(1)利用已知条件,结合正弦定理以及余弦定理转化求解出角A;因为,所以△ABE∽△ACB,(2)利用余弦定理求解C,然后求解三角形的面积.所以,即.19.甲、乙两人进行一次乒乓球比赛,比赛最多打5个回合,先胜3回合者胜出且比赛结束.在每回合比赛中,又,所以平面PEB,先发球者获胜的概率为0.6,胜者获得下一回合先发球的资格.已知第1回合中,甲先发球.因为平面PEB,所以.(1)求比赛只进行了3回合的概率;(2)解:以E为坐标原点,以的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系E-xyz,(2)设比赛共进行了X回合,求X的数学期望.则,,,,,,,【答案】(1)解:因为比赛只进行了3回合,所以甲连胜3回合或乙连胜3回合,故所求概率为.,.(2)解:X的可能取值为3,4,5.平面BFM即平面BPM,设平面BFM的法向量为, 则由,,(2)解:,由于函数在均为单调递增函数,得.所以,在上单调递增,且.令,得.当,即时,,在上单调递增,设平面EFM的法向量为,则,,所以.即.当,即时,存在唯一的零点,当时,,在上单调递减,令,得.则,这与恒成立矛盾,所以不满足题意因为,综上,a的取值范围是.【知识点】利用导数研究函数的单调性;利用导数求闭区间上函数的最值所以钝二面角B-FM-E的余弦值为.【解析】【分析】(1)求得,通过,求得单调区间,即可求得最小值,从【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系;用空间向量求平面间的夹角而解决问题;【解析】【分析】(1)结合勾股定理易得,再由△ABE∽△ACB,得(2)由函数在均为单调递增函数,可判断也单调递增,通,即可求证;(2)如图建立空间直角坐标系,求得两平面的法向量,代入夹角公式即可求解。过讨论和确定函数的单调区间,求得最小值,即可求解。21.已知函数.22.已知抛物线.(1)若,证明:.(1)直线与交于A、B两点,O为坐标原点.(2)当时,恒成立,求a的取值范围.从下面的①②两个问题中任选一个作答,如果两个都作答,则按所做的第一个计分.①证明:.【答案】(1)证明:当时,,②若,求的值;因为在上单调递增,且,(2)已知点,直线与交于C、D两点(均异于点),且.过作直线的垂所以时,,在上单调递减,线,垂足为,试问是否存在定点,使得为定值?若存在,求出定值;若不存在,说明理由.当时,,在上单调递增.【答案】(1)解:选①:设点、,所以,所以,.联立可得,(*) 当时,方程(*)即为,此时直线与抛物线只有一个公共点,不合乎题意,联立得,,所以,,,由韦达定理可得,.则,,因为,所以,所以.所以,即.所以直线的方程为,则直线过定点.因为经过抛物线的焦点,因为,所以当点为的中点时,为定值,所以,故存在定点,使得为定值.故.【知识点】抛物线的标准方程;抛物线的简单性质;直线与圆锥曲线的关系;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)选①:设点、,直线方程,抛物线方程联立,结合韦达定理,选②:设点、,可得,结合即可求解;联立可得,(*)当时,方程(*)即为,此时直线与抛物线只有一个公共点,不合乎题意,选②:设点、,联立直线与抛物线方程,结合达定理得到:所以,,,,再由-3,即可求解;则,,(2)先判断当直线的斜率为零,则直线与抛物线只有一个公共点,不合乎题意,再设直线的方程为,设点、,联立结合韦达定理及,可得.,即,从而直线的方程为,即过定点因为.又,可知点为的中点,即可求证。,所以,解得.(2)解:若直线的斜率为零,则直线与抛物线只有一个公共点,不合乎题意,设直线的方程为,设点、,