2016-2017学年福建省福州外国语学校高三(上)适应性数学试卷(理科)(4)
一、选择题:本大题共12个小题,每小题5分,共60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.
1.若全集U=R,集合A={x|x2﹣x﹣2≥0},B={x|log3(2﹣x)≤1},则A∩(∁UB)=( )
A.{x|x<2} B.{x|x<﹣1或x≥2} C.{x|x≥2} D.{x|x≤﹣1或x>2}
2.设复数z1,z2在复平面内对应的点关于虚轴对称,若z1=1﹣2i,则的虚部为( )
A. B.﹣ C. D.﹣
3.阅读下列程序框图,运行相应程序,则输出的S值为( )
A.﹣ B. C. D.
4.若(x6)n的展开式中含有常数项,则n的最小值等于( )
A.3 B.4 C.5 D.6
5.若实数x,y满足不等式组,则z=|x|+2y的最大值是( )
A.10 B.11 C.14 D.15
6.已知点A(﹣2,0),B(2,0),若圆(x﹣3)2+y2=r2(r>0)上存在点P(不同于点A,B)使得PA⊥PB,则实数r的取值范围是( )
A.(1,5) B.[1,5] C.(1,3] D.[3,5]
7.已知双曲线C:﹣=1(a>0,b>0)的焦距为2,抛物线y=x2+与双曲线C的渐近线相切,则双曲线C的方程为( )
A.﹣=1 B.﹣=1 C.x2﹣=1 D.﹣y2=1
8.三棱锥P﹣ABC中,已知∠APC=∠BPC=∠APB=,点M是△ABC的重心,且•++=9,则||的最小值为( )
A.2 B. C. D.2
9.命题p:“|a|+|b|≤1”;命题q:“对任意的x∈R,不等式asinx+bcosx≤1恒成立”,则p是q的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
10.一个几何体由多面体和旋转体的整体或一部分组合而成,其三视图如图所示,则该几何体的体积是( )
A.π B.π+1 C.π+ D.π
11.从1,2,3,4,5中挑出三个不同数字组成五位数,则其中有两个数字各用两次(例如,12332)的概率为( )
A. B. C. D.
12.已知f(x)=x2﹣3,g(x)=mex,若方程f(x)=g(x)有三个不同的实根,则m的取值范围是( )
A. B. C. D.(0,2e)
二、填空题(每题5分,满分20分,将答案填在答题纸上)
13.若f(x)=ex+ae﹣x为偶函数,则f(x﹣1)<的解集为 .
14.在一项田径比赛中,A、B、C三人的夺冠呼声最高,观众甲说:“我认为冠军不会是A,也不会是B.”乙说:“我觉得冠军不会是A,冠军会是C.”丙说:“我认为冠军不会是C,而是A.”比赛结果出来后,发现甲、乙、丙三人中有一人的两个判断都对,一人的两个判断都错,还有一人的两个判断一对一错,根据以上情况可判断冠军是 .
15.设,为单位向量,若满足|﹣(+)|=|﹣|,则||的最大值为 .
16.对于给定的正整数n和正数R,若等差数列a1,a2,a3,…满足a≤R,则S=a2n+1+a2n+2+a2n+3+…+a4n+1的最大值为 .
三、解答题(本大题共5小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)
17.(12分)如图,在△ABC中,AB=2,cosB=,点D在线段BC上.
(1)若∠ADC=π,求AD的长;
(2)若BD=2DC,△ACD的面积为,求的值.
18.(12分)语文成绩服从正态分布N(100,17.52),数学成绩的频率分布直方图如图,如果成绩大于135的则认为特别优秀.
(1)这500名学生中本次考试语文、数学特别优秀的大约各多少人?
(2)如果语文和数学两科都特别优秀的共有6人,
从(1)中的这些同学中随机抽取3人,设三人中两科都特别优秀的有x人,求x的分布列和数学期望.(附公式及表)
若x~N(μ,σ2),则P(μ﹣σ<x≤μ+σ)=0.68,P(μ﹣2σ<x≤μ+2σ)=0.96.
19.(12分)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD是菱形,∠ABC=60°,侧面PBC是边长为2的等边三角形,点E是PC的中点,且平面PBC⊥平面ABCD.
(Ⅰ)求异面直线PD与AC所成角的余弦值;
(Ⅱ)若点F在PC边上移动,是否存在点F使平面BFD与平面APC所成的角为90°?若存在,则求出点F坐标,否则说明理由.
20.(12分)已知点P是直线l:y=x+2与椭圆+y2=1(a>1)的一个公共点,F1,F2分别为该椭圆的左右焦点,设|PF1|+|PF2|取得最小值时椭圆为C.
(Ⅰ)求椭圆C的标准方程及离心率;
(Ⅱ)已知A,B为椭圆C上关于y轴对称的两点,Q是椭圆C上异于A,B的任意一点,直线QA,QB分别与y轴交于点M(0,m),N(0,n),试判断mn是否为定值;如果为定值,求出该定值;如果不是,请说明理由.
21.(12分)已知函数f(x)=ax﹣x2﹣bln(x+1)(a>0),g(x)=ex﹣x﹣1,曲线y=f(x)与y=g(x)在原点处有公共的切线.
(1)若x=0为f(x)的极大值点,求f(x)的单调区间(用a表示);
(2)若∀x≥0,g(x)≥f(x)+x2,求a的取值范围.
请考生在22、23、24三题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分.[选修4-1:几何证明选讲]
22.(10分)等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AC、BD交于点Q,AC平分∠DAB,AP为梯形ABCD外接圆的切线,交BD的延长线于点P.
(Ⅰ)求证:PQ2=PD•PB
(Ⅱ)若AB=3,AP=2,AD=,求AQ的长.
[选修4-4:坐标系与参数方程]
23.选修4﹣4:坐标系与参数方程
曲线C1的参数方程为(α为参数),在以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ.
(1)求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程;
(2)若射线l:y=kx(x≥0)与曲线C1,C2的交点分别为A,B(A,B异于原点),当斜率k∈(1,]时,求|OA|•|OB|的取值范围.
[选修4-5:不等式选讲]
24.设函数f(x)=x2﹣3x.
(Ⅰ)若λ+μ=1(λ,μ>0),求证:f(λx1+μx2)≤λf(x1)+μf(x2);
(Ⅱ)若对任意x1,x2∈[0,1],都有|f(x1)﹣f(x2)|≤L|x1﹣x2|,求L的最小值.
2016-2017学年福建省福州外国语学校高三(上)适应性数学试卷(理科)(4)
参考答案与试题解析
一、选择题:本大题共12个小题,每小题5分,共60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.
1.(2016•德州一模)若全集U=R,集合A={x|x2﹣x﹣2≥0},B={x|log3(2﹣x)≤1},则A∩(∁UB)=( )
A.{x|x<2} B.{x|x<﹣1或x≥2} C.{x|x≥2} D.{x|x≤﹣1或x>2}
【考点】交、并、补集的混合运算.
【专题】计算题;集合思想;定义法;集合.
【分析】求出集合B中的不等式的解集,确定出集合B,根据全集U=R,找出集合B的补集,然后找出集合B补集与集合A的公共部分,即可求出所求的集合.
【解答】解:集合A={x|x2﹣x﹣2≥0}={x|x≤﹣1或x≥2},
∵log3(2﹣x)≤1=log33,
∴0<2﹣x≤3,
∴﹣1≤x<2,
∴B={x|﹣1≤x<2},
∴∁uB={x|x<﹣1或x≥2},
∴A∩(∁UB)={x|x<﹣1或x≥2},
故选:B.
【点评】此题考查了交、并、补集的混合运算,是一道基本题型,求集合补集时注意全集的范围.
2.(2016•新余二模)设复数z1,z2在复平面内对应的点关于虚轴对称,若z1=1﹣2i,则的虚部为( )
A. B.﹣ C. D.﹣
【考点】复数代数形式的乘除运算;复数的基本概念.
【专题】数系的扩充和复数.
【分析】利用复数的对称性求出z2,然后利用复数的乘除运算法则化简复数求出虚部即可.
【解答】解:复数z1,z2在复平面内对应的点关于虚轴对称,若z1=1﹣2i,z2=﹣1﹣2i,
则====.
复数的虚部为:.
故选:D.
【点评】本题考查复数的基本运算,复数的对称性,乘除运算,基本知识的考查.
3.(2013•安庆三模)阅读下列程序框图,运行相应程序,则输出的S值为( )
A.﹣ B. C. D.
【考点】循环结构.
【专题】图表型.
【分析】结合流程图写出前几次循环的结果,经过每一次循环判断是否满足判断框中的条件,直到不满足条件输出s结束循环,得到所求.
【解答】解:经过第一次循环得到s=cos,不满足n≥3,n=2,
执行第二次循环得到s=coscos,不满足n≥3,n=3,
执行第三次循环得到s=coscoscos,满足判断框的条件
执行“否”输出S=coscoscos.
又s=coscoscos==﹣.
故选A.
【点评】本题主要考查了循环结构,先执行后判定是直到型循环,解决程序框图中的循环结构时,常采用写出前几次循环的结果,找规律.
4.(2016•自贡校级模拟)若(x6)n的展开式中含有常数项,则n的最小值等于( )
A.3 B.4 C.5 D.6
【考点】二项式系数的性质.
【专题】计算题;二项式定理.
【分析】二项式的通项公式Tr+1=Cnr(x6)n﹣r()r,对其进行整理,令x的指数为0,建立方程求出n的最小值.
【解答】解:由题意,(x6)n的展开式的项为Tr+1=Cnr(x6)n﹣r()r=Cnr=Cnr
令6n﹣r=0,得n=r,当r=4时,n取到最小值5
故选:C.
【点评】本题考查二项式的性质,解题的关键是熟练掌握二项式的项,且能根据指数的形式及题设中有常数的条件转化成指数为0,得到n的表达式,推测出它的值.
5.(2015•潍坊模拟)若实数x,y满足不等式组,则z=|x|+2y的最大值是( )
A.10 B.11 C.14 D.15
【考点】简单线性规划.
【专题】不等式的解法及应用.
【分析】根据题意先画出满足约束条件的平面区域,然后分析平面区域里各个角点,令z=|x|+2y,进一步求出目标函数z=|x|+2y的最大值.
【解答】解:满足约束条件的平面区域如图所示:
z=|x|+2y表示一条折线(图中虚线),
由得A(﹣4,5)
代入z=|x|+2y得z=|﹣4|+2×5=14,
当x=﹣4,y=5时,|x|+2y有最大值14.
故选C.
【点评】在解决线性规划的小题时,我们常用“角点法”,其步骤为:①由约束条件画出可行域②求出可行域各个角点的坐标③将坐标逐一代入目标函数④验证,求出最优解.
6.(2016•德州一模)已知点A(﹣2,0),B(2,0),若圆(x﹣3)2+y2=r2(r>0)上存在点P(不同于点A,B)使得PA⊥PB,则实数r的取值范围是( )
A.(1,5) B.[1,5] C.(1,3] D.[3,5]
【考点】圆与圆的位置关系及其判定;直线与圆相交的性质;圆方程的综合应用.
【专题】计算题;规律型;转化思想;直线与圆.
【分析】由题意可得两圆相交,而以AB为直径的圆的方程为x2+y2=4,圆心距为3,由两圆相交的性质可得|r﹣2|<3<|r+2|,由此求得r的范围.
【解答】解:根据直径对的圆周角为90°,结合题意可得以AB为直径的圆和圆 (x﹣3)2+y2=r2有交点,
显然两圆相切时不满足条件,故两圆相交.
而以AB为直径的圆的方程为x2+y2=4,两个圆的圆心距为3,
故|r﹣2|<3<|r+2|,求得1<r<5,
故选:A.
【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系,两圆相交的性质,体现了转化的数学思想,属于中档题.
7.(2016•德州二模)已知双曲线C:﹣=1(a>0,b>0)的焦距为2,抛物线y=x2+与双曲线C的渐近线相切,则双曲线C的方程为( )
A.﹣=1 B.﹣=1 C.x2﹣=1 D.﹣y2=1
【考点】双曲线的简单性质.
【专题】方程思想;分析法;直线与圆;圆锥曲线的定义、性质与方程.
【分析】由题意可得c=,即a2+b2=5,求出渐近线方程代入抛物线的方程,运用判别式为0,解方程可得a=2,b=1,进而得到双曲线的方程.
【解答】解:由题意可得c=,即a2+b2=5,
双曲线的渐近线方程为y=±x,
将渐近线方程和抛物线y=x2+联立,
可得x2±x+=0,
由直线和抛物线相切的条件,可得
△=﹣4××=0,
即有a2=4b2,
解得a=2,b=1,
可得双曲线的方程为﹣y2=1.
故选:D.
【点评】本题考查双曲线的方程的求法,注意运用渐近线和抛物线相切的条件:判别式为0,考查运算能力,属于中档题.
8.(2016•冀州市校级模拟)三棱锥P﹣ABC中,已知∠APC=∠BPC=∠APB=,点M是△ABC的重心,且•++=9,则||的最小值为( )
A.2 B. C. D.2
【考点】平面向量数量积的运算.
【专题】平面向量及应用.
【分析】设,根据条件以及数量积公式,即可得到++=18,连接CM,延长之后交AB的中点D,连接PD,根据向量加法的几何意义及重心的性质便可得到,只要求出的最小值即可.
【解答】解:设,根据条件以及数量积公式,即可得到++=18,连接CM,延长之后交AB的中点D,连接PD,D为AB中点,所以,
所以|,
∴+2=,
因为,,,
相加得到=18,
所以,
所以,
所以;
∴2;
故选D.
【点评】本题考查向量数量积的计算公式,向量加法、数乘的几何意义,向量加法的平行四边形法则,重心的性质:重心到顶点距离是它到对边中点距离的2倍,以及基本不等式的应用
9.(2016•蚌埠三模)命题p:“|a|+|b|≤1”;命题q:“对任意的x∈R,不等式asinx+bcosx≤1恒成立”,则p是q的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断.
【专题】数形结合;转化思想;三角函数的求值;简易逻辑.
【分析】a=b=0时,不等式asinx+bcosx≤1恒成立.a与b不全为0时,不等式asinx+bcosx≤1化为:sin(x+θ)≤,由于对任意的x∈R,不等式asinx+bcosx≤1恒成立”,可得≥1,化简即可判断出结论.
【解答】解:a=b=0时,不等式asinx+bcosx≤1恒成立.
a与b不全为0时,不等式asinx+bcosx≤1化为:sin(x+θ)≤,
∵对任意的x∈R,不等式asinx+bcosx≤1恒成立”,
∴≥1,
∴a2+b2≤1,画出图象:可知:(a,b)表示的是以原点为圆心,1为半径的圆及其内部.
而|a|+|b|≤1可知:(a,b)表示的是正方形ABCD及其内部.
∴p是q的充分不必要条件.
故选:A.
【点评】本题考查了三角函数求值、不等式的性质、简易逻辑的判定方法,考查了数形结合方法、推理能力与计算能力,属于中档题.
10.(2016•吉林校级二模)一个几何体由多面体和旋转体的整体或一部分组合而成,其三视图如图所示,则该几何体的体积是( )
A.π B.π+1 C.π+ D.π
【考点】由三视图求面积、体积.
【专题】计算题;数形结合法;立体几何.
【分析】由三视图知该几何体是组合体:左边是直三棱柱、右边是半个圆柱,由三视图求出几何元素的长度,由柱体的体积公式求出几何体的体积.
【解答】解:根据三视图可知几何体是组合体:左边是直三棱柱、右边是半个圆柱,
直三棱柱的底面是等腰直角三角形,直角边是1,侧棱长是2,
圆柱的底面半径是1,母线长是2,
∴该几何体的体积V=
=π+1,
故选:B.
【点评】本题考查由三视图求几何体的体积,由三视图正确复原几何体是解题的关键,考查空间想象能力.
11.(2016•蚌埠三模)从1,2,3,4,5中挑出三个不同数字组成五位数,则其中有两个数字各用两次(例如,12332)的概率为( )
A. B. C. D.
【考点】古典概型及其概率计算公式.
【专题】综合题;分类讨论;综合法;概率与统计.
【分析】其中,选哪几个数,结果都一样,其概率是一样的,分别假设所取的数为1,2,3,第一种,有1个数字用了3次,第二种,其中有两个数字各用两次(即其中一个数字只使用1次),分别根据分类和分步计数原理求出每种情况,然后根据概率公式计算即可.
【解答】解:从1,2,3,4,5中挑出三个不同数字组成五位数,例如为1,2,3,
则有2种情况,第一种,有1个数字用了3次,第二种,其中有两个数字各用两次(即其中一个数字只使用1次),
假设1用了3次,
用分三类,当3个1都相邻时,有A33=6种,当3个1有2个1相邻时,有A33A21=12种,当3个1都不相邻时,有A22=2种,
故共有6+12+2=20种,
假设1用了1次,(2和3各用了2次),故有=30种,
(其中,选哪几个数,结果都一样,其概率是一样的),
故其中有两个数字各用两次(例如,12332)的概率为=
故选:B.
【点评】本题考查了排列组合的古典概率的问题,关键是掌握分类和分步计数原理,属于中档题.
12.(2016•平度市模拟)已知f(x)=x2﹣3,g(x)=mex,若方程f(x)=g(x)有三个不同的实根,则m的取值范围是( )
A. B. C. D.(0,2e)
【考点】根的存在性及根的个数判断.
【专题】综合题;函数思想;数形结合法;函数的性质及应用.
【分析】设f(x)与g(x)的共同切线的切点为(x0,y0),根据导数求出切点,即可求出m的值,结合图象可知m的取值范围.
【解答】解:设f(x)与g(x)的共同切线的切点为(x0,y0),
∵f(x)=x2﹣3,g(x)=mex,
∴f′(x)=2x,g(x)=mex,
∴f′(x0)=g′(x0),f(x0)=g(x0),
∴2x0=,x02﹣3=,
∴x0=x02﹣3,
解得x0=3,或x0=﹣1(舍去)
当x0=3,
∴6=me3,即m=,
∵方程f(x)=g(x)有三个不同的实根,由图象可知,
∴0<m<,
故选:A.
【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的极值,以及函数与方程的思想,属于中档题.
二、填空题(每题5分,满分20分,将答案填在答题纸上)
13.(2016秋•仓山区校级月考)若f(x)=ex+ae﹣x为偶函数,则f(x﹣1)<的解集为 (0,2) .
【考点】函数奇偶性的性质.
【专题】综合题;转化思想;转化法;函数的性质及应用.
【分析】根据函数奇偶性的性质求出a的值,判断函数的单调性,利用函数奇偶性和单调性的关系进行转化求解即可.
【解答】解:∵f(x)=ex+ae﹣x为偶函数,
∴f(﹣x)=f(x),即e﹣x+aex=ex+ae﹣x,则a=1,
即f(x)=ex+e﹣x,
由f(x﹣1)<得ex﹣1+e﹣(x﹣1)<=e+e﹣1,即f(x﹣1)<f(1),
即f(|x﹣1|)<f(1),
又当x≥0时,f′(x)=ex﹣e﹣x=>0,
即函数f(x)在[0,+∞)上为增函数,
则|x﹣1|<1,即﹣1<x﹣1<1,解得0<x<2,
所以不等式的解集为(0,2),
故答案为:(0,2)
【点评】本题主要考查不等式的求解,根据条件求出a的值,判断函数的单调性,利用奇偶性和单调性的关系进行转化是解决本题的关键.
14.(2016秋•仓山区校级月考)在一项田径比赛中,A、B、C三人的夺冠呼声最高,观众甲说:“我认为冠军不会是A,也不会是B.”乙说:“我觉得冠军不会是A,冠军会是C.”丙说:“我认为冠军不会是C,而是A.”比赛结果出来后,发现甲、乙、丙三人中有一人的两个判断都对,一人的两个判断都错,还有一人的两个判断一对一错,根据以上情况可判断冠军是 A .
【考点】归纳推理.
【专题】综合题;转化思想;综合法;推理和证明.
【分析】通过假设甲、乙、丙的判断是否正确,推测结论是否符合题意,从而得出正确的答案.
【解答】解:假设甲的判断都对,冠军应是C班,那么乙的判断也都正确,这与题意矛盾,假设不成立;
假设乙的判断都对,冠军是C班,那么假的判断也都正确,这与题意也矛盾,所以假设不成立;
假设丙的判断都对,冠军是A班,那么甲的判断一对一错,乙的判断都错,满足题意,假设成立.
所以,冠军是A班.
故答案为:A.
【点评】本题考查了逻辑与推理的应用问题,解题时应通过假设,得出与题意相符合的结论,是基础题目.
15.(2016秋•仓山区校级月考)设,为单位向量,若满足|﹣(+)|=|﹣|,则||的最大值为 2 .
【考点】平面向量数量积的运算.
【专题】转化思想;综合法;平面向量及应用.
【分析】由题意可得||≤|+|+|﹣|,故当且仅当⊥时,|+|+|﹣|取得最小值为2,从而求得||的最大值.
【解答】解:设,为单位向量,若满足|﹣(+)|=|﹣|≥||﹣|+|,即||≤|+|+|﹣|,
当且仅当⊥时,|+|+|﹣|取得最小值为2,
∴||的最大值为2,
故答案为:2.
【点评】本题主要考查了向量模的运算性质、向量的平行四边形法则及其向量垂直的性质的运用,属于中档题.
16.(2016•松江区二模)对于给定的正整数n和正数R,若等差数列a1,a2,a3,…满足a≤R,则S=a2n+1+a2n+2+a2n+3+…+a4n+1的最大值为 .
【考点】数列的求和.
【专题】整体思想;判别式法;等差数列与等比数列.
【分析】根据等差数列的关系整理得S=(2n+1)a3n+1,由a=≤R,
根据△≥0,化简可得到S≤.
【解答】解:数列{an}等差数列,
∴a2n+1+a4n+1=a2n+2+a4n=…2a3n+1,
∴S=(2n+1)a3n+1,
∵a=≤R,
化简得:﹣8dna3n+1+10n2d2﹣R≤0,
关于d的二次方程,10n2d2﹣8dna3n+1+﹣R≤0,有解,
∴△=﹣40n2(﹣R)≥0,
化简得:8﹣10+5R≥0,
∴≤,
∴,
S≤.
故答案为:.
【点评】本题考查求等差数列的和,利用判别式判断二次函数的最大值,属于中档题.
三、解答题(本大题共5小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)
17.(12分)(2016•福建模拟)如图,在△ABC中,AB=2,cosB=,点D在线段BC上.
(1)若∠ADC=π,求AD的长;
(2)若BD=2DC,△ACD的面积为,求的值.
【考点】解三角形.
【专题】综合题;转化思想;综合法;解三角形.
【分析】(1)△ABD中,由正弦定理可得AD的长;
(2)利用BD=2DC,△ACD的面积为,求出BD,DC,利用余弦定理求出AC,利用正弦定理可得结论.
【解答】解:(1)∵△ABC中,cosB=,∴sinB=.
∵∠ADC=π,∴∠ADB=.
△ABD中,由正弦定理可得,∴AD=;
(2)设DC=a,则BD=2a,
∵BD=2DC,△ACD的面积为,
∴4=,
∴a=2
∴AC==4,
由正弦定理可得,∴sin∠BAD=sin∠ADB.
=,∴sin∠CAD=sin∠ADC,
∵sin∠ADB=sin∠ADC,
∴=.
【点评】本题考查正弦、余弦定理的运用,考查三角形面积的计算,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题.
18.(12分)(2016•辽宁校级模拟)语文成绩服从正态分布N(100,17.52),数学成绩的频率分布直方图如图,如果成绩大于135的则认为特别优秀.
(1)这500名学生中本次考试语文、数学特别优秀的大约各多少人?
(2)如果语文和数学两科都特别优秀的共有6人,
从(1)中的这些同学中随机抽取3人,设三人中两科都特别优秀的有x人,求x的分布列和数学期望.(附公式及表)
若x~N(μ,σ2),则P(μ﹣σ<x≤μ+σ)=0.68,P(μ﹣2σ<x≤μ+2σ)=0.96.
【考点】离散型随机变量及其分布列;频率分布直方图;离散型随机变量的期望与方差.
【专题】计算题;转化思想;综合法;概率与统计.
【分析】(1)先求出语文成绩特别优秀的概率和数学成绩特别优秀的概率,由此能求出语文和数学两科都特别优秀的人的个数.
(2)由题意X的所有可能取值为0,1,2,3,分别求出相应的概率,由此能求出X的分布列和E(X).
【解答】解:(1)∵语文成绩服从正态分布N(100,17.52),
∴语文成绩特别优秀的概率为p1=P(X≥135)=(1﹣0.96)×=0.02,
数学成绩特别优秀的概率为p2=0.0016×=0.024,
∴语文特别优秀的同学有500×0.02=10人,
数学特别优秀的同学有500×0.024=12人.
(2)语文数学两科都优秀的有6人,单科优秀的有10人,
X的所有可能取值为0,1,2,3,
P(X=0)==,
P(X=1)==,
P(X=2)==,
P(X=3)==,
∴X的分布列为:
x
0
1
2
3
P
E(X)==.
【点评】本题考查正态分布的应用,考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意排列组合知识的合理运用.
19.(12分)(2016•红桥区二模)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD是菱形,∠ABC=60°,侧面PBC是边长为2的等边三角形,点E是PC的中点,且平面PBC⊥平面ABCD.
(Ⅰ)求异面直线PD与AC所成角的余弦值;
(Ⅱ)若点F在PC边上移动,是否存在点F使平面BFD与平面APC所成的角为90°?若存在,则求出点F坐标,否则说明理由.
【考点】二面角的平面角及求法;异面直线及其所成的角.
【专题】转化思想;向量法;空间角.
【分析】(Ⅰ)建立空间直角坐标系,求出直线对应的向量,利用向量法即可求异面直线PD与AC所成角的余弦值;
(Ⅱ)求出平面的法向量,根据平面BFD与平面APC所成的角为90°,建立方程关系进行求解判断即可.
【解答】解:(Ⅰ) 因为平面PBC⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,∠ABC=60°,
故AB=BC=AC=PC=PB=2,
取BC中点O,则AO⊥BC,PO⊥BC,PO⊥AO
以O为坐标原点,OP为x轴,OC为y轴建立平面直角坐标系,
O(0,0,0),A(0,0,),B(0,﹣1,0),C(0,1,0),P(,0,0),D(0,2,),E(,,0),
则=(﹣,2,),=(0,1,),
则||=,||=2,则•=2﹣3=﹣1,
设异面直线PD与AC所成角为θ,
则cosθ==||=,
所以异面直线PD与AC所成角的余弦值为.
(Ⅱ)设存在点F,使平面BFD与平面APC所成的角为90°,
设F(a,b,0),因为P,C,F三点共线,=(a﹣,b,0),=(﹣,1,0),
设=λ,
则(a﹣,b,0)=λ(﹣,1,0),
所以a=(1﹣λ),b=λ,则F((1﹣λ),λ,0),
设平面BFD的一个法向量为=(x,y,z),
则得
令y=,则=(,,﹣3),||=,
设平面APC的一个法向量为=(x,y,z),
则则,
令x=1,则=(1,,1),||=,
又•=(1,,1)•(,,﹣3)=,
若平面BFD与平面APC所成的角为90°,则cos90°===0,
故=0,即λ=﹣1,此时E(2,﹣1,0),点F在CP延长线上,
所以,在PC边上不存在点F使平面BFD与平面APC所成的角为90°
【点评】本题主要考查异面直线所成的角以及二面角的计算,建立坐标系,利用向量法是解决本题的关键.
20.(12分)(2016•福建模拟)已知点P是直线l:y=x+2与椭圆+y2=1(a>1)的一个公共点,F1,F2分别为该椭圆的左右焦点,设|PF1|+|PF2|取得最小值时椭圆为C.
(Ⅰ)求椭圆C的标准方程及离心率;
(Ⅱ)已知A,B为椭圆C上关于y轴对称的两点,Q是椭圆C上异于A,B的任意一点,直线QA,QB分别与y轴交于点M(0,m),N(0,n),试判断mn是否为定值;如果为定值,求出该定值;如果不是,请说明理由.
【考点】椭圆的简单性质.
【专题】计算题;转化思想;综合法;圆锥曲线的定义、性质与方程.
【分析】(Ⅰ)联立,得(a2+1)x2+4a2x+3a2=0,由此利用韦达定理、椭圆定义,结合已知条件能求出椭圆C的方程.
(Ⅱ)设A(x1,y1),B(﹣x1,y1),Q(x0,y0),且M(0,m),N(0,n),由已知求出m=,n=,由此能求出mn为定值1.
【解答】解:(Ⅰ)联立,得(a2+1)x2+4a2x+3a2=0,
∵直线y=x+2与椭圆有公共点,
∴△=16a4﹣4(a2+1)×3a2≥0,解得a2≥3,∴a,
又由椭圆定义知|PF1|+|PF2|=2a,
故当a=时,|PF1|+|PF2|取得最小值,
此时椭圆C的方程为.
(Ⅱ)设A(x1,y1),B(﹣x1,y1),Q(x0,y0),且M(0,m),N(0,n),
∵kQA=kQM,∴=,
即,
∴m==,
同理,得n=,
∴mn=•=,
又+=1,,
∴,,
∴mn===1,
∴mn为定值1.
【点评】本题考查椭圆方程的求法,考查两实数值的乘积是否为定值的判断与证明,是中档题,解题时要认真审题,注意根的判别式、韦达定理、椭圆方程的性质的合理运用.
21.(12分)(2016•潍坊二模)已知函数f(x)=ax﹣x2﹣bln(x+1)(a>0),g(x)=ex﹣x﹣1,曲线y=f(x)与y=g(x)在原点处有公共的切线.
(1)若x=0为f(x)的极大值点,求f(x)的单调区间(用a表示);
(2)若∀x≥0,g(x)≥f(x)+x2,求a的取值范围.
【考点】利用导数研究函数的极值;利用导数求闭区间上函数的最值.
【专题】分类讨论;函数思想;综合法;导数的综合应用.
【分析】(1)f′(x)=a﹣x﹣,(x>﹣1),g′(x)=ex﹣1.由曲线y=f(x)与y=g(x)在原点处有公共的切线,可得f′(0)=g′(0),b=a.因此f′(x)=,对a分类讨论,利用导数研究函数的单调性即可得出.
(2)由g′(x)=ex﹣1,x>0时,g′(x)>0,可得ex≥x+1,从而x≥ln(x+1).设F(x)=g(x)﹣f(x)﹣x2=ex+aln(x+1)﹣(a+1)x﹣1,F′(x)=ex+﹣(a+1),对a分类讨论a=1,0<a<1,a>1,利用导数研究函数的单调性即可得出.
【解答】解:(1)f′(x)=a﹣x﹣,(x>﹣1),g′(x)=ex﹣1.
∵曲线y=f(x)与y=g(x)在原点处有公共的切线,
∴f′(0)=g′(0),∴a﹣b=0.∴b=a.
∴f′(x)=a﹣x﹣=,
a=1时,f′(x)=≤0,函数f(x)在(﹣1,+∞)上单调递减,舍去.
a>1时,x=0为f(x)的极小值点,舍去.
0<a<1时,﹣1<a﹣1<0,当x∈(﹣1,a﹣1)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;x∈(a﹣1,0),f′(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈(0,+∞)时,
f′(x)<0,函数f(x)单调递减.∴x=0时,x=0为f(x)的极大值点.
因此可得:当x∈(﹣1,a﹣1)时,函数f(x)单调递减;x∈(a﹣1,0),函数f(x)单调递增;当x∈(0,+∞)时,函数f(x)单调递减.
(2)∵g′(x)=ex﹣1,x>0时,g′(x)>0,
故x=0时,g(x)取得最小值0,∴g(x)≥0,即ex≥x+1,从而x≥ln(x+1).
设F(x)=g(x)﹣f(x)﹣x2=ex+aln(x+1)﹣(a+1)x﹣1,
F′(x)=ex+﹣(a+1),
①a=1时,∵x≥0,∴F′(x)≥x+1+﹣(a+1)=x+1+﹣2≥0,
∴F(x)在[0,+∞)递增,从而F(x)≥F(0)=0,
即ex+ln(x+1)=2x﹣1>0,
∴g(x)≥f(x)+x2.
②0<a<1时,由①得:ex+ln(x+1)﹣2x﹣1>0,
∴g(x)=ex﹣x﹣1≥x﹣ln(x+1)≥a(x﹣ln(x+1)),
故F(x)≥0即g(x)≥f(x)+x2,
③a>1时,令h(x)=ex+﹣(a+1),
则h′(x)=ex﹣,
显然h′(x)在[0,+∞)递增,又h′(0)=1﹣a<0,h′(﹣1)=﹣1>0,
∴h′(x)在(0,﹣1)上存在唯一零点x0,
当x∈(0,x0)时,h′(x)<0,h(x)在[0,x0)递减,
x∈(0,x0)时,F(x)<F(0)=0,
即g(x)<f(x)+x2,不合题意,
综上,a∈(0,1].
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值,考查了等价转化能力、分类讨论方法、推理能力与计算能力,属于难题.
请考生在22、23、24三题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分.[选修4-1:几何证明选讲]
22.(10分)(2016•冀州市校级模拟)等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AC、BD交于点Q,AC平分∠DAB,AP为梯形ABCD外接圆的切线,交BD的延长线于点P.
(Ⅰ)求证:PQ2=PD•PB
(Ⅱ)若AB=3,AP=2,AD=,求AQ的长.
【考点】与圆有关的比例线段;相似三角形的性质.
【专题】选作题;转化思想;综合法;推理和证明.
【分析】(Ⅰ)由已知可证∠PAD=∠ABD,进而可证PAQ=∠AQP,可得PA=PQ,利用切割线定理即可得证.
(Ⅱ)先证明△PAD∽△PBA,从而可得PB,由切割线定理可求PD,进而可求AQ=DQ=PA﹣PD的值.
【解答】证明:(Ⅰ)∵PA为圆的切线∴,∠PAD=∠ABD,
∵AC平分∠DAB,∴∠BAC=∠CAD,
∴∠PAD+∠DAC=∠BAC+∠ABC,
∴∠PAQ=∠AQP,
∴PA=PQ.
∵PA为圆的切线,
∴PA2=PD•PB,
∴PQ2=PD•PB.﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(6分)
解:(Ⅱ)∵△PAD∽△PBA,
∴,
∵PA2=PD•PB,
∴,
∴.﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(12分)
【点评】本题主要考查了三角形相似的性质,切割线定理的应用,考查了数形结合与转化思想,考查了计算能力,属于中档题.
[选修4-4:坐标系与参数方程]
23.(2016•福建模拟)选修4﹣4:坐标系与参数方程
曲线C1的参数方程为(α为参数),在以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ.
(1)求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程;
(2)若射线l:y=kx(x≥0)与曲线C1,C2的交点分别为A,B(A,B异于原点),当斜率k∈(1,]时,求|OA|•|OB|的取值范围.
【考点】参数方程化成普通方程.
【专题】对应思想;参数法;坐标系和参数方程.
【分析】(1)先将C1的参数方程化为普通方程,再华为极坐标方程,将C2的极坐标方程两边同乘ρ,根据极坐标与直角坐标的对应关系得出C2的直角坐标方程;
(2)求出l的参数方程,分别代入C1,C2的普通方程,根据参数的几何意义得出|OA|,|OB|,得到|OA|•|OB|关于k的函数,根据k的范围得出答案.
【解答】解:(1)曲线C1的直角坐标方程为(x﹣1)2+y2=1,即x2+y2﹣2x=0,
∴曲线C1的极坐标方程为ρ2﹣2ρcosθ=0,即ρ=2cosθ.
∵曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ,即ρ2cos2θ=ρsinθ,
∴曲线C2的直角坐标方程为x2=y.
(2)设射线l的倾斜角为α,
则射线l的参数方程为(t为参数,).
把射线l的参数方程代入曲线C1的普通方程得:t2﹣2tcosα=0,
解得t1=0,t2=2cosα.
∴|OA|=|t2|=2cosα.
把射线l的参数方程代入曲线C2的普通方程得:cos2αt2=tsinα,
解得t1=0,t2=.
∴|OB|=|t2|=.
∴|OA|•|OB|=2cosα•=2tanα=2k.
∵k∈(1,],∴2k∈(2,2].
∴|OA|•|OB|的取值范围是(2,2].
【点评】本题考查了参数方程,极坐标方程与普通方程的转化,参数的几何意义的应用,属于中档题.
[选修4-5:不等式选讲]
24.(2016•乌鲁木齐模拟)设函数f(x)=x2﹣3x.
(Ⅰ)若λ+μ=1(λ,μ>0),求证:f(λx1+μx2)≤λf(x1)+μf(x2);
(Ⅱ)若对任意x1,x2∈[0,1],都有|f(x1)﹣f(x2)|≤L|x1﹣x2|,求L的最小值.
【考点】分段函数的应用.
【专题】函数思想;综合法;函数的性质及应用;不等式的解法及应用.
【分析】(Ⅰ)利用作差法进行证明即可.
(Ⅱ)根据绝对值的几何意义,进行求解即可.
【解答】证明:(Ⅰ)∵f(λx1+μx2)﹣[λf(x1)+μf(x2)]=(λx1+μx2)2﹣3(λx1+μx2)﹣[λ(x12﹣3x1)+μ(x22﹣3x2)]
=λ(λ﹣1)x12+2λμx1x2+μ(μ﹣1)x22=﹣λμx12+2λμx1x2+λμx22=﹣λμ(x1﹣x2)2≤0,
∴f(λx1+μx2)≤λf(x1)+μf(x2);
(Ⅱ)∵|f(x1)﹣f(x2)|=|x12﹣3x1﹣x22+3x2|=|x1﹣x2||x1+x2﹣3|,
∵x1,x2∈[0,1],∴x1+x2∈[0,2],
∴﹣3≤x1+x2﹣3≤﹣1,∴|x1+x2﹣3|≤3,
∴使|f(x1)﹣f(x2)|≤L|x1﹣x2|恒成立的L的最小值是3.
【点评】本题主要考查不等式的证明,利用绝对值的应用,利用作差法是解决本题的关键.