山東省濱州市20xx-20xx學(xué)年高二上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試卷理科word版含解析-資料下載頁(yè)
2024-12-02 16:08本頁(yè)面
【導(dǎo)讀】有一項(xiàng)符合題目要求.x0＞1，lgx0＞1，則￢p為（）。全不是男生”，事件B表示“2名學(xué)生全是男生”，事件C表示“2名學(xué)生中至少有一名是男生”，乙兩名同學(xué)這項(xiàng)測(cè)試成績(jī)的眾數(shù)，s12，s22分別表示知甲、乙兩名同學(xué)這項(xiàng)測(cè)試成績(jī)的方差，x∈R，x2﹣x+1＞0，q：?x0∈，sinx0＞1，則（￢p）∨q為真命。10．如圖，MA⊥平面α，AB?平面α，BN與平面α所成的角為60°，且AB⊥BN，14．在長(zhǎng)為4cm的線段AB上任取一點(diǎn)C，現(xiàn)作一矩形，鄰邊長(zhǎng)等于線段AC，CB的長(zhǎng)，（Ⅰ）求頻率分布直方圖中a，b的值；（Ⅱ）根據(jù)頻率分布直方圖，估計(jì)這20棵果樹產(chǎn)量的中位數(shù)；18．盒子中有5個(gè)大小形狀完全相同的小球，其中黑色小球有3個(gè)，標(biāo)號(hào)分別為1，2，3，（Ⅰ）若從盒中任取兩個(gè)小球，求取出的小球顏色相同且標(biāo)號(hào)之和小于或等于4的概率；（Ⅰ）求證：AC⊥BC1；為定值，并求出該定值．。平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，
【正文】 x2，整理可得（ x2﹣ x1）（ x1+x2+2p） =0．根據(jù) xx2與 p 同號(hào)可知 x1+x2+2p≠ 0 進(jìn)而可得 x1=x2．根據(jù)拋物線對(duì)稱性，知點(diǎn) A、 B 關(guān)于 x軸對(duì)稱． （ Ⅱ ）由（ Ⅰ ）可知 ∠ AOx=30176。，進(jìn)而根據(jù)拋物線和直線方程求得點(diǎn) A的坐標(biāo)， 利用等邊三角形 OAB 的邊長(zhǎng)為 8 ，可得 p，即可求拋物線 E 的方程． 【解答】 （ Ⅰ ）證明：設(shè) A（ x1， y1）、 B（ x2， y2）， ∵ |OA|=|OB|， ∴ x12+y12=x22+y22． 又 ∵ y12=2px1， y22=2px2， ∴ x22﹣ x12+2p（ x2﹣ x1） =0， 即（ x2﹣ x1）（ x1+x2+2p） =0． 又 ∵ x x2與 p 同號(hào)， ∴ x1+x2+2p≠ 0． ∴ x2﹣ x1=0，即 x1=x2． 由拋物線對(duì)稱性，知點(diǎn) A、 B 關(guān)于 x軸對(duì)稱． （ Ⅱ ）解：由（ Ⅰ ）知 ∠ AOx=30176。，則 y2=2px， x=6p， ∴ y= x， y=2 p． ∴ A（ 6p， 2 p）， ∵ 等邊三角形 OAB 的邊長(zhǎng)為 8 ， ∴ （ 6p） 2+（ 2 p） =（ 8 ） 2． ∴ p=2， ∴ 拋物線 E 的方程為 y2=4x． 20．如圖，在三棱柱 ABC﹣ A1B1C1中， CC1⊥ 平面 ABC， AB=5， BC=4， AC=CC1=3， D為 AB 的中點(diǎn) （ Ⅰ ）求證： AC⊥ BC1； （ Ⅱ ）求異面直線 AC1與 CB1所成角的余弦值； （ Ⅲ ）求二面角 D﹣ CB1﹣ B 的余弦值． 【考點(diǎn)】 二面角的平面角及求法；異面直線及其所成的角；空間中直線與直線之間的位置關(guān)系． 【分析】 （ Ⅰ ）以 C為原 點(diǎn)，直線 CA， CB， CC1分別為 x軸， y 軸， z 軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能證明 AC⊥ BC1． （ Ⅱ ）求出 =（﹣ 3， 0， 3）， =（ 0， 4， 3），利用得量法能地求出異面直線 AC1與CB1所成角的余弦值． （ Ⅲ ）求出平面 BCB1的一個(gè)法向量和平面 DCB1的一個(gè)法向量，利用向量法能求出二面角D﹣ CB1﹣ B 的余弦值． 【解答】 證明：（ Ⅰ ）在三棱柱 ABC﹣ A1B1C1中， ∵ AB=5， BC=4， AC=CC1=3， ∴ AB2=AC2+BC2， ∴ AC⊥ BC， 又 CC1⊥ 平面 ABC， ∴ CA， CB， CC1兩兩垂直， 以 C 為原點(diǎn)，直線 CA， CB， CC1分別為 x軸， y 軸， z 軸，建立空間直角坐標(biāo)系， 則 C（ 0， 0， 0）， A（ 3， 0， 0）， B（ 0， 4， 0）， C1（ 0， 0， 3）， B1（ 0， 4， 3）， =（﹣ 3， 0， 0）， =（ 0，﹣ 4， 3）， ∵ =0， ∴ ⊥ ， ∴ AC⊥ BC1． 解：（ Ⅱ ） ∵ =（﹣ 3， 0， 3）， =（ 0， 4， 3）， | |=3 ， | |=5， cos＜ ＞ = = = ， ∴ 異面直線 AC1與 CB1所成角的余弦值為 ． （ Ⅲ ） ∵ D 是 AB 的中點(diǎn)， ∴ D（ ）， =（ ）， =（ 0， 4， 3）， ∵ AC⊥ BC1， AC⊥ CC1， BC1∩CC1=C1， ∴ AC⊥ 平面 BCB1， ∴ 平面 BCB1的一個(gè)法向量 =（ 3， 0， 0）， 設(shè)平面 DCB1的一個(gè)法向量 =（ x， y， z）， 則 ，取 y=1，得 =（﹣ ， 1，﹣ ）， cos＜ ＞ = = =﹣ ， 由圖知二面角 D﹣ CB1﹣ B 的平面角是銳角， ∴ 二面角 D﹣ CB1﹣ B 的余弦值為 ． 21．已知橢圓 C： + =1（ a＞ b＞ 0）的左、右焦點(diǎn)為 F1（﹣ 2， 0）， F2（ 2， 0），點(diǎn) M（﹣ 2， ） 在橢圓 C 上． （ Ⅰ ）求橢圓 C 的標(biāo)準(zhǔn)方程； （ Ⅱ ）已知斜率為 k 的直線 l過橢圓 C 的右焦點(diǎn) F2，與橢圓 C 相交于 A， B 兩點(diǎn)． ①若 |AB|= ，求直線 l的方程； ②設(shè)點(diǎn) P（ ， 0），證明： ? 為定值，并求出該定值． 【考點(diǎn)】 橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)． 【分析】 （ Ⅰ ）由題意可得 c=2，再將 M 的坐標(biāo)代入橢圓方程，解方程可得 a， b，進(jìn)而得到橢圓方程； （ Ⅱ ） ①設(shè)直線 l的方程為 y=k（ x﹣ 2），代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式，解方程可得 k，進(jìn)而得到所求直線的方程； ②運(yùn)用向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示和點(diǎn)滿足直線的方程，化簡(jiǎn)整理，代入韋達(dá)定理，計(jì)算即可得到所求定值． 【解答】 解：（ Ⅰ ）由題意可得 c=2，即 a2﹣ b2=4， 代入 M 的坐標(biāo)，可得 + =1， 解得 a= ， b= ， 即有橢圓方程為 + =1； （ Ⅱ ） ①設(shè)直線 l的方程為 y=k（ x﹣ 2）， 代入橢圓方程，可得（ 1+3k2） x2﹣ 12k2x+12k2﹣ 6=0， 判別式 △ =144k4﹣ 4（ 1+3k2）（ 12k2﹣ 6） =24（ 1+k2） ＞ 0， 設(shè) A（ x1， y1）， B（ x2， y2），即有 x1+x2= ， x1x2= ， |AB|= ? = ? = ， 解方程可得 k=177。 1， 即有直線 l的方程為 y=177。 （ x﹣ 2）； ② ? =（ x1﹣ ， y1） ?（ x2﹣ ， y2） =（ x1﹣ ）（ x2﹣ ） +y1y2 =（ x1﹣ ）（ x2﹣ ） +k2（ x1﹣ 2）（ x2﹣ 2） =（ 1+k2） x1x2﹣（ 2k2+ ）（ x1+x2） +（ 4k2+ ） =（ 1+k2） ? ﹣（ 2k2+ ） ? +（ 4k2+ ） = + =﹣ 6+ =﹣ ． 故 ? 為定值﹣ ． 2021 年 7 月 31 日
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