2020高考文科数学(人教A版)总复习练习：高考大题专项5
高考大题专项五 直线与圆锥曲线压轴大题突破1 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题1.(2018江西上饶一模,20)已知椭圆M:=1(a>b>0)的离心率为,点P 1,在椭圆M 上.x 2a 2+y 2b 21232(1)求椭圆M 的方程;(2)经过椭圆M 的右焦点F 的直线l 与椭圆M 交于C,D 两点,A,B 分别为椭圆M 的左、右顶点,记△ABD 与△ABC 的面积分别为S 1和S 2,求|S 1-S 2|的取值范围.2.(2018宁夏银川一中四模,20)已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1,F 2,点M 在椭圆x 2a2+y 2b 2上,有|MF 1|+|MF 2|=4,椭圆的离心率为e=.12(1)求椭圆C 的标准方程;(2)已知N(4,0),过点N 作斜率为k(k>0)的直线l 与椭圆交于A,B 不同两点,线段AB 的中垂线为l',记l'的纵截距为m,求m 的取值范围.3.(2018北京海淀区二模,20)已知椭圆C:x 2+2y 2=1的左右顶点分别为A 1,A 2.(1)求椭圆C 的长轴长与离心率;(2)若不垂直于x 轴的直线l 与椭圆C 相交于P,Q 两点,直线A 1P 与A 2Q 交于点M,直线A 1Q 与A 2P 交于点N.求证:直线MN 垂直于x 轴.4.(2018广东珠海质检,20)已知抛物线C 1:y 2=2px(p>0),圆C 2:x 2+y 2=4,直线l:y=kx+b 与抛物线C 1相切于点M,与圆C 2相切于点N.(1)若直线l 的斜率k=1,求直线l 和抛物线C 1的方程;(2)设F 为抛物线C 1的焦点,设△FMN,△FON 的面积分别为S 1,S 2,若S 1=λS 2,求λ的取值范围.5.(2018重庆巴蜀中学适应性考试(七),20)已知椭圆=1(a>b>0)与直线y=x-2相切,设椭圆的x 2a2+y 2b 2222上顶点为M,F 1,F 2是椭圆的左、右焦点,且△MF 1F 2为等腰直角三角形.(1)求椭圆的标准方程;(2)直线l 过点N 0,-交椭圆于A,B 两点,直线MA 、MB 分别与椭圆的短轴为直径的圆交于S,T 两23点,求证:O,S,T 三点共线.6.(2018河北衡水联考,20)已知椭圆=1(a>b>0)的离心率e=左、右焦点分别为F 1,F 2,且F 2与x 2a 2+y 2b 233抛物线y 2=4x 的焦点重合.(1)求椭圆的标准方程;(2)若过F 1的直线交椭圆于B,D 两点,过F 2的直线交椭圆于A,C 两点,且AC ⊥BD,求|AC|+|BD|的最小值.突破2 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.(2018福建厦门质检一,20)设O 为坐标原点,椭圆C:=1(a>b>0)的左焦点为F,离心率为.直x 2a2+y 2b 225线l:y=kx+m(m>0)与C 交于A,B 两点,AF 的中点为M,|OM|+|MF|=5.(1)求椭圆C 的方程;(2)设点P(0,1),=-4,求证:直线l 过定点,并求出定点的坐标.PA ·PB 2.(2018东北三省三校(哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)一模,20)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为1(-c,0),F 2(c,0)为椭圆C 的左、右焦点,M 为椭圆C 上的任意一点,x 2a2+y 2b 222△MF 1F 2的面积的最大值为1,A 、B 为椭圆C 上任意两个关于x 轴对称的点,直线x=与x 轴的交点a 2c 为P,直线PB 交椭圆C 于另一点E.(1)求椭圆C 的标准方程;(2)求证:直线AE 过定点.3.(2018广东一模,20)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,且C 过点1,.x 2a 2+y 2b 23232(1)求椭圆C 的方程;(2)若直线l 与椭圆C 交于P,Q 两点(点P,Q 均在第一象限),且直线OP,l,OQ 的斜率成等比数列,证明:直线l 的斜率为定值.4.已知定直线l:y=x+3,定点A(2,1),以坐标轴为对称轴的椭圆C 过点A 且与l 相切.(1)求椭圆的标准方程;(2)椭圆的弦AP,AQ 的中点分别为M,N,若MN 平行于l,则OM,ON 斜率之和是否为定值?若是定值,请求出该定值;若不是定值,请说明理由.5.(2018江西六校联考,20)已知F 1,F 2分别是椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点,其中右焦点为抛物x 2a2+y 2b 2线y 2=4x 的焦点,点M -1,在椭圆C 上.22(1)求椭圆C 的标准方程;(2)设与坐标轴不垂直的直线l 过F 2与椭圆C 交于A,B 两点,过点M -1,且平行直线l 的直线交22椭圆C 于另一点N,若四边形MNBA 为平行四边形,试问直线l 是否存在?若存在,请求出l 的斜率;若不存在,请说明理由.6.(2018辽宁省部分重点中学协作体模拟,20)已知M 是椭圆C:=1(a>b>0)上的一点,F 1,F 23,12x 2a2+y 2b 2是该椭圆的左右焦点,且|F 1F 2|=2.3(1)求椭圆C 的方程;(2)设点A,B 是椭圆C 上与坐标原点O 不共线的两点,直线OA,OB,AB 的斜率分别为k 1,k 2,k 3,且k 1k 2=k 2.试探究|OA|2+|OB|2是否为定值,若是,求出定值,若不是,说明理由.高考大题专项五 直线与圆锥曲线压轴大题突破1 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题1.解 (1)因为e=,椭圆M 过点P1,,所以c=1,a=2,c a=1232所以椭圆M的方程为=1.x24+y23(2)当直线l 无斜率时,直线方程为x=1,此时C1,-,D1,,△ABD,△ABC 面积相等,|S 1-S 2|=0;3232当直线l 斜率存在(显然k ≠0)时,设直线方程为y=k(x-1),设C(x 1,y 1),D(x 2,y 2).由{x 24+y 23=1,y =k (x -1),消去y 得(3+4k 2)x 2-8k 2x+4k 2-12=0,显然Δ>0,方程有根,且x 1+x 2=,x 1x 2=,8k 23+4k 24k 2-123+4k 2此时|S 1-S 2|=2||y 2|-|y 1||=2|y 2+y 1|=,12|k |3+4k 2因为k ≠0,上式=k=±时等号成立,123|k |+4|k |≤1223|k |·4|k |=12212=332所以|S 1-S 2|的最大值为,3所以0≤|S 1-S 2|≤.32.解 (1)因为|MF 1|+|MF 2|=4,所以2a=4,所以a=2.因为e=,所以c=1,12所以b 2=a 2-c 2=3,所以椭圆C的标准方程为=1.x 24+y 23(2)由题意可知直线l 的斜率存在,设l:y=k(x-4),A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),由消去y 得{y =k (x -4),x 24+y 23=1,(4k 2+3)x 2-32k 2x+64k 2-12=0,x 1+x 2=,x 1x 2=,32k 24k 2+364k 2-124k 2+3又Δ=-4(4k 2+3)(64k 2-12)>0,解得-<k<,(-32k 2)21212故0<k<.12设A,B 的中点为P(x 0,y 0),则x 0=,x 1+x 22=16k 24k 2+3y 0=k(x 0-4)=-,12k4k 2+3所以l':y-y 0=-(x-x 0),1k 即y+=-x-,12k4k 2+31k16k 24k 2+3化简得y=-x+,令x=0,得m=,k ∈0,,1k 4k 4k 2+34k4k2+312m'=,当k ∈0,时,m'>0恒成立,所以m=在k ∈0,上为增函数,所以0<m<.-16k 2+12(4k 2+3)2124k4k2+312123.(1)解 椭圆C的方程可化为+y 2=1,所以a=,b=1,c=1.x222所以长轴长为2a=2,离心率e=.2c a=22(2)证明 显然直线A 1P,A 2Q,A 1Q,A 2P 的斜率都存在,且互不相等,分别设为k 1,k 2,k 3,k 4.设直线A 1P 的方程为y=k 1(x+),A 2Q 的方程为y=k 2(x-),22联立直线A 1P 与直线A 2Q 方程得x M =.2(k 2+k 1)k 2-k 1同理可得x N =.2(k 4+k 3)k 4-k 3下面证明k 1k 4=-.12设P(x 0,y 0),则+2=2.x 20y 20所以k 1k 4==-.y 0x 0+2·y 0x 0-2=y 20x 20-2=y 20-2y 2012同理k 2k 3=-.12所以x N ==x M .2(-12k 1+-12k 2)-12k 1--12k 2=2(k 2+k 1)k 2-k 1所以直线MN 垂直于x 轴.4.解 (1)由题设知l:x-y+b=0,且b>0,由l 与C 2相切知,C 2(0,0)到l 的距离d==2,得b=2,所以l:x-y+2b22=0.将l 与C 1的方程联立消x 得y 2-2py+4p =0,22其Δ=4p 2-16p=0得p=4,∴C 1:y 2=8x.222综上所述,l:x-y+2=0,C 1:y 2=8x.22(2)不妨设k>0,根据对称性,k>0得到的结论与k<0得到的结论相同.此时b>0,又知p>0,设M(x 1,y 1),N(x 2,y 2),由{y =kx +b ,y 2=2px ,消去y 得k 2x 2+2(kb-p)x+b 2=0,由Δ=4(kb-p)2-4k 2b 2=0,得p=2kb,M ,p 2k 2,p k 由l 与C 2切于点N 知C 2(0,0)到l:kx-y+b=0的距离d==2,得b=2,则p=4k ,b1+k 21+k 21+k 2故M,4.21+k 2k 1+k 2由得N -,{y =kx +b ,x 2+y 2=4,2k1+k 2,21+k 2故|MN|=|x M -x N |==.1+k 21+k221+k2k+2k 1+k 24k 2+2k F,0到l:kx-y+b=0的距离d 0==2k 2+2,p 2pk2+b 1+k 2所以S 1=S △FMN =|MN|d 0=,122(2k 2+1)(k 2+1)k 又因为S 2=S △FON =|OF|·|y N |=2k,12所以λ==+2(k 2+1)=2k 2++3≥2+3,当且仅当2k 2=即k=时取等号,S 1S 2=(2k 2+1)(k 2+1)k 21k 21k 221k 2142与上同理可得,k<0时亦是同上结论.综上所述,λ的取值范围是[3+2,+∞).25.(1)解 ∵△MF 1F 2为等腰直角三角形,∴b=c,a=b,2∴椭圆的方程为x 2+2y 2=2b 2.由消去x 整理得:4y 2+8y+16-2b 2=0,{x 2+2y 2=2b 2,x =2y +4,2∵椭圆与直线相切,∴Δ=128-16(16-2b 2)=0,解得b 2=4.∴椭圆的标准方程为x 2+2y 2=8,即=1.x 28+y 24(2)证明 由题意得直线AB 的斜率存在,设直线AB 的方程为y=kx-,23由{y =kx -23,x 2+2y 2=8,消去y 整理得:(1+2k 2)x 2-kx-=0,83649∵直线AB 与椭圆交于两点,∴Δ=+4×(2k 2+1)=(9k 2+4)>0.(83k )2649649设点A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则x 1+x 2=,x 1x 2=,83k 1+2k 2-6491+2k 2又M(0,2),∴=x 1x 2+(y 1-2)(y 2-2)MA ·MB =x 1x 2+kx 1-kx 2-8383=(1+k 2)x 1x 2-k(x 1+x 2)+83649=-649·1+k 21+2k 2‒649·k 21+2k 2+649=-+1=0.6491+k 2+k 21+2k 2∴MA ⊥MB,∴∠SMT=.π2∵圆的直径为椭圆的短轴,∴圆心为原点O,∴点O,S,T 三点共线.6.解 (1)抛物线y 2=4x 的焦点为(1,0),所以c=1,又因为e=,所以a=,c a=1a =333所以b 2=2,所以椭圆的标准方程为=1.x 23+y 22(2)①当直线BD 的斜率k 存在且k ≠0时,直线BD 的方程为y=k(x+1),代入椭圆方程=1,x 23+y 22化简得(3k 2+2)x 2+6k 2x+3k 2-6=0.设B(x 1,y 1),D(x 2,y 2),则x 1+x 2=-,x 1x 2=,6k 23k 2+23k 2-63k 2+2|BD|=·|x 1-x 2|1+k =(1+k 2)·[(x 1+x 2)2-4x 1x 2]=.43(k 2+1)3k 2+2易知直线AC的斜率为-,1k 所以|AC|=,43(1k2+1)3×1k2+2=43(k 2+1)2k 2+3|AC|+|BD|=4(k 2+1)=313k 2+2+12k 2+3203(k 2+1)2(3k 2+2)(2k 2+3)≥203(k 2+1)2[(3k 2+2)+(2k 2+3)2]2=,203(k 2+1)225(k 2+1)24=1635当k 2=1,即k=±1时,上式取等号,故|AC|+|BD|的最小值为.1635②当直线BD 的斜率不存在或等于零时,易得|AC|+|BD|=1033>1635综上所述,|AC|+|BD|的最小值为1635突破2 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.解 (1)设椭圆的右焦点为F 1,则OM 为△AFF 1的中位线.∴OM=AF 1,MF=AF,1212∴|OM|+|MF|==a=5,|AF |+|AF 1|2∵e=,c a=255∴c=2,5∴b=,5∴椭圆C的方程为=1.x 225+y 25(2)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),联立{y =kx +m ,x 225+y 25=1,消去y 整理得(1+5k 2)x 2+10mkx+5m 2-25=0.∴Δ>0,x 1+x 2=-,x 1x 2=,10km1+5k 25m 2-251+5k 2∴y 1+y 2=k(x 1+x 2)+2m=,y 1y 2=(kx 1+m)(kx 2+m)=k 2x 1x 2+km(x 1+x 2)+m 2=2m1+5k 2,5k 2m 2-25k 2-10k 2m 2+m 2+5k 2m 21+5k 2=-25k 2+m21+5k 2∵P(0,1),=-4,PA ·P ∴(x 1,y 1-1)·(x 2,y 2-1)=x 1x 2+y 1y 2-(y 1+y 2)+1=-4,∴+5=0,整理得3m 2-m-10=0,5m 2-251+5k 2+-25k 2+m21+5k 2‒2m1+5k 2解得m=2或m=-(舍去).53∴直线l 过定点(0,2).2.(1)解 ∵当M 为椭圆C 的短轴端点时,△MF 1F 2的面积的最大值为1,∴×2c×b=1,∴bc=1,∵e=2=b 2+c 2,∴a=,b=1,∴椭圆C的标准方程为+y 2=1.12c a=222x 22(2)证明 设B(x 1,y 1),E(x 2,y 2),A(x 1,-y 1),且x 1≠x 2,∵x==2,∴P(2,0),由题意知BP 的斜率必存在,设BP:y=k(x-2),代入+y 2=1得(2k 2+1)x 2-a 2c x 228k 2x+8k 2-2=0,由Δ>0得k 2<,x 1+x 2=,x 1·x 2=.128k 22k 2+18k 2-22k 2+1∵x 1≠x 2∴AE 斜率必存在,AE:y+y 1=(x-x 1),y 1+y 2x 2-x 1由对称性易知直线AE 过的定点必在x 轴上,则当y=0时,得x=+x 1=y 1(x 2-x 1)y 1+y 2=y 1x 2+y 2x 1y 1+y 2=k (x 1-2)x 2+k (x 2-2)x 1k (x 1+x 2)-4k =1,即在k 2<的条件下,直线AE 过定点(1,0).2x 1x 2-2(x 1+x 2)x 1+x 2-4=2·8k 2-22k 2+1-2·8k 22k 2+18k 22k 2+1-4123.(1)解 由题意可得解得{c a=32,1a 2+34b 2=1,a 2=b 2+c 2,{a =2,b =1.故椭圆C的方程为+y 2=1.x 24(2)证明 由题意可知直线l 的斜率存在且不为0,设直线l 的方程为y=kx+m(m ≠0),由消去y 整理得(1+4k 2)x 2+8kmx+4(m 2-1)=0,{y =kx +m ,x 24+y 2=1,∵直线l 与椭圆交于两点,∴Δ=64k 2m 2-16(1+4k 2)(m 2-1)=16(4k 2-m 2+1)>0.设点P,Q 的坐标分别为(x 1,y 1),(x 2,y 2),则x 1+x 2=,x 1x 2=,-8km1+4k 24(m 2-1)1+4k 2∴y 1y 2=(kx 1+m)(kx 2+m)=k 2x 1x 2+km(x 1+x 2)+m 2.∵直线OP,l,OQ 的斜率成等比数列,∴k 2=,y 2x 2·y 1x 1=k 2x 1x 2+km (x 1+x 2)+m 2x 1x 2整理得km(x 1+x 2)+m 2=0,∴+m 2=0,-8k 2m21+4k 2又m ≠0,所以k 2=,14结合图象(图略)可知,k=-,故直线l 的斜率为定值.124.解 (1)设椭圆C 的方程为mx 2+ny 2=1(m>0,n>0,m ≠n),椭圆C 过点A,所以4m+n=1.①将y=x+3代入椭圆方程化简得(m+n)x 2+6nx+9n-1=0.因为直线l 与椭圆C 相切,所以Δ=(6n)2-4(m+n)(9n-1)=0,②解①②可得m=,n=.1613所以椭圆的标准方程为=1.x 26+y 23(2)设点P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),则有M ,N .x 1+22,y 1+12x 2+22,y 2+12由题意可知PQ ∥MN,所以k PQ =k MN =1.设直线PQ 的方程为y=x+t(-3<t<3),当t ≠0时,代入椭圆方程并化简得3x 2+4tx+2t 2-6=0,Δ=(4t)2-4×3(2t 2-6)=-8t 2+72>0,所以③{x 1+x 2=-4t3,x 1x 2=2t 2-63,k OM +k ON =,y 1+1x 1+2+y 2+1x2+2=x 1+t +1x 1+2+x 2+t +1x 2+2通分后可变形得到k OM +k ON =,2x 1x 2+(t +3)(x 1+x 2)+4t +4x 1x 2+2(x 1+x 2)+4将③式代入得k OM +k ON ==0.2(2t 2-6)+(t +3)(-4t )+12t +12-4t +2(2t 2-6)+12=04t 2-4t 当t=0时,直线PQ 的方程为y=x,易得P(),Q(-,-),则M,N,所2,2222+22,1+222-22,1-22以k OM +k ON ==0.1+22+2+1-22-2所以OM,ON 斜率之和为定值0.5.解 (1)由y 2=4x 的焦点为(1,0)可知椭圆C 的焦点为F 1(-1,0),F 2(1,0),又点M -1,在椭圆上,所以22{1a 2+12b 2=1,a 2=b 2+c 2,c =1,解得{a 2=2,b 2=1,所以椭圆C的标准方程为+y 2=1.x 22(2)由题意可设直线l 的方程为y=k(x-1),A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),由{x 22+y 2=1,y =k (x -1),消去y,得(1+2k 2)x 2-4k 2x+2k 2-2=0,所以x 1+x 2=,x 1x 2=.4k 21+2k 22k 2-21+2k 2所以|AB|=.1+k2(x 1+x 2)2-4x 1x 2=22(1+k 2)1+2k 2设直线MN 的方程为y-=k(x+1),M(x 3,y 3),N(x 4,y 4),由22{x 22+y 2=1,y -22=k (x +1),消去y,得(1+2k 2)x 2+(4k 2+2k)x+(2k 2+2k-1)=0,因为x 3=-1,所以x 4=-22,|MN|=|x 3-x 4|=.2k 2+22k -11+2k21+k 21+k 2|22k -2|1+2k 2因为四边形MNBA 为平行四边形,所以|AB|=|MN|,即,k=-,22(1+k 2)1+2k2=1+k 2|22k -2|1+2k224但是,直线l 的方程y=-即x+2y-1=0过点M -1,,即直线AB 与直线MN 重合,不符24222合题意,所以直线l 不存在.6.解 (1)由题意,知F 1(-,0),F 2(,0),根据椭圆定义得|MF 1|+|MF 2|=2a,33所以2a==4,(3+3)2+(12-0)2+(3-3)2+(12-0)2所以a 2=4,b 2=a 2-c 2=1,所以椭圆C的方程为+y 2=1.x 24(2)|OA|2+|OB|2为定值.设直线AB:y=kx+m(km ≠0),A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),由消去y 得(1+4k 2)x 2+8kmx+4m 2-4=0,{y =kx +m ,x 24+y 2=1,则Δ=(8km)2-16(m 2-1)(4k 2+1)>0,x 1+x 2=-,x 1x 2=,8km1+4k 24m 2-41+4k 2因为k 1k 2=k 2,所以=k 2,kx 1+m x 1·kx 2+m x 2即km(x 1+x 2)+m 2=0(m ≠0),解得k 2=,14所以|OA|2+|OB|2=-2x 1x 2]+2=5,x 21+x 22+y 21+y 22=34[(x 1+x 2)2所以|OA|2+|OB|2=5.。
2020高考文科数学(人教A版)总复习练习：高考大题专项6
高考大题专项六 高考中的概率、统计与统计案例1.(2019届河北唐山摸底考试,18)某厂分别用甲、乙两种工艺生产同一种零件,尺寸在[223,228]内(单位:mm)的零件为一等品,其余为二等品.在两种工艺生产的零件中,各随机抽取10个,其尺寸的茎叶图如图所示:(1)分别计算抽取的两种工艺生产的零件尺寸的平均数;(2)已知甲工艺每天可生产300个零件,乙工艺每天可生产280个零件,一等品利润为30元/个,二等品利润为20元/个.视频率为概率,试根据抽样数据判断采用哪种工艺生产该零件每天获得的利润更高?2.我国是世界上严重缺水的国家,城市缺水问题较为突出,某市政府为了鼓励居民节约用水,计划在本市试行居民生活用水定额管理,即确定一个合理的居民月用水量标准x(单位:吨),用水量不超过x 的部分按平价收费,超过x 的部分按议价收费,为了了解全市市民月用水量的分布情况,通过抽样,获得了100位居民某年的月用水量(单位:吨),将数据按照[0,0.5),[0.5,1),…,[4,4.5]分成9组,制成了如图所示的频率分布直方图.(1)求直方图中a 的值;(2)已知该市有80万居民,估计全市居民中月均用水量不低于3吨的人数,并说明理由;(3)若该市政府希望使85%的居民每月的用水量不超过标准x(单位:吨),估计x 的值,并说明理由.3.(2019:(1)根据表中数据,建立y 关于t 的线性回归方程y ^=b ^t+a ^; (2)根据线性回归方程预测2019年该地区该农产品的年产量.附:对于一组数据(t 1,y 1),(t 2,y 2),…,(t n ,y n ),其回归直线y=bt+a 的斜率和截距的最小二乘估计分别为:b ^=∑i=1n(t i -t )(y i -y )∑i=1n(t i-t )2,a ^=y −b ^t .(参考数据:∑i=16(t i -t )(y i -y )=2.8,计算结果保留小数点后两位)4.为响应阳光体育运动的号召,某县中学生足球活动正如火如荼地开展,该县为了解本县中学生的足球运动状况,根据性别采取分层抽样的方法从全县24 000名中学生(其中男生14 000人,女生10 000人)中抽取120名,统计他们平均每天足球运动的时间,如下表:(平均每天足球运动的时间单位为小时,该县中学生平均每天足球运动的时间范围是[0,3])(1)请根据样本估算该校男生平均每天足球运动的时间(结果精确到0.1);(2)若称平均每天足球运动的时间不少于2小时的学生为“足球健将”.低于2小时的学生为“非足球健将”.①请根据上述表格中的统计数据填写下面2×2列联表,并通过计算判断,能否在犯错误的概率不超过0.01②若在足球活动时间不足1小时的男生中抽取2名代表了解情况,求这2名代表都是足球运动时间不足半小时的概率. 参考公式:K 2=n (ad -bc )2(a+b )(c+d )(a+c )(b+d ),其中n=a+b+c+d.5.(2019届湖南长沙雅礼中学一模,19)某校决定为本校上学所需时间不少于30分钟的学生提供校车接送服务.为了解学生上学所需时间,从全校600名学生中抽取50人统计上学所需时间(单位:分钟),将600人随机编号为001,002,…,600,抽取的50名学生上学所需时间均不超过60分钟,将上学所需时间按如下方式分成六组,第一组上学所需时间在[0,10),第二组上学所需时间在[10,20),…,第六组上学所需时间在[50,60],得到各组人数的频率分布直方图,如下图:(1)若抽取的50个样本是用系统抽样的方法得到,且第一个抽取的号码为006,则第五个抽取的号码是多少?(2)若从50个样本中属于第四组和第六组的所有人中随机抽取2人,设他们上学所需时间分别为a 、b,求满足|a-b|>10的事件的概率;(3)设学校配备的校车每辆可搭载40名学生,请根据抽样的结果估计全校应有多少辆这样的校车?6.在国际风帆比赛中,成绩以低分为优胜,比赛共11场,并以最佳的9场成绩计算最终的名次.在一次(1)根据表中的比赛数据,比较A与B的成绩及稳定情况;(2)从前7场平均分低于6.5的运动员中,随机抽取2个运动员进行兴奋剂检查,求至少1个运动员平均分不低于5分的概率;(3)请依据前7场比赛的数据,预测冠亚军选手,并说明理由.7.(2019届四川成都石室中学入学考试,19)某服装店对过去100天其实体店和网店的销售量(单位:件)进行了统计,制成频率分布直方图如下:(1)若将上述频率视为概率,已知该服装店过去100天的销售中,实体店和网店销售量都不低于50件的概率为0.24,求过去100天的销售中,实体店和网店至少有一边销售量不低于50件的天数;(2)若将上述频率视为概率,已知该服装店实体店每天的人工成本为500元,门市成本为1 200元,每售出一件利润为50元,求该门市一天获利不低于800元的概率;(3)根据销售量的频率分布直方图,求该服装店网店销售量中位数的估计值(精确到0.01).8.(2019届贵州铜仁一中一联,19)贵州省铜仁第一中学为弘扬优良传统,展示80年来的办学成果,特举办“建校80周年教育成果展示月”活动.现在需要招募活动开幕式的志愿者,在众多候选人中选取100名志愿者,为了在志愿者中选拔出节目主持人,现按身高分组,得到的频率分布表如图所示.(1)请补充频率分布表中空白位置相应数据,再完成下列频率分布直方图;(2)为选拔出主持人,决定在第3、4、5组中用分层抽样抽取6人上台,求第3、4、5组每组各抽取多少人?(3)在(2)的前提下,主持人会在上台的6人中随机抽取2人表演诗歌朗诵,求第3组至少有一人被抽取的概率.9.(2018宁夏银川一中二模,19)某水产品经销商销售某种鲜鱼,售价为每千克20元,成本为每千克15元.销售宗旨是当天进货当天销售.如果当天卖不出去,未售出的全部降价处理完,平均每千克损失3元.根据以往的销售情况,按[0,100),[100,200),[200,300),[300,400),[400,500]进行分组,得到如图所示的频率分布直方图.(1)根据频率分布直方图计算该种鲜鱼日需求量的平均数x(同一组中的数据用该组区间中点值代表);(2)该经销商某天购进了300千克这种鲜鱼,假设当天的需求量为x千克(0≤x≤500),利润为Y元.求Y 关于x的函数关系式,并结合频率分布直方图估计利润Y不小于700元的概率.高考大题专项六 高考中的概率、统计与统计案例1.解 (1)x 甲=110(217+218+222+225+226+227+228+231+233+234)=226.1;x 乙=110(218+219+221+224+224+225+226+228+230+232)=224.7. (2)由抽取的样本可知,应用甲工艺生产的产品为一等品的概率为2,二等品的概率为3,故采用甲工艺生产该零件每天获得的利润:w 甲=300×25×30+300×35×20=7 200元;应用乙工艺生产的产品为一等品、二等品的概率均为12,故采用乙工艺生产该零件每天获得的利润:w 乙=280×12×30+280×12×20=7 000元. 因为w 甲>w 乙,所以采用甲工艺生产该零件每天获得的利润更高.2.解 (1)由频率分布直方图,可得(0.08+0.16+a+0.40+0.52+a+0.12+0.08+0.04)×0.5=1,解得a=0.30.(2)由频率分布直方图可知,100位居民每人月用水量不低于3吨的频率为(0.12+0.08+0.04)×0.5=0.12,由以上样本频率分布,可以估计全市80万居民中月均用水量不低于3吨的人数为800 000×0.12=96 000.(3)∵前6组的频率之和为(0.08+0.16+0.30+0.40+0.52+0.30)×0.5=0.88>0.85, 而前5组的频率之和为(0.08+0.16+0.30+0.40+0.52)×0.5=0.73<0.85,∴2.5≤x<3.由0.3×(x-2.5)=0.85-0.73,解得x=2.9,因此,估计月用水量标准为2.9吨时,85%的居民每月的用水量不超过标准. 3.解 (1)由题意可知:t =1+2+3+4+5+66=3.5, y =6.6+6.7+7+7.1+7.2+7.46=7,∑i=16(t i -t )2=(-2.5)2+(-1.5)2+(-0.5)2+0.52+1.52+2.52=17.5,∴b ^=∑i=16(t i -t )(y i -y )∑i=16(t i -t )2=2.817.5=0.16. 又a ^=y −b ^t =7-0.16×3.5=6.44,∴y 关于t 的线性回归方程为y ^=0.16t+6.44.(2)由(1)可得,当年份为2019年时,年份代码t=8,此时y ^=0.16×8+6.44=7.72,所以可预测2019年该地区该农产品的年产量约为7.72万吨.4.解 (1)∵男生抽取的人数为120×14 00014 000+10 000=70,女生抽取人数为120-70=50, ∴x=5,y=2,∴该校男生平均每天足球运动的时间约为0.25×2+0.75×3+1.25×28+1.75×22+2.25×10+2.75×570≈1.6(小时).(2)①由表格可知∴K 2的观测值k=120×(15×45-5×55)220×100×50×70≈2.743>2.706,∴在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为是否为“足球健将”与性别有关;②记不足半小时的两人为a,b,足球运动时间在[0.5,1)内的3人为1,2,3,则总的基本事件有10个,取2名代表都是足球运动时间不足半小时的是(ab),故所求概率为110.5.解 (1)600÷50=12,第一段的号码为006,第五段抽取的数是6+(5-1)×12=54,即第五段抽取的号码是054. (2)第四组人数=0.008×10×50=4,设这4人分别为A 、B 、C 、D, 第六组人数=0.004×10×50=2,设这2人分别为x,y, 随机抽取2人的可能情况是:AB AC AD BC BD CD xy Ax Ay Bx By Cx Cy Dx Dy, 一共有15种情况,其中他们上学所需时间满足|a-b|>10的情况有8种,所以满足|a-b|>10的事件的概率为815.(3)全校上学所需时间不少于30分钟的学生约有: 600×(0.008+0.008+0.004)×10=120人, 所以估计全校需要3辆校车.6.解 (1)由表格中的数据,我们可以分别求出运动员A 和B 前7场比赛积分的平均数和方差,作为度量两运动员比赛的成绩及稳定性的依据.运动员A 的平均分x 1=17×21=3,方差s 12=17[(3-3)2+(2-3)2+(2-3)2+(2-3)2+(2-3)2+(4-3)2+(6-3)2]=2;运动员B 的平均分x 2=17×28=4,方差s 22=17[(1-4)2+(1-4)2+(3-4)2+(5-4)2+(10-4)2+(4-4)2+(4-4)2]=8,从平均分和积分的方差来看,运动员A 的平均积分及积分的方差都比运动员B 的小, 也就是说,在前7场比赛过程中,运动员A 的成绩较为优秀,且表现也较为稳定.(2)表中平均分低于6.5分的运动员共有5个,其中平均分低于5分的运动员有3个, 平均分不低于5分且低于6.5分的运动员有2个,从这5个数据中任取2个,基本事件总数n=10,从3个运动员中任取2人的事件数为3,至少1个运动员平均分不低于5分的对立事件是取到的两人的平均分都低于5分,所以至少1个运动员平均分不低于5分的概率P=1-310=710.(3)尽管此时还有4场比赛没有进行,但这里我们可以假设每位运动员在各自的11场比赛中发挥的水平大致相同,因而可以把前7场比赛的成绩看作总体的一个样本,并由此估计每位运动员最后的成绩,从已结束的7场比赛的积分来看,运动员A 的成绩最为出色,而且表现最为稳定,故预测A 运动员获得最后的冠军,而运动员B 和C 平均分相同,但运动员C 得分整体呈下降趋势,所以预测运动员C 将获得亚军.7.解 (1)由题意,网店销售量不低于50件共有(0.068+0.046+0.010+0.008)×5×100=66(天),实体店销售量不低于50件的天数为(0.032+0.020+0.012×2)×5×100=38(天),实体店和网店销售量都不低于50件的天数为100×0.24=24(天),故实体店和网店至少有一边销售量不低于50的天数为66+38-24=80(天).(2)由题意,设该实体店一天售出x 件,则获利为50x-1 700≥800⇒x ≥50. 设该实体店一天获利不低于800元为事件A,则P(A)=P(x ≥50)=(0.032+0.020+0.012+0.012)×5=0.38. 故该实体店一天获利不低于800元的概率为0.38.(3)因为网店销售量频率分布直方图中,销售量低于50件的直方图面积为 (0.004+0.020+0.044)×5=0.34<0.5,销售量低于55件的直方图面积为(0.004+0.020+0.044+0.068)×5=0.68>0.5, 故网店销售量的中位数的估计值为 50+0.5-0.340.34×5≈52.35(件). 8.解 (1)第二组的频数为100×0.35=35,故第三组的频数为100-5-35-20-10=30,故第三组的频率为0.3,第五组的频率为0.1,补全后的频率分布表为:频率分布直方图为:频率分布直方图(2)第3组、第4组、第5组的频率之比为3∶2∶1,故第3组、第4组、第5组抽取的人数分别为3,2,1.(3)设第3组中抽取的三人为A 1,A 2,A 3,第4组中抽取的两人为B 1,B 2,第5组中抽取的一人为C,则6人中任意抽取2人,所有的基本事件如下:A 1A 2,A 1A 3,A 2A 3,A 1B 1,A 1B 2,A 2B 1,A 2B 2,A 3B 1,A 3B 2,B 1B 2,A 1C,A 2C,A 3C,B 1C,B 2C,故第3组中至少有1人被抽取的概率为1215=45. 9.解 (1)x=50×0.001 0×100+150×0.002 0×100+250×0.003 0×100+350×0.002 5×100+450×0.001 5×100=265.(2)当日需求量不低于300千克时,利润Y=(20-15)×300=1 500(元); 当日需求量不足300千克时,利润Y=(20-15)x-(300-x)×3=8x-900(元);故Y={8x -900,0≤x <300,1 500,300≤x <500.由Y ≥700,得200≤x ≤500,所以P(Y ≥700)=P(200≤x ≤500) =0.003 0×100+0.002 5×100+0.001 5×100=0.7.。
2020高考文科数学(人教A版)总复习课件：高考大题专项4
高考大题专项 四
高考中的立体几何
考情分析
必备知识
典例剖析
专题总结提升
-7-
题型一
题型二
题型三
题型四
题型五
(2)解 取 AB 中点 P,连接 PE.∵在菱形 ABEF 中,∠ABE=60°,
∴△AEB 为正三角形,∴EP⊥AB.∵AB=2,∴EP= 3.
∵平面 ABCD⊥平面 ABEF,平面 ABCD∩平面 ABEF=AB,
题型一
高考大题专项 四
题型二
题型三
高考中的立体几何
考情分析 题型四
必备知识 题型五
典例剖析
专题总结提升
-5-
题型一 平行关系的证明及求体积 例1(2018江西重点中学盟校联考,18)已知边长为2的正方形 ABCD与菱形ABEF所在平面互相垂直,M为BC中点.
(1)求证:EM∥平面ADF; (2)若∠ABE=60°,求四面体M-ACE的体积.
S△ABC·h=������△������������������1·OC,∴h= 6.
题型一
高考大题专项 四
题型二
题型三
高考中的立体几何
考情分析 题型四
必备知识 题型五
典例剖析
专题总结提升
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解题心得求棱锥的高或点到平面的距离常常利用同一个三棱锥 变换顶点及底面的位置,其体积相等的方法求解.
设 BC=x,则 CM=x,CD= 2x,PM= 3x,PC=PD=2x.
取 CD 的中点 N,连接 PN,则 PN⊥CD,所以 PN= 214x. 因为△PCD 的面积为 2 7,
所以1
2
×
2x× 214x=2 7,
解得 x=-2(舍去),x=2.
2020高考文科数学(人教A版)总复习练习：高考大题专项5 Word版含解析
高考大题专项五直线与圆锥曲线压轴大题突破1圆锥曲线中的最值、范围、证明问题1.(2018江西上饶一模,20)已知椭圆M:=1(a>b>0)的离心率为,点P 1,在椭圆M 上.(1)求椭圆M 的方程;(2)经过椭圆M 的右焦点F 的直线l 与椭圆M 交于C,D 两点,A,B 分别为椭圆M 的左、右顶点,记△ABD 与△ABC 的面积分别为S 1和S 2,求|S 1-S 2|的取值范围.2.(2018宁夏银川一中四模,20)已知椭圆C:上,有|MF 1|+|MF 2|=4,椭圆的离心率为e=.(1)求椭圆C 的标准方程;(2)已知N(4,0),过点N 作斜率为k(k>0)的直线l 与椭圆交于A,B 不同两点,线段AB 的中垂线为l',记l'的纵截距为m,求m 的取值范围.3.(2018北京海淀区二模,20)已知椭圆C:x 2+2y 2=1的左右顶点分别为A 1,A 2.(1)求椭圆C 的长轴长与离心率;(2)若不垂直于x 轴的直线l 与椭圆C 相交于P,Q 两点,直线A 1P 与A 2Q 交于点M,直线A 1Q 与A 2P 交于点N.求证:直线MN 垂直于x 轴.4.(2018广东珠海质检,20)已知抛物线C 1:y 2=2px(p>0),圆C 2:x 2+y 2=4,直线l:y=kx+b 与抛物线C 1相切于点M,与圆C 2相切于点N.=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1,F 2,点M 在椭圆(1)若直线l 的斜率k=1,求直线l 和抛物线C 1的方程;(2)设F 为抛物线C 1的焦点,设△FMN,△FON 的面积分别为S 1,S 2,若S 1=λS 2,求λ的取值范围.5.(2018重庆巴蜀中学适应性考试(七),20)已知椭圆(1)求椭圆的标准方程;=1(a>b>0)与直线y=x-2相切,设椭圆的上顶点为M,F1,F2是椭圆的左、右焦点,且△MF1F2为等腰直角三角形.(2)直线l过点N0,-交椭圆于A,B两点,直线MA、MB分别与椭圆的短轴为直径的圆交于S,T两点,求证:O,S,T三点共线.6.(2018河北衡水联考,20)已知椭圆2=1(a>b>0)的离心率e=,左、右焦点分别为F1,F2,且F2与抛物线y=4x的焦点重合.(1)求椭圆的标准方程;(2)若过F1的直线交椭圆于B,D两点,过F2的直线交椭圆于A,C两点,且AC⊥BD,求|AC|+|BD|的最小值.突破2圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.(2018福建厦门质检一,20)设O为坐标原点,椭圆C:=1(a>b>0)的左焦点为F,离心率为.直线l:y=kx+m(m>0)与C交于A,B两点,AF的中点为M,|OM|+|MF|=5.(1)求椭圆C的方程;=-4,求证:直线l过定点,并求出定点的坐标.(2)设点P(0,1),2.(2018东北三省三校(哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)一模,20)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,F1(-c,0),F2(c,0)为椭圆C的左、右焦点,M为椭圆C上的任意一点,△MF1F2的面积的最大值为1,A、B为椭圆C上任意两个关于x轴对称的点,直线x=与x轴的交点为P,直线PB交椭圆C于另一点E.(1)求椭圆C的标准方程;(2)求证:直线AE过定点.3.(2018广东一模,20)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,且C 过点1,.(1)求椭圆C 的方程;(2)若直线l 与椭圆C 交于P,Q 两点(点P,Q 均在第一象限),且直线OP,l,OQ 的斜率成等比数列,证明:直线l 的斜率为定值.4.已知定直线l:y=x+3,定点A(2,1),以坐标轴为对称轴的椭圆C 过点A 且与l 相切.(1)求椭圆的标准方程;(2)椭圆的弦AP,AQ 的中点分别为M,N,若MN 平行于l,则OM,ON 斜率之和是否为定值?若是定值,请求出该定值;若不是定值,请说明理由.5.(2018江西六校联考,20)已知线y 2=4x 的焦点,点M -1,(1)求椭圆C 的标准方程;(2)设与坐标轴不垂直的直线l 过F 2与椭圆C 交于A,B 两点,过点M -1,且平行直线l 的直线交椭圆C 于另一点N,若四边形MNBA 为平行四边形,试问直线l 是否存在?若存在,请求出l 的斜率;若不存在,请说明理由.6.(2018辽宁省部分重点中学协作体模拟,20)已知M 是椭圆C:=1(a>b>0)上的一点,F 1,F 2是该椭圆的左右焦点,且|F 1F 2|=2.(1)求椭圆C 的方程;(2)设点A,B 是椭圆C 上与坐标原点O 不共线的两点,直线OA,OB,AB 的斜率分别为k 1,k 2,k 3,且k 1k 2=k 2.试探究|OA|2+|OB|2是否为定值,若是,求出定值,若不是,说明理由.F 1,F 2分别是椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点,其中右焦点为抛物在椭圆C 上.高考大题专项五直线与圆锥曲线压轴大题突破1圆锥曲线中的最值、范围、证明问题1.解 (1)因为e=,椭圆M 过点P 1,所以椭圆M 的方程为=1.,所以c=1,a=2,(2)当直线l 无斜率时,直线方程为x=1,此时C 1,-,D 1,,△ABD,△ABC 面积相等,|S 1-S 2|=0;当直线l 斜率存在(显然k ≠0)时,设直线方程为y=k(x-1),设C(x 1,y 1),D(x 2,y 2).由-消去y 得(3+4k 2)x 2-8k 2x+4k 2-12=0,显然Δ>0,方程有根,且x 1+x 2=,x 1x 2=,-,此时|S 1-S 2|=2||y 2|-|y 1||=2|y 2+y 1|=因为k ≠0,上式=k=±时等号成立,所以|S 1-S 2|的最大值为,所以0≤|S 1-S 2|≤.2.解 (1)因为|MF 1|+|MF 2|=4,所以2a=4,所以a=2.因为e=,所以c=1,所以b 2=a 2-c 2=3,所以椭圆C 的标准方程为=1.(2)由题意可知直线l 的斜率存在,设l:y=k(x-4),A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),-消去y 得由(4k 2+3)x 2-32k 2x+64k 2-12=0,x 1+x 2=,x 1x 2=-,又Δ=--4(4k 2+3)(64k 2-12)>0,解得-<k<,故0<k<.x 0=设A,B 的中点为P(x 0,y 0),则,,y 0=k(x 0-4)=-所以即l':y-y 0=-(x-x 0),y+=-x-,化简得y=-x+m'=-,令x=0,得m=,k ∈0,,,当k ∈0,时,m'>0恒成立,所以m=在k ∈0,上为增函数,所以0<m<.23.(1)解椭圆C 的方程可化为+y =1,所以a=,b=1,c=1.所以长轴长为2a=2,离心率e=.(2)证明显然直线A 1P,A 2Q,A 1Q,A 2P 的斜率都存在,且互不相等,分别设为k 1,k 2,k 3,k 4.设直线A 1P 的方程为y=k 1(x+),A 2Q 的方程为y=k 2(x-),联立直线A 1P 与直线A 2Q 方程得x M =同理可得x N =下面证明-.设P(x 0,y 0),则+2=2.-k 1k 4=-..所以k 1k 4=同理所以-k 2k 3=-.-x N =------=-.-=x M .所以直线MN 垂直于x 轴.4.解 (1)由题设知l:x-y+b=0,且b>0,由l 与C 2相切知,C 2(0,0)到l 的距离d==2,得b=2,所以l:x-y+2=0.将l 与C 1的方程联立消x 得y 2-2py+4p =0,其Δ=4p 2-16p=0得p=4,∴C 1:y 2=8x.综上所述,l:x-y+2=0,C 1:y 2=8x.(2)不妨设k>0,根据对称性,k>0得到的结论与k<0得到的结论相同.此时b>0,又知p>0,设M(x 1,y 1),N(x 2,y 2),由消去y 得k 2x 2+2(kb-p)x+b 2=0,由Δ=4(kb-p)2-4k 2b 2=0,得p=2kb,M,由l 与C 2切于点N 知C 2(0,0)到l:kx-y+b=0的距离d=故M =2,得b=2,则p=4k,,4.由得N -,故|MN|=F,0|x M -x N |==.到l:kx-y+b=0的距离d 0==2k 2+2,所以S 1=S △FMN =|MN|d 0=,又因为S 2=S △FON =|OF|·|y N |=2k,所以λ==+2(k 2+1)=2k 2++3≥2+3,当且仅当2k 2=即k=时取等号,与上同理可得,k<0时亦是同上结论.综上所述,λ的取值范围是[3+2,+∞).5.(1)解∵△MF 1F 2为等腰直角三角形,∴b=c,a=b,∴椭圆的方程为x 2+2y 2=2b 2.由消去x 整理得:4y 2+8y+16-2b 2=0,∵椭圆与直线相切,∴Δ=128-16(16-2b 2)=0,解得b 2=4.∴椭圆的标准方程为x 2+2y 2=8,即=1.-由消去y 整理得:(1+2k 2)x 2-kx-=0,(2)证明由题意得直线AB 的斜率存在,设直线AB 的方程为y=kx-,∵直线AB 与椭圆交于两点,∴Δ=+4×(2k 2+1)=(9k 2+4)>0.设点A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则x 1+x 2=,x 1x 2=-,又M(0,2),∴=x 1x 2+(y 1-2)(y 2-2)kx 2-2=(1+k )x 1x 2-k(x 1+x 2)+=-=x 1x 2+kx 1-=-+1=0.∴MA ⊥MB,∴∠SMT=.∵圆的直径为椭圆的短轴,∴圆心为原点O,∴点O,S,T 三点共线.6.解 (1)抛物线y 2=4x 的焦点为(1,0),所以c=1,又因为e=所以b 2=2,所以椭圆的标准方程为=1.,所以a=,(2)①当直线BD 的斜率k 存在且k ≠0时,直线BD 的方程为y=k(x+1),代入椭圆方程化简得(3k 2+2)x 2+6k 2x+3k 2-6=0.设B(x 1,y 1),D(x 2,y 2),则x 1+x 2=-|BD|=·|x 1-x 2|=1,,x 1x 2=-,=-=.易知直线AC 的斜率为-,所以|AC|=,|AC|+|BD|=4(k 2+1)==2,.②当直线BD 的斜率不存在或等于零时,易得|AC|+|BD|=.综上所述,|AC|+|BD|的最小值为.当k =1,即k=±1时,上式取等号,故|AC|+|BD|的最小值为突破2圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.解 (1)设椭圆的右焦点为F 1,则OM 为△AFF 1的中位线.∴OM=AF 1,MF=AF,∴|OM|+|MF|=∵e=,=a=5,∴c=2,∴b=,∴椭圆C 的方程为=1.(2)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),联立消去y 整理得(1+5k 2)x 2+10mkx+5m 2-25=0.∴Δ>0,x 1+x 2=-,x 1x 2=----∴y 1+y 2=k(x 1+x 2)+2m==-4,∵P(0,1),-,,y 1y 2=(kx 1+m)(kx 2+m)=k 2x 1x 2+km(x 1+x 2)+m 2=,∴(x 1,y 1-1)·(x 2,y 2-1)=x 1x 2+y 1y 2-(y 1+y 2)+1=-4,∴-解得m=2或m=-(舍去).+5=0,整理得3m 2-m-10=0,∴直线l 过定点(0,2).2.(1)解∵当M 为椭圆C 的短轴端点时,△MF 1F 2的面积的最大值为1,∴×2c×b=1,∴bc=1,∵e=2,a =b 2+c 2,∴a=,b=1,∴椭圆C 的标准方程为+y 2=1.2BP:y=k(x-2),代入+y =1得(2k 2+1)x 2-8k 2x+8k 2-(2)证明设B(x 1,y 1),E(x 2,y 2),A(x 1,-y 1),且x 1≠x 2,∵x==2,∴P(2,0),由题意知BP 的斜率必存在,设2=0,由Δ>0得k 2<-,x 1+x 2=,x 1·x 2=.∵x x 1≠2∴AE 斜率必存在,AE:y+y 1=-(x-x 1),由对称性易知直线AE 过的定点必在x 轴上,则当y=0时,得x=-+x 1=---=----=1,即在k 2<的条件下,直线AE 过定点(1,0).-3.(1)解由题意可得解得故椭圆C 的方程为2+y =1.(2)证明由题意可知直线l 的斜率存在且不为0,设直线l 的方程为y=kx+m(m ≠0),由消去y 整理得(1+4k 2)x 2+8kmx+4(m 2-1)=0,∵直线l 与椭圆交于两点,∴Δ=64k 2m 2-16(1+4k 2)(m 2-1)=16(4k 2-m 2+1)>0.设点P,Q 的坐标分别为(x 1,y 1),(x 2,y 2),则x --1+x 2=,x 1x 2=,∴y 1y 2=(kx 1+m)(kx 2+m)=k 2x 1x 2+km(x 1+x 2)+m 2.∵直线OP,l,OQ 的斜率成等比数列,∴k 2=,整理得km(x 1+x 2)+m 2=0,∴-+m 2=0,又m ≠0,所以k 2=,结合图象(图略)可知,k=-,故直线l 的斜率为定值.4.解 (1)设椭圆C 的方程为mx 2+ny 2=1(m>0,n>0,m ≠n),椭圆C 过点A,所以4m+n=1.将y=x+3代入椭圆方程化简得(m+n)x 2+6nx+9n-1=0.因为直线l 与椭圆C 相切,所以Δ=(6n)2-4(m+n)(9n-1)=0,解①②可得m=,n=.所以椭圆的标准方程为(2)设点P(x =1.1,y 1),Q(x 2,y 2),则有M,N.由题意可知PQ ∥MN,所以k PQ =k MN =1.①②设直线PQ 的方程为y=x+t(-3<t<3),当t ≠0时,代入椭圆方程并化简得3x 2+4tx+2t 2-6=0,Δ=(4t)2-4×3(2t 2-6)=-8t 2+72>0,-所以-,通分后可变形得到k OM +k ON =,③k OM +k ON =将③式代入得k OM +k ON =-----=0.当t=0时,直线PQ 的方程为y=x,易得P(),Q(-,-),则M以k OM +k ON =-=0.-,N--,所所以OM,ON 斜率之和为定值0.5.解 (1)由y 2=4x 的焦点为(1,0)可知椭圆C 的焦点为F 1(-1,0),F 2(1,0),又点M -1,解得在椭圆上,所以所以椭圆C 的标准方程为+y 2=1.由(2)由题意可设直线l 的方程为y=k(x-1),A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),-2222消去y,得(1+2k )x -4k x+2k -2=0,所以x 1+x 2=所以|AB|=-,x 1x 2=-..设直线MN 的方程为y-=k(x+1),M(x 3,y 3),N(x 4,y 4),由--消去y,得(1+2k 2)x 2+(4k 2+2k)x+(2k 2+2k-1)=0,因为x 3=-1,所以x 4=-,|MN|=|x 3-x 4|=-.因为四边形MNBA 为平行四边形,所以|AB|=|MN|,即-,k=-,但是,直线l 的方程y=-(x-1),即x+2y-1=0过点M -1,合题意,所以直线l 不存在.6.解 (1)由题意,知F 1(-,0),F 2(,0),根据椭圆定义得|MF 1|+|MF 2|=2a,所以2a=---=4,所以a 2=4,b 2=a 2-c 2=1,所以椭圆C 的方程为+y 2=1.(2)|OA|2+|OB|2为定值.设直线AB:y=kx+m(km ≠0),A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),由消去y 得(1+4k 2)x 2+8kmx+4m 2-4=0,,即直线AB 与直线MN 重合,不符则Δ=(8km)2-16(m 2-1)(4k 2+1)>0,x 1+x 2=-因为k 1k 2=k 2,所以=k 2,2即km(x 1+x 2)+m =0(m ≠0),解得k 2=,,x 1x 2=-,所以|OA|2+|OB|2=-2x 1x 2]+2=5,所以|OA|2+|OB|2=5.。
【2020最新】人教版最新高考文科数学复习试卷及参考答案
教学资料范本【2020最新】人教版最新高考文科数学复习试卷及参考答案编辑：__________________时间：__________________(附参考答案)一、选择题：1. 函数f(x)=|sinx+cosx|的最小正周期是（ ） A. B. C. πD. 2π4π2π2. 正方体ABCD —A1B1C1D1中，P 、Q 、R 分别是AB 、AD 、B1C1的中点. 那么，正方体的过P 、Q 、R 的截面图形是（ ）A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形 3. 函数的反函数是（ ）)0(12≤-=x x y A. )1(1-≥+=x x y B. )1(1-≥+-=x x y C. )0(1≥+=x x y D. )0(1≥+-=x x y4. 已知函数内是减函数，则（ ）)2,2(tan ππω-=在x yA. 0<≤1B. －1≤<0ωωC. ≥1D. ≤－1ωω5. 抛物线上一点A 的纵坐标为4，则点A 与抛物线焦点的距离为（ ）y x 42=A. 2B. 3C. 4D.56. 双曲线的渐近线方程是（ ）19422=-y xA. B.x y 32±=xy 94±= C.D.x y 23±=xy 49±= 7. 如果数列是等差数列，则（ ）}{n aA.B. 5481a a a a +<+5481a a a a +=+C.D. 5481a a a a +>+5481a a a a =8. 的展开式中项的系数是（ ）10)2(y x -46y x A. 840 B. －840C. 210D. －2109. 已知点A （，1），B （0，0）C （，0）.设∠BAC 的平分线AE 与BC 相交于E ，那么有等于（ ）33λλ其中,→=→CE BCA. 2B.C. －3D. －213110.已知集合（ ）为则N M x x x N x x M ⋂>--=≤≤-=},06|{|},74|{2A. }7324|{≤<-<≤-x x x 或B. }7324|{<≤-≤<-x x x 或C.D.11. 点P 在平面上作匀速直线运动，速度向量（即点P 的运动方向与v 相同，且每秒移动的距离为|v|个单位）。
2020高考文科数学(人教A版)总复习练习：高考大题专项2
所以 cos A= 2 ,又 A 为三角形的一个内角,所以 A=6.
3
(2)由余弦定理得 4=b2+c2-2bc× 2 ≥2bc- 3bc,
1
所以 bc≤4(2+ 3),当且仅当 b=c 时取等号,所以 Smax=2bcsin A=2+ 3.
( ) 3
1
4.解 (1)f(x)=12sin x× 2 ×cos x+12cos x×2×cos x-3=3
6
-16sin2B=8sin2
2������ + ������
6
,
( ) ( ) ∴1-cos
2������ + ������
3
-(1-cos 2B)=sin2
2������ + ������
6
,
( ) ( ) 即
cos 2B-cos
2������ + ������
3
=sin2
2������ + ������
1
又△ABC 的面积为2×4×2sin∠BAC=2 3,
所以△ABD 的面积为 3.
3.解 (1)由正弦定理可得: 3sin Acos C=2sin Bcos A- 3sin Ccos A,
从而可得 3sin(A+C)=2sin Bcos A,即 3sin B=2sin Bcos A,
3
������
2������
∵0<A<π,∴A= 3 .
������2 + ������2 - ������2
������2 + ������2 - ������2
(2)∵(bc-4 3)· 2������������ +ac· 2������������ =a2-b2,
上海市2020〖人教版〗高三数学复习试卷全国统一高考数学试卷文科
上海市2020年〖人教版〗高三数学复习试卷全国统一高考数学试卷文科创作人：百里安娜创作日期：202X.04.01审核人：北堂王会创作单位：明德智语学校一、选择题（本大题共12小题，每小题5分）1．（5分）设集合M={1，2，4，6，8}，N={1，2，3，5，6，7}，则M∩N中元素的个数为（）A．2 B．3 C．5 D．72．（5分）已知角α的终边经过点（﹣4，3），则cosα=（）A．B．C．﹣D．﹣3．（5分）不等式组的解集为（）A．{x|﹣2＜x＜﹣1} B．{x|﹣1＜x＜0} C．{x|0＜x＜1} D．{x|x＞1}4．（5分）已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为（）A．B．C．D．5．（5分）函数y=ln（+1）（x＞﹣1）的反函数是（）A．y=（1﹣e x）3（x＞﹣1） B．y=（e x﹣1）3（x＞﹣1） C．y=（1﹣e x）3（x∈R）D．y=（e x﹣1）3（x∈R）6．（5分）已知，为单位向量，其夹角为60°，则（2﹣）•=（）A．﹣1 B．0 C．1 D．27．（5分）有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有（）A．60种B．70种C．75种D．150种8．（5分）设等比数列{a n}的前n项和为S n．若S2=3，S4=15，则S6=（）A．31 B．32 C．63 D．649．（5分）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的左、右焦点为F1、F2，离心率为，过F2的直线l交C于A、B两点，若△AF1B 的周长为4，则C的方程为（）A．+=1 B．+y2=1 C．+=1 D．+=1 10．（5分）正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为（）A．B．16πC．9πD．11．（5分）双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的离心率为2，焦点到渐近线的距离为，则C的焦距等于（）A．2 B．2C．4 D．412．（5分）奇函数f（x）的定义域为R，若f（x+2）为偶函数，且f（1）=1，则f（8）+f（9）=（）A．﹣2 B．﹣1 C．0 D．1二、填空题(本大题共4小题，每小题5分)13．（5分）（x﹣2）6的展开式中x3的系数是．（用数字作答）14．（5分）函数y=cos2x+2sinx的最大值是．15．（5分）设x，y满足约束条件，则z=x+4y的最大值为．16．（5分）直线l1和l2是圆x2+y2=2的两条切线，若l1与l2的交点为（1，3），则l1与l2的夹角的正切值等于．三、解答题17．（10分）数列{a n}满足a1=1，a2=2，a n+2=2a n+1﹣a n+2．（Ⅰ）设b n=a n+1﹣a n，证明{b n}是等差数列；（Ⅱ）求{a n}的通项公式．18．（12分）△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知3acosC=2ccosA，tanA=，求B．19．（12分）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，∠ACB=90°，BC=1，AC=CC1=2．（Ⅰ）证明：AC1⊥A1B；（Ⅱ）设直线AA 1与平面BCC1B1的距离为，求二面角A1﹣AB﹣C 的大小．20．（12分）设每个工作日甲，乙，丙，丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6，0.5，0.5，0.4，各人是否需使用设备相互独立．（Ⅰ）求同一工作日至少3人需使用设备的概率；（Ⅱ）实验室计划购买k台设备供甲，乙，丙，丁使用，若要求“同一工作日需使用设备的人数大于k”的概率小于0.1，求k的最小值．21．（12分）函数f（x）=ax3+3x2+3x（a≠0）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）在区间（1，2）是增函数，求a的取值范围．22．（12分）已知抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点为F，直线y=4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|=|PQ|．（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）过F的直线l与C相交于A、B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M、N两点，且A、M、B、N四点在同一圆上，求l 的方程．参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分）1．（5分）设集合M={1，2，4，6，8}，N={1，2，3，5，6，7}，则M∩N中元素的个数为（）A．2 B．3 C．5 D．7【分析】根据M与N，找出两集合的交集，找出交集中的元素即可．【解答】解：∵M={1，2，4，6，8}，N={1，2，3，5，6，7}，∴M∩N={1，2，6}，即M∩N中元素的个数为3．故选：B．【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．2．（5分）已知角α的终边经过点（﹣4，3），则cosα=（）A．B．C．﹣D．﹣【分析】由条件直接利用任意角的三角函数的定义求得cosα的值．【解答】解：∵角α的终边经过点（﹣4，3），∴x=﹣4，y=3，r==5．∴cosα===﹣，故选：D．【点评】本题主要考查任意角的三角函数的定义，两点间的距离公式的应用，属于基础题．3．（5分）不等式组的解集为（）A．{x|﹣2＜x＜﹣1} B．{x|﹣1＜x＜0} C．{x|0＜x＜1} D．{x|x＞1}【分析】解一元二次不等式、绝对值不等式，分别求出不等式组中每个不等式的解集，再取交集，即得所求．【解答】解：由不等式组可得，解得0＜x＜1，故选：C．【点评】本题主要考查一元二次不等式、绝对值不等式的解法，属于基础题．4．（5分）已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【分析】由E为AB的中点，可取AD中点F，连接EF，则∠CEF 为异面直线CE与BD所成角，设出正四面体的棱长，求出△CEF 的三边长，然后利用余弦定理求解异面直线CE与BD所成角的余弦值．【解答】解：如图，取AD中点F，连接EF，CF，∵E为AB的中点，∴EF∥DB，则∠CEF为异面直线BD与CE所成的角，∵ABCD为正四面体，E，F分别为AB，AD的中点，∴CE=CF．设正四面体的棱长为2a，则EF=a，CE=CF=．在△CEF中，由余弦定理得：=．故选：B．【点评】本题考查异面直线及其所成的角，关键是找角，考查了余弦定理的应用，是中档题．5．（5分）函数y=ln（+1）（x＞﹣1）的反函数是（）A．y=（1﹣e x）3（x＞﹣1） B．y=（e x﹣1）3（x＞﹣1） C．y=（1﹣e x）3（x∈R）D．y=（e x﹣1）3（x∈R）【分析】由已知式子解出x，然后互换x、y的位置即可得到反函数．【解答】解：∵y=ln（+1），∴+1=e y，即=e y﹣1，∴x=（e y﹣1）3，∴所求反函数为y=（e x﹣1）3，故选：D．【点评】本题考查反函数解析式的求解，属基础题．6．（5分）已知，为单位向量，其夹角为60°，则（2﹣）•=（）A．﹣1 B．0 C．1 D．2【分析】由条件利用两个向量的数量积的定义，求得、的值，可得（2﹣）•的值．【解答】解：由题意可得，=1×1×cos60°=，=1，∴（2﹣）•=2﹣=0，故选：B．【点评】本题主要考查两个向量的数量积的定义，属于基础题．7．（5分）有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有（）A．60种B．70种C．75种D．150种【分析】根据题意，分2步分析，先从6名男医生中选2人，再从5名女医生中选出1人，由组合数公式依次求出每一步的情况数目，由分步计数原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，先从6名男医生中选2人，有C62=15种选法，再从5名女医生中选出1人，有C51=5种选法，则不同的选法共有15×5=75种；故选：C．【点评】本题考查分步计数原理的应用，注意区分排列、组合的不同．8．（5分）设等比数列{a n}的前n项和为S n．若S2=3，S4=15，则S6=（）A．31 B．32 C．63 D．64【分析】由等比数列的性质可得S2，S4﹣S2，S6﹣S4成等比数列，代入数据计算可得．【解答】解：S2=a1+a2，S4﹣S2=a3+a4=（a1+a2）q2，S6﹣S4=a5+a6=（a1+a2）q4，所以S2，S4﹣S2，S6﹣S4成等比数列，即3，12，S6﹣15成等比数列，可得122=3（S6﹣15），解得S6=63故选：C．【点评】本题考查等比数列的性质，得出S2，S4﹣S2，S6﹣S4成等比数列是解决问题的关键，属基础题．9．（5分）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的左、右焦点为F1、F2，离心率为，过F2的直线l交C于A、B两点，若△AF1B 的周长为4，则C的方程为（）A．+=1 B．+y2=1 C．+=1 D．+=1【分析】利用△AF 1B的周长为4，求出a=，根据离心率为，可得c=1，求出b，即可得出椭圆的方程．【解答】解：∵△AF 1B的周长为4，∵△AF1B的周长=|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=2a+2a=4a，∴4a=4，∴a=，∵离心率为，∴，c=1，∴b==，∴椭圆C的方程为+=1．故选：A．【点评】本题考查椭圆的定义与方程，考查椭圆的几何性质，考查学生的计算能力，属于基础题．10．（5分）正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为（）A．B．16πC．9πD．【分析】正四棱锥P﹣ABCD的外接球的球心在它的高PO1上，记为O，求出PO1，OO1，解出球的半径，求出球的表面积．【解答】解：设球的半径为R，则∵棱锥的高为4，底面边长为2，∴R2=（4﹣R）2+（）2，∴R=，∴球的表面积为4π•（）2=．故选：A．【点评】本题考查球的表面积，球的内接几何体问题，考查计算能力，是基础题．11．（5分）双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的离心率为2，焦点到渐近线的距离为，则C的焦距等于（）A．2 B．2C．4 D．4【分析】根据双曲线的离心率以及焦点到直线的距离公式，建立方程组即可得到结论．【解答】解：∵：﹣=1（a＞0，b＞0）的离心率为2，∴e=，双曲线的渐近线方程为y=，不妨取y=，即bx﹣ay=0，则c=2a，b=，∵焦点F（c，0）到渐近线bx﹣ay=0的距离为，∴d=，即，解得c=2，则焦距为2c=4，故选：C．【点评】本题主要考查是双曲线的基本运算，利用双曲线的离心率以及焦点到直线的距离公式，建立方程组是解决本题的关键，比较基础．12．（5分）奇函数f（x）的定义域为R，若f（x+2）为偶函数，且f（1）=1，则f（8）+f（9）=（）A．﹣2 B．﹣1 C．0 D．1【分析】根据函数的奇偶性的性质，得到f（x+8）=f（x），即可得到结论．【解答】解：∵f（x+2）为偶函数，f（x）是奇函数，∴设g（x）=f（x+2），则g（﹣x）=g（x），即f（﹣x+2）=f（x+2），∵f（x）是奇函数，∴f（﹣x+2）=f（x+2）=﹣f（x﹣2），即f（x+4）=﹣f（x），f（x+8）=f（x+4+4）=﹣f（x+4）=f （x），则f（8）=f（0）=0，f（9）=f（1）=1，∴f（8）+f（9）=0+1=1，故选：D．【点评】本题主要考查函数值的计算，利用函数奇偶性的性质，得到函数的对称轴是解决本题的关键．二、填空题(本大题共4小题，每小题5分)13．（5分）（x﹣2）6的展开式中x3的系数是﹣160 ．（用数字作答）【分析】根据题意，由二项式定理可得（x﹣2）6的展开式的通项，令x的系数为3，可得r=3，将r=3代入通项，计算可得T4=﹣160x3，即可得答案．【解答】解：根据题意，（x﹣2）6的展开式的通项为T r+1=C6r x6﹣r （﹣2）r=（﹣1）r•2r•C6r x6﹣r，令6﹣r=3可得r=3，此时T4=（﹣1）3•23•C63x3=﹣160x3，即x3的系数是﹣160；故答案为﹣160．【点评】本题考查二项式定理的应用，关键要得到（x﹣2）6的展开式的通项．14．（5分）函数y=cos2x+2sinx的最大值是．【分析】利用二倍角公式对函数化简可得y=cos2x+2sinx=1﹣2sin2x+2sinx=，结合﹣1≤sinx≤1及二次函数的性质可求函数有最大值【解答】解：∵y=cos2x+2sinx=1﹣2sin2x+2sinx=又∵﹣1≤sinx≤1当sinx=时，函数有最大值故答案为：【点评】本题主要考查了利用二倍角度公式对三角函数进行化简，二次函数在闭区间上的最值的求解，解题中要注意﹣1≤sinx ≤1的条件．15．（5分）设x，y满足约束条件，则z=x+4y的最大值为 5 ．【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，由图得到最优解，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案．【解答】解：由约束条件作出可行域如图，联立，解得C（1，1）．化目标函数z=x+4y为直线方程的斜截式，得．由图可知，当直线过C点时，直线在y轴上的截距最大，z最大．此时z max=1+4×1=5．故答案为：5．【点评】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．16．（5分）直线l1和l2是圆x2+y2=2的两条切线，若l1与l2的交点为（1，3），则l1与l2的夹角的正切值等于．【分析】设l1与l2的夹角为2θ，由于l1与l2的交点A（1，3）在圆的外部，由直角三角形中的边角关系求得sinθ=的值，可得cosθ、tanθ的值，再根据tan2θ=，计算求得结果．【解答】解：设l1与l2的夹角为2θ，由于l1与l2的交点A（1，3）在圆的外部，且点A与圆心O之间的距离为OA==，圆的半径为r=，∴sinθ==，∴cosθ=，tanθ==，∴tan2θ===，故答案为：．【点评】本题主要考查直线和圆相切的性质，直角三角形中的变角关系，同角三角函数的基本关系、二倍角的正切公式的应用，属于中档题．三、解答题17．（10分）数列{a n}满足a1=1，a2=2，a n+2=2a n+1﹣a n+2．（Ⅰ）设b n=a n+1﹣a n，证明{b n}是等差数列；（Ⅱ）求{a n}的通项公式．【分析】（Ⅰ）将a n+2=2a n+1﹣a n+2变形为：a n+2﹣a n+1=a n+1﹣a n+2，再由条件得b n+1=b n+2，根据条件求出b1，由等差数列的定义证明{b n}是等差数列；（Ⅱ）由（Ⅰ）和等差数列的通项公式求出b n，代入b n=a n+1﹣a n 并令n从1开始取值，依次得（n﹣1）个式子，然后相加，利用等差数列的前n项和公式求出{a n}的通项公式a n．【解答】解：（Ⅰ）由a n+2=2a n+1﹣a n+2得，a n+2﹣a n+1=a n+1﹣a n+2，由b n=a n+1﹣a n得，b n+1=b n+2，即b n+1﹣b n=2，又b1=a2﹣a1=1，所以{b n}是首项为1，公差为2的等差数列．（Ⅱ）由（Ⅰ）得，b n=1+2（n﹣1）=2n﹣1，由b n=a n+1﹣a n得，a n+1﹣a n=2n﹣1，则a2﹣a1=1，a3﹣a2=3，a4﹣a3=5，…，a n﹣a n﹣1=2（n﹣1）﹣1，所以，a n﹣a1=1+3+5+…+2（n﹣1）﹣1==（n﹣1）2，又a1=1，所以{a n}的通项公式a n=（n﹣1）2+1=n2﹣2n+2．【点评】本题考查了等差数列的定义、通项公式、前n项和公式，及累加法求数列的通项公式和转化思想，属于中档题．18．（12分）△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知3acosC=2ccosA，tanA=，求B．【分析】由3acosC=2ccosA，利用正弦定理可得3sinAcosC=2sinCcosA，再利用同角的三角函数基本关系式可得tanC，利用tanB=tan[π﹣（A+C）]=﹣tan（A+C）即可得出．【解答】解：∵3acosC=2ccosA，由正弦定理可得3sinAcosC=2sinCcosA，∴3tanA=2tanC，∵tanA=，∴2tanC=3×=1，解得tanC=．∴tanB=tan[π﹣（A+C）]=﹣tan（A+C）=﹣=﹣=﹣1，∵B∈（0，π），∴B=【点评】本题考查了正弦定理、同角的三角函数基本关系式、两角和差的正切公式、诱导公式等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于中档题．19．（12分）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，∠ACB=90°，BC=1，AC=CC1=2．（Ⅰ）证明：AC1⊥A1B；（Ⅱ）设直线AA 1与平面BCC1B1的距离为，求二面角A1﹣AB﹣C 的大小．【分析】（Ⅰ）由已知数据结合线面垂直的判定和性质可得；（Ⅱ）作辅助线可证∠A1FD为二面角A1﹣AB﹣C的平面角，解三角形由反三角函数可得．【解答】解：（Ⅰ）∵A1D⊥平面ABC，A1D⊂平面AA1C1C，∴平面AA1C1C⊥平面ABC，又BC⊥AC∴BC⊥平面AA1C1C，连结A1C，由侧面AA1C1C为菱形可得AC1⊥A1C，又AC1⊥BC，A1C∩BC=C，∴AC1⊥平面A1BC，AB1⊂平面A1BC，∴AC1⊥A1B；（Ⅱ）∵BC⊥平面AA1C1C，BC⊂平面BCC1B1，∴平面AA1C1C⊥平面BCC1B1，作A1E⊥CC1，E为垂足，可得A1E⊥平面BCC1B1，又直线AA1∥平面BCC1B1，∴A 1E为直线AA1与平面BCC1B1的距离，即A1E=，∵A 1C为∠ACC1的平分线，∴A1D=A1E=，作DF⊥AB，F为垂足，连结A1F，又可得AB⊥A1D，A1F∩A1D=A1，∴AB⊥平面A1DF，∵A1F⊂平面A1DF∴A1F⊥AB，∴∠A1FD为二面角A1﹣AB﹣C的平面角，由AD==1可知D为AC中点，∴DF==，∴tan∠A 1FD==，∴二面角A 1﹣AB﹣C的大小为arctan【点评】本题考查二面角的求解，作出并证明二面角的平面角是解决问题的关键，属中档题．20．（12分）设每个工作日甲，乙，丙，丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6，0.5，0.5，0.4，各人是否需使用设备相互独立．（Ⅰ）求同一工作日至少3人需使用设备的概率；（Ⅱ）实验室计划购买k台设备供甲，乙，丙，丁使用，若要求“同一工作日需使用设备的人数大于k”的概率小于0.1，求k的最小值．【分析】（Ⅰ）把4个人都需使用设备的概率、4个人中有3个人使用设备的概率相加，即得所求．（Ⅱ）由（Ⅰ）可得若k=2，不满足条件．若k=3，求得“同一工作日需使用设备的人数大于3”的概率为0.06＜0.1，满足条件，从而得出结论．【解答】解：（Ⅰ）由题意可得“同一工作日至少3人需使用设备”的概率为0.6×0.5×0.5×0.4+（1﹣0.6）×0.5×0.5×0.4+0.6×（1﹣0.5）×0.5×0.4+0.6×0.5×（1﹣0.5）×0.4+0.6×0.5×0.5×（1﹣0.4）=0.31．（Ⅱ）由（Ⅰ）可得若k=2，则“同一工作日需使用设备的人数大于2”的概率为0.31＞0.1，不满足条件．若k=3，则“同一工作日需使用设备的人数大于3”的概率为 0.6×0.5×0.5×0.4=0.06＜0.1，满足条件．故k的最小值为3．【点评】本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．21．（12分）函数f（x）=ax3+3x2+3x（a≠0）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）在区间（1，2）是增函数，求a的取值范围．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，通过导数为0，利用二次函数的根，通过a的范围讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当a＞0，x＞0时，f（x）在区间（1，2）是增函数，当a ＜0时，f（x）在区间（1，2）是增函数，推出f′（1）≥0且f′（2）≥0，即可求a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）=ax3+3x2+3x，∴f′（x）=3ax2+6x+3，令f′（x）=0，即3ax2+6x+3=0，则△=36（1﹣a），①若a≥1时，则△≤0，f′（x）≥0，∴f（x）在R上是增函数；②因为a≠0，∴a≤1且a≠0时，△＞0，f′（x）=0方程有两个根，x1=，x2=，当0＜a＜1时，则当x∈（﹣∞，x2）或（x1，+∞）时，f′（x）＞0，故函数在（﹣∞，x2）或（x1，+∞）是增函数；在（x2，x1）是减函数；当a＜0时，则当x∈（﹣∞，x1）或（x2，+∞），f′（x）＜0，故函数在（﹣∞，x1）或（x2，+∞）是减函数；在（x1，x2）是增函数；（Ⅱ）当a＞0，x＞0时，f′（x）=3ax2+6x+3＞0 故a＞0时，f （x）在区间（1，2）是增函数，当a＜0时，f（x）在区间（1，2）是增函数，当且仅当：f′（1）≥0且f′（2）≥0，解得﹣，a的取值范围[）∪（0，+∞）．【点评】本题考查函数的导数的应用，判断函数的单调性以及已知单调性求解函数中的变量的范围，考查分类讨论思想的应用．22．（12分）已知抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点为F，直线y=4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|=|PQ|．（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）过F的直线l与C相交于A、B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M、N两点，且A、M、B、N四点在同一圆上，求l 的方程．【分析】（Ⅰ）设点Q的坐标为（x0，4），把点Q的坐标代入抛物线C的方程，求得x0=，根据|QF|=|PQ|求得 p的值，可得C 的方程．（Ⅱ）设l的方程为 x=my+1 （m≠0），代入抛物线方程化简，利用韦达定理、中点公式、弦长公式求得弦长|AB|．把直线l′的方程代入抛物线方程化简，利用韦达定理、弦长公式求得|MN|．由于MN垂直平分线段AB，故AMBN四点共圆等价于|AE|=|BE|=|MN|，由此求得m的值，可得直线l的方程．【解答】解：（Ⅰ）设点Q的坐标为（x0，4），把点Q的坐标代入抛物线C：y2=2px（p＞0），可得x0=，∵点P（0，4），∴|PQ|=．又|QF|=x0+=+，|QF|=|PQ|，∴+=×，求得 p=2，或 p=﹣2（舍去）．故C的方程为 y2=4x．（Ⅱ）由题意可得，直线l和坐标轴不垂直，y2=4x的焦点F （1，0），设l的方程为 x=my+1（m≠0），代入抛物线方程可得y2﹣4my﹣4=0，显然判别式△=16m2+16＞0，y1+y2=4m，y1•y2=﹣4．∴AB的中点坐标为D（2m2+1，2m），弦长|AB|=|y 1﹣y 2|==4（m2+1）．又直线l′的斜率为﹣m，∴直线l′的方程为 x=﹣y+2m2+3．过F的直线l与C相交于A、B两点，若AB的垂直平分线l′与C 相交于M、N两点，把线l′的方程代入抛物线方程可得 y2+y﹣4（2m2+3）=0，∴y3+y4=，y3•y4=﹣4（2m2+3）．故线段MN的中点E的坐标为（+2m2+3，），∴|MN|=|y3﹣y4|=，∵MN垂直平分线段AB，故AMBN四点共圆等价于|AE|=|BE|=|MN|，∴+DE2=MN2，∴4（m2+1）2 ++=×，化简可得 m2﹣1=0，∴m=±1，∴直线l的方程为 x﹣y﹣1=0，或 x+y﹣1=0．【点评】本题主要考查求抛物线的标准方程，直线和圆锥曲线的位置关系的应用，韦达定理、弦长公式的应用，体现了转化的数学思想，属于难题．创作人：百里安娜创作日期：202X.04.01审核人：北堂王会创作单位：明德智语学校。
2020高考文科数学(人教A版)总复习练习：高考大题专项4
高考大题专项四 高考中的立体几何1. 在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥平面ABC,各棱长均为2,D,E,F,G分别是棱AC,AA1,CC1,A1C1的中点.(1)求证:平面B1FG∥平面BDE;(2)求三棱锥B1-BDE的体积.2.(2018安徽马鞍山质检二,17)如图,在三棱台ABC-A1B1C1中,AB=BC=BB1=4,A1B1=B1C1=2,且B1B⊥面ABC,∠ABC=90°,D,G分别为AC,BC的中点,E,F为A1C1上两动点,且EF=2.(1)求证:BD⊥GE;(2)求四面体B-GEF的体积.3.(2018江西新余二模)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,平面AA1B1B⊥平面ABC,D是AC的中点.(1)求证:B1C∥平面A1BD;(2)若∠A1AB=∠ACB=60°,AB=BB1,AC=2,BC=1,求三棱锥C1-ABD的体积.4.如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AB ⊥平面BCC 1B 1,∠BCC 1=,AB=BB 1=2,BC=1,D 为CC 1的中点.π3(1)求证:DB 1⊥平面ABD;(2)求点A 1到平面ADB 1的距离.5.(2018北京通州三模,18)如图,在四棱锥P-ABCD 中,平面PAB ⊥平面ABCD,四边形ABCD 为正方形,△PAB 为等边三角形,E 是PB 中点,平面AED 与棱PC 交于点F.(1)求证:AD ∥EF;(2)求证:PB ⊥平面AEFD;(3)记四棱锥P-AEFD 的体积为V 1,四棱锥P-ABCD 的体积为V 2,直接写出的值.V 1V 26.(2017天津,文17)如图,在四棱锥P-ABCD 中,AD ⊥平面PDC,AD ∥BC,PD ⊥PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2.(1)求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值;(2)求证:PD ⊥平面PBC;(3)求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.高考大题专项四 高考中的立体几何1.(1)证明 连接DG,A 1C.∵D,G 分别是AC,A 1C 1的中点,∴DG AA 1BB 1,∴四边形BB 1GD 是平行四边形,∴B 1G ∥BD.又B 1G ⊄平面EBD,BD ⊂平面EBD,∴B 1G ∥平面EBD.∵D,E,F,G 分别是棱AC,AA 1,CC 1,A 1C 1的中点,∴GF ∥A 1C,A 1C ∥DE,∴GF ∥ED.又GF ⊄平面EBD,ED ⊂平面EBD,∴GF ∥平面EBD.又B 1G ∩GF=G,B 1G ⊂平面B 1FG,GF ⊂平面B 1FG,∴平面B 1FG ∥平面EBD.(2)解 过点D 作DH ⊥AB 交AB 于点H,∵AA 1⊥平面ABC,AA 1⊂平面A 1ABB 1,∴平面A 1ABB 1⊥平面ABC.又平面A 1ABB 1∩平面ABC=AB,DH ⊥AB,DH ⊂平面ABC,∴DH ⊥平面A 1ABB 1.∵AB=BC=AC=2,∴DA=1,BD=,3∴DH=DA ·DB AB=32∴·DH=×2×2×.V B 1-BDE =V D -BB 1E =13S △B 1EB 13×1232=332.(1)证明 取AB 的中点O,连接OG,OA 1,C 1G,∵AB=BC,D 为AC 的中点,∴BD ⊥AC,又AC ∥A 1C 1,∴BD ⊥A 1C 1,∵BG ∥B 1C 1,且BG=B 1C 1,∴四边形BGC 1B 1为平行四边形,∴GC 1∥BB 1.同理,四边形OBB 1A 1为平行四边形,∴GC 1∥OA 1.∴四边形OGC 1A 1为平行四边形,∵B 1B ⊥平面ABC,∴C 1G ⊥平面ABC,∴C 1G ⊥BD,又A 1C 1∩C 1G=C 1,∴BD ⊥平面A 1C 1GO,∵GE ⊂平面A 1C 1GO,∴BD ⊥GE.(2)解 令OG 与BD 交于点M,∵C 1G ⊥平面ABC,C 1G ⊂平面A 1C 1GO,∴平面A 1C 1GO ⊥平面ABC,∵平面A 1C 1GO ∩平面ABC=OG,∵OG ∥AC,BD ⊥AC,∴BM ⊥OG,∴BM ⊥平面A 1C 1GO,∴BM 为点B 到面A 1C 1GO 的距离,即BM=,2又S △GEF =×GC 1×EF=×4×2=4,1212∴V B-GEF =×BM×S △GEF =×4=.1313×24233.解 (1)连接AB 1交A 1B 于点O,则O 为AB 1的中点,∵D 是AC 的中点,∴OD ∥B 1C.又OD ⊂平面A 1BD,B 1C ⊄平面A 1BD,∴B 1C ∥平面A 1BD.(2)∵AC=2,BC=1,∠ACB=60°,∴AB 2=AC 2+BC 2-2AC·BC·cos ∠ACB=3,∴AB=.3取AB 中点M,连接A 1M,∵AB=BB 1=AA 1,∠A 1AB=60°,∴△ABA 1为等边三角形.∴A 1M ⊥AB,且A 1M=,32∵平面AA 1B 1B ⊥平面ABC,平面AA 1B 1B ∩平面ABC=AB,A 1M ⊂平面AA 1B 1B,∴A 1M ⊥平面ABC,∵S △ABD =S △ABC =,1234∴S △ABD ·A 1M=.V C 1-ABD =V A 1-ABD =13384.(1)证明 在平面四边形BCC 1B 1中,∵BC=CD=DC 1=1,∠BCD=60°,∴BD=1.∵B 1D=,BB 1=2,3∴∠BDB 1=90°,∴B 1D ⊥BD.∵AB ⊥平面BB 1C 1C,∴AB ⊥DB 1,∴B 1D 与平面ABD 内两相交直线AB 和BD 同时垂直,∴DB 1⊥平面ABD.(2)解 对于四面体A 1-ADB 1,A 1到直线DB 1的距离即为A 1到平面BB 1C 1C 的距离,A 1到B 1D 的距离为2,设A 1到平面AB 1D 的距离为h,△ADB 1为直角三角形,×AD×DB 1=,S △ADB 1=1212×5×3=152∴×h=V A 1-ADB 1=13×152156∵×2×2=2,D 到平面AA 1B 1的距离为S △AA 1B 1=1232∴×2×V D -AA 1B 1=1332=33∵,V A 1-ADB 1=V D -AA 1B 1∴,解得h=.15ℎ6=33255∴点A 1到平面ADB 1的距离为2555.(1)证明 因为ABCD 为正方形,所以AD ∥BC.因为AD ⊄平面PBC,BC ⊂平面PBC,所以AD ∥平面PBC.因为AD ⊂平面AEFD,平面AEFD ∩平面PBC=EF,所以AD ∥EF.(2)证明 因为四边形ABCD 是正方形,所以AD ⊥AB.因为平面PAB ⊥平面ABCD,平面PAB ∩平面ABCD=AB,AD ⊂平面ABCD,所以AD ⊥平面PAB.因为PB ⊂平面PAB,所以AD ⊥PB.因为△PAB 为等边三角形,E 是PB 中点,所以PB ⊥AE.因为AE ⊂平面AEFD,AD ⊂平面AEFD,AE ∩AD=A,所以PB ⊥平面AEFD.(3)解 由(1)知,V 1=V C-AEFD ,V E-ABC =V F-ADC =V C-AEFD =V 1,2323∴V BC-AEFD =V 1,则V P-ABCD =V 1+V 1=V 1,535383∴.V 1V 2=386.(1)解 如图,由已知AD ∥BC,故∠DAP 或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角.因为AD ⊥平面PDC,所以AD ⊥PD.在Rt △PDA 中,由已知,得AP=,AD 2+PD 2=5故cos ∠DAP=AD AP =55所以,异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为.55(2)证明 因为AD ⊥平面PDC,直线PD ⊂平面PDC,所以AD ⊥PD.又因为BC ∥AD,所以PD ⊥BC.又PD ⊥PB,所以PD ⊥平面PBC.(3)解 过点D 作AB 的平行线交BC 于点F,连接PF,则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角.因为PD ⊥平面PBC,故PF 为DF 在平面PBC 上的射影,所以∠DFP 为直线DF 和平面PBC 所成的角.由于AD ∥BC,DF ∥AB,故BF=AD=1,由已知,得CF=BC-BF=2.又AD ⊥DC,故BC ⊥DC,在Rt △DCF 中,可得DF==2,CD 2+CF 25在Rt △DPF 中,可得sin ∠DFP=.PD DF =55所以,直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为55。
上海市2020〖人教版〗高三数学复习试卷数学试题文科
上海市2020年〖人教版〗高三数学复习试卷数学试题文科第I 卷一．选择题：本大题共12小题，每小题5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）已知集合{}04A x x =≤≤，{}0,1,2B =，则A B ⋂中的元素个数为(A)2(B)3 (C)4 (D)5（2）已知复数z 满足(1)1z i +=（i 为虚数单位），则z =(A)12i -(B)12i+ (C)1i -(D)1i + （3）随机抛掷一枚质地均匀的骰子，记正面向上的点数为a ，则函数22)(2++=ax x x f 有两个不同零点的概率为(A)13(B)12(C)23(D)56（4）已知函数12,1()tan(),13x xf x x x π-⎧>⎪=⎨≤⎪⎩，则1()(2)f f = (A)(B) （5）已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的右焦点与抛物线x y 202=的焦点重合，且其渐近线方程为x y 34±=，则双曲线C 的方程为(A)221916x y -=(B)221169x y -=(C)2213664x y -=(D)2216436x y -=（6）设()sin f x x x =+()x R ∈，则下列说法错误．．的是(A)()f x 是奇函数(B)()f x 在R 上单调递增(C)()f x 的值域为R (D)()f x 是周期函数（7）设y x ,满足约束条件⎪⎩⎪⎨⎧≤-+≥+-≥,03,01,0y x y x y 则2z x y =-的最小值为(A)3- (B) 2- (C) 1- (D)2 （8）在平面直角坐标系xOy 中，满足221,0,0x y x y +≤≥≥的点(,)P x y 的集合对应的平面图形的面积为4π；类似的，在空间直角坐标系O xyz -中，满足2221x y z ++≤，0,0,0x y z ≥≥≥的点(,,)P x y z 的集合对应的空间几何体的体积为(A)8π(B)6π(C)4π(D)3π（9）已知各项均为正数的等比数列}{n a 中，465=⋅a a ，则数列{}2log n a 的前10项和为(A)5 (B)6 (C)10 (D)12（10）执行如图所示的程序框图，如果输入的t (A) 5 (B) 6 (C) 7 (D)8（11）已知函数()sin()(0,)2f x x πωϕωϕ=+><1=，则()f x 的一个对称中心坐标是 (A)2(,0)3π- (B)(,0)3π-(C)2(,0)3π(D)5(,0)3π （12）已知函数32()4f x x ax =-+，若()f x 的图象与x 轴正半轴有两个不同的交点，则实数a 的取值范围为(A)(1,)+∞ (B)3(,)2+∞(C)(2,)+∞ (D)(3,)+∞第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分，第13题～第21题为必考题，每个试题考生都必须做答，第22题～第24题为选考题，考生根据要求做答. 二.填空题：本大题共4小题，每小题5分.（13）已知向量(1,2)a =，(3,)b x =，若//a b ，则实数x =.（14）在数列}{n a 中，12n n a a +-=，n S 为}{n a 的前n 项和.若990S =，则1a =.（15）椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的右顶点为A ，P 是椭圆C 上一点，O 为坐标原点.已知60POA ∠=，且OP AP ⊥，则椭圆C 的离心率为.（16）某几何体的三视图如图所示，其中侧视图的下半部分曲线为半圆弧，则该几何体的表面积为.三.(17)(本小题满分12分)如图，平面四边形ABCD 120BCD ∠=，AB =，（Ⅰ）BD ； （Ⅱ）ADB ∠.(18)(本小题满分12分)第31届夏季奥林匹克运动会将于8月5日—21日在巴西里约热内卢举行.下表是近五届奥运会中国代表团和俄罗斯代表团获得的金牌数的统计数据（单位：枚）.俯视图（Ⅰ）根据表格中两组数据完成近五届奥运会两国代表团获得的金牌数的茎叶图，并通过茎叶图比较两国代表团获得的金牌数的平均值及分散程度（不要求计算出具体数值，给出结论即可）；（Ⅱ）下表是近五届奥运会中国代表团获得的金牌数之和y （从第26届算起，不包括之前已获得的金牌数）随时间x 变化的数据：作出散点图如下：（i ）由图可以看出，金牌数之和y 与时间x 之间存在线性相关关系，请求出y 关于x 的线性回归方程；（ii ）利用（i ）中的回归方程，预测今年中国代表团获得的金牌数. 参考数据：28x =，85.6y =，1()()381ni i i x x y y =--=∑，21()10ni i x x =-=∑附：对于一组数据11(,)x y ，22(,)x y ，……，(,)n n x y ,其回归直线y bx a =+的斜率和截距的最小二乘估计分别为：020406080100120140160180121()()=()niii ni i x x y y b x x ==---∑∑，=a y bx -(19)(本小题满分12分)如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，四边形EFBD 为等腰梯形，//EF BD ，12EF BD =（Ⅰ）证明：AC ⊥平面EFBD ； （Ⅱ）若210=BF ，求多面体 (20)(本小题满分12分)已知过原点O 的动直线l 与圆C ：22(1)4x y ++=交于A B 、两点. l 的方程；（Ⅱ）x 轴上是否存在定点0(,0)M x ，使得当l 变动时，总有直线MA 、MB 的斜率之和为0？若存在，求出0x 的值；若不存在，说明理由. (21)(本小题满分12分) 设函数()(1)1x axf x e x x =->-+. （I ）当=1a 时，讨论()f x 的单调性；（II ）当0a >时，设()f x 在0x x =处取得最小值，求证：()01f x ≤.请考生在第22、23、24题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分，做答时请写清题号.(22)(本小题满分10分) 选修4-1:几何证明选讲中国俄罗斯1 2 3 4 5CA如图，过O 外一点E 作O 的两条切线EA EB 、，其中A B 、为切点，BC 为O 的一条直径，连CA 并延长交BE 的延长线于D 点. （Ⅰ）证明：ED BE =；（Ⅱ）若3AD AC =,求:AE AC 的值.(23)(本小题满分10分)选修4-4:坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知在极坐标系中，），（），，（33233ππB A ，圆C 的方程为θρcos 2=（Ⅰ）求在平面直角坐标系xOy 中圆C 的标准．．方程； （Ⅱ）已知P 为圆C 上的任意一点，求ABP ∆面积的最大值. (24)(本小题满分10分)选修4-5:不等式选讲 设12)(--=x x x f ，记1)(->x f 的解集为M . （Ⅰ）求集合M ；（Ⅱ）已知M a ∈，比较12+-a a 与a1的大小.参考答案与评分标准（1）B 【解析】{}0,1,2A B ⋂=，A B ⋂中有3个元素，故选B （2）A 【解析】由(1)1z i +=，得1111(1)(1)2i iz i i i --===++-，故选A（3）D 【解析】抛掷一枚质地均匀的骰子包含6个基本事件，由函数22)(2++=ax x x f 有两个不同零点，得0842>-=∆a ，解得22>-<a a 或.又a为正整数，故a 的取值有6,5,4,3,2，共5种结果，所以函数22)(2++=ax x x f 有两个不同零点的概率为56，故选D （4）C 【解析】(2)2f =，11()()tan (2)26f f f π===，故选C（5）A 【解析】抛物线的焦点坐标为），（05，双曲线焦点在x 轴上，且O B A C5c ==，又渐近线方程为x y 34±=，可得34=a b ，所以4,3==b a ，故选A（6）D 【解析】因为()sin()(sin )()f x x x x x f x -=-+-=-+=-，所以)(x f 为奇函数，故A 正确；因为()1cos 0f x x '=-≥‘，所以函数)(x f 在R 上单调递增，故B 正确；因为)(x f 在R 上单调递增，所以()f x 的值域为R ，故C 正确；()f x 不是周期函数，故选D（7）B 【解析】由⎪⎩⎪⎨⎧≤-+≥+-≥,03,01,0y x y x y目标函数2z x y =-在点)0,1(-（8）B 卦限的部分，体积为3141836ππ⨯⨯=（9）C 【解析】由等比数列的性质可得51210110295656()()()()a a a a a a a a a a a ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅故521222102121022log log log log log 45log 410a a a a a a ++⋅⋅⋅+=⋅⋅⋅⋅===5（），故选C（10）B 【解析】第一次运行后1,3,2===n a s ；第二次运行后2,5,5===n a s ；第三次运行后3,9,10===n a s ；第四次运行后4,17,19===n a s ；第五次运行后5,33,36===n a s ；第六次运行后6,65,69===n a s ；此时不满足t s <，输出6=n ，故选B（11）A 【解析】由)sin()(ϕω+=x x f 的最小正周期为π4，得21=ω.因为()13f π=，所以12()232k k Z ππϕπ⨯+=+∈，由2πϕ<，得3πϕ=，故)321sin()(π+=x x f . 令1()23x k k Z ππ+=∈，得22()3x k k Z ππ=-∈，故()f x 的对称中心为))(0,322(Z k k ∈-ππ，当0=k 时，()f x 的对称中心为)0,32(π-，故选A（12）D 【解析】由题意可知关于x 的方程24a x x =+有两个不等的正根，设)0(4)(2>+=x xx x g ，则2338(2)(24)()1(0)x x x g x x x x -++'=-=>， x令()0g x '=，得2=x ，分析可知)(x g 在)2,0(上单减，),2(+∞上单增，在2=x 处取得极小值3，结合)(x g 的图像可得3>a ，故选D （13）6【解析】由//，可得236x =⨯=（14）2【解析】由题意可知}{n a 是公差2的等差数列，由919(91)92902S a -=+⨯=，解得21=a （15）【解析】由题意可得cos 602aOP OA ==，易得1()4P a ，代入椭圆方程得：116316122=+b a ，故222255()a b a c ==-，所以离心率552=e（16）32165++π【解析】由三视图可知该几何体是一个正三棱柱和一个半圆柱的组合体，三棱柱的两个侧面面积之和为16242=⨯⨯，两个底面面积之和为3232212=⨯⨯⨯；半圆柱的侧面积为ππ44=⨯，两个底面面积之和为ππ=⨯⨯⨯21212，所以几何体的表面积为32165++π(17)【解析】（Ⅰ）在BCD ∆中，由正弦定理得：sin sin BD CDBCD CBD=∠∠………………3分故sin 3sin 2CD BD BCD CBD =⋅∠==∠，………………6分（Ⅱ）在ABD ∆中，由余弦定理得：222cos 2AD BD AB ADB AD BD +-∠=⋅………………8分==………………10分所以45ADB ∠= ………………12分18.【解析】（Ⅰ）两国代表团获得的金牌数的茎叶图如下…………………3分通过茎叶图可以看出，中国代表团获得的金牌数的平均值高于俄罗斯代表团获得的金牌数的平均值；俄罗斯代表团获得的金牌数比较集中，中国代表团获得的金牌数比较分散。
2020高考文科数学(人教A版)总复习练习：高考大题专项5 Word版含解析
高考大题专项五突破11。
(2018江西上饶一模，20）已知椭圆M:x 2a 2+y 2b2=1（a 〉b 〉0）的离心率为12,点P1，32在椭圆M 上。
(1）求椭圆M 的方程；(2）经过椭圆M 的右焦点F 的直线l 与椭圆M 交于C,D 两点，A ，B 分别为椭圆M 的左、右顶点，记△ABD 与△ABC 的面积分别为S 1和S 2，求|S 1—S 2|的取值范围.2.(2018宁夏银川一中四模,20)已知椭圆C:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1，F 2,点M 在椭圆上，有｜MF 1｜+｜MF 2｜=4,椭圆的离心率为e=12。
(1)求椭圆C 的标准方程；（2)已知N （4,0),过点N 作斜率为k(k>0）的直线l 与椭圆交于A ，B 不同两点，线段AB 的中垂线为l',记l'的纵截距为m ，求m 的取值范围.3。
(2018北京海淀区二模,20）已知椭圆C ：x 2+2y 2=1的左右顶点分别为A 1，A 2. （1)求椭圆C 的长轴长与离心率；（2)若不垂直于x 轴的直线l 与椭圆C 相交于P ，Q 两点,直线A 1P 与A 2Q 交于点M ，直线A 1Q 与A 2P 交于点N 。
求证：直线MN 垂直于x 轴.4.（2018广东珠海质检,20）已知抛物线C 1：y 2=2px （p 〉0），圆C 2:x 2+y 2=4，直线l ：y=kx+b 与抛物线C 1相切于点M,与圆C 2相切于点N.（1）若直线l 的斜率k=1,求直线l 和抛物线C 1的方程；（2)设F 为抛物线C 1的焦点,设△FMN，△FON 的面积分别为S 1,S 2，若S 1=λS 2,求λ的取值范围。
5。
（2018重庆巴蜀中学适应性考试（七),20)已知椭圆x 2a 2+y2b2=1（a 〉b>0)与直线y=√22x —2√2相切，设椭圆的上顶点为M,F 1,F 2是椭圆的左、右焦点，且△MF 1F 2为等腰直角三角形。
上海市2020〖人教版〗高三数学复习试卷文科5
上海市2020年〖人教版〗高三数学复习试卷文科创作人：百里安娜创作日期：202X.04.01审核人：北堂王会创作单位：明德智语学校一、选择题：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．（5分）i是虚数单位，复数=（）A．1﹣i B．﹣1+i C．+i D．﹣+i2．（5分）设变量x，y满足约束条件，则目标函数z=x+2y的最小值为（）A．2 B．3 C．4 D．53．（5分）已知命题p：∀x＞0，总有（x+1）e x＞1，则￢p为（）A．∃x0≤0，使得（x0+1）e≤1 B．∃x0＞0，使得（x0+1）e≤1C．∀x＞0，总有（x+1）e x≤1 D．∀x≤0，总有（x+1）e x≤1 4．（5分）设a=log 2π，b=logπ，c=π﹣2，则（）A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．a＞c＞b D．c＞b＞a 5．（5分）设{a n}的首项为a1，公差为﹣1的等差数列，S n为其前n项和，若S1，S2，S4成等比数列，则a1=（）A．2 B．﹣2 C．D．﹣6．（5分）已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线平行于直线l：y=2x+10，双曲线的一个焦点在直线l上，则双曲线的方程为（）A．﹣=1 B．﹣=1C．﹣=1 D．﹣=17．（5分）如图，△ABC是圆的内接三角形，∠BAC的平分线交圆于点D，交BC于E，过点B的圆的切线与AD的延长线交于点F，在上述条件下，给出下列四个结论：①BD平分∠CBF；②FB2=FD•FA；③AE•CE=BE•DE；④AF•BD=AB•BF．所有正确结论的序号是（）A．①②B．③④C．①②③ D．①②④8．（5分）已知函数f（x）=sinωx+cosωx（ω＞0），x∈R，在曲线y=f（x）与直线y=1的交点中，若相邻交点距离的最小值为，则f（x）的最小正周期为（）A．B．C．πD．2π二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.9．（5分）某大学为了解在校本科生对参加某项社会实践活动的意向，拟采用分层抽样的方向，从该校四个年级的本科生中抽取一个容量为300的样本进行调查，已知该校一年级、二年级、三年级、四年级的本科生人数之比为4：5：5：6，则应从一年级本科生中抽取名学生．10．（5分）一个几何体的三视图如图所示（单位：m），则该几何体的体积为m3．11．（5分）阅读如图的框图，运行相应的程序，输出S的值为．12．（5分）函数f（x）=lgx2的单调递减区间是．13．（5分）已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD=120°，点E，F 分别在边BC，DC上，BC=3BE，DC=λDF，若•=1，则λ的值为．14．（5分）已知函数f（x）=，若函数y=f （x）﹣a|x|恰有4个零点，则实数a的取值范围为．三、解答题：本大题共6小题，共80分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15．（13分）某校夏令营有3名男同学，A、B、C和3名女同学X，Y，Z，其年级情况如表：一年级二年级三年级男同学A B C女同学X Y Z现从这6名同学中随机选出2人参加知识竞赛（每人被选到的可能性相同）（Ⅰ）用表中字母列举出所有可能的结果；（Ⅱ）设M为事件“选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学”，求事件M发生的概率．16．（13分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a﹣c=b，sinB=sinC，（Ⅰ）求cosA的值；（Ⅱ）求cos（2A﹣）的值．17．（13分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，BA=BD=，AD=2，PA=PD=，E，F分别是棱AD，PC的中点．（Ⅰ）证明EF∥平面PAB；（Ⅱ）若二面角P﹣AD﹣B为60°，（i）证明平面PBC⊥平面ABCD；（ii）求直线EF与平面PBC所成角的正弦值．18．（13分）设椭圆+=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1、F2，右顶点为A，上顶点为B，已知|AB|=|F1F2|．（Ⅰ）求椭圆的离心率；（Ⅱ）设P为椭圆上异于其顶点的一点，以线段PB为直径的圆经过点F 1，经过点F2的直线l与该圆相切于点M，|MF2|=2，求椭圆的方程．19．（14分）已知函数f（x）=x2﹣ax3（a＞0），x∈R．（Ⅰ）求f（x）的单调区间和极值；（Ⅱ）若对于任意的x1∈（2，+∞），都存在x2∈（1，+∞），使得f（x1）•f（x2）=1，求a的取值范围．20．（14分）已知q和n均为给定的大于1的自然数，设集合M={0，1，2，…，q﹣1}，集合A={x|x=x1+x2q+…+x n q n﹣1，x i∈M，i=1，2，…n}．（Ⅰ）当q=2，n=3时，用列举法表示集合A；（Ⅱ）设s，t∈A，s=a1+a2q+…+a n q n﹣1，t=b1+b2q+…+b n q n﹣1，其中a i，b i∈M，i=1，2，…，n．证明：若a n＜b n，则s＜t．参考答案与试题解析一、选择题：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．（5分）i是虚数单位，复数=（）A．1﹣i B．﹣1+i C．+i D．﹣+i【分析】将复数的分子与分母同时乘以分母的共轭复数3﹣4i，即求出值．【解答】解：复数==，故选：A．【点评】本题考查了复数的运算法则和共轭复数的意义，属于基础题．2．（5分）设变量x，y满足约束条件，则目标函数z=x+2y的最小值为（）A．2 B．3 C．4 D．5【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值．【解答】解：作出不等式对应的平面区域，由z=x+2y，得y=﹣，平移直线y=﹣，由图象可知当直线y=﹣经过点B（1，1）时，直线y=﹣的截距最小，此时z最小．此时z的最小值为z=1+2×1=3，故选：B．【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法．3．（5分）已知命题p：∀x＞0，总有（x+1）e x＞1，则￢p为（）A．∃x0≤0，使得（x0+1）e≤1 B．∃x0＞0，使得（x0+1）e≤1C．∀x＞0，总有（x+1）e x≤1 D．∀x≤0，总有（x+1）e x≤1【分析】据全称命题的否定为特称命题可写出命题p的否定．【解答】解：根据全称命题的否定为特称命题可知，￢p为∃x0＞0，使得（x0+1）e≤1，故选：B．【点评】本题主要考查了全称命题的否定的写法，全称命题的否定是特称命题．4．（5分）设a=log 2π，b=logπ，c=π﹣2，则（）A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．a＞c＞b D．c＞b＞a 【分析】根据对数函数和幂函数的性质求出，a，b，c的取值范围，即可得到结论．【解答】解：log 2π＞1，logπ＜0，0＜π﹣2＜1，即a＞1，b＜0，0＜c＜1，∴a＞c＞b，故选：C．【点评】本题主要考查函数值的大小比较，利用对数函数和幂函数的性质是解决本题的关键，比较基础．5．（5分）设{a n}的首项为a1，公差为﹣1的等差数列，S n为其前n项和，若S1，S2，S4成等比数列，则a1=（）A．2 B．﹣2 C．D．﹣【分析】由等差数列的前n项和求出S1，S2，S4，然后再由S1，S2，S4成等比数列列式求解a1．【解答】解：∵{a n}是首项为a1，公差为﹣1的等差数列，S n为其前n项和，∴S1=a1，S2=2a1﹣1，S4=4a1﹣6，由S1，S2，S4成等比数列，得：，即，解得：．故选：D．【点评】本题考查等差数列的前n项和公式，考查了等比数列的性质，是基础的计算题．6．（5分）已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线平行于直线l：y=2x+10，双曲线的一个焦点在直线l上，则双曲线的方程为（）A．﹣=1 B．﹣=1C．﹣=1 D．﹣=1【分析】先求出焦点坐标，利用双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线平行于直线l：y=2x+10，可得=2，结合c2=a2+b2，求出a，b，即可求出双曲线的方程．【解答】解：∵双曲线的一个焦点在直线l上，令y=0，可得x=﹣5，即焦点坐标为（﹣5，0），∴c=5，∵双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线平行于直线l：y=2x+10，∴=2，∵c2=a2+b2，∴a2=5，b2=20，∴双曲线的方程为﹣=1．故选：A．【点评】本题考查双曲线的方程与性质，考查学生的计算能力，属于中档题．7．（5分）如图，△ABC是圆的内接三角形，∠BAC的平分线交圆于点D，交BC于E，过点B的圆的切线与AD的延长线交于点F，在上述条件下，给出下列四个结论：①BD平分∠CBF；②FB2=FD•FA；③AE•CE=BE•DE；④AF•BD=AB•BF．所有正确结论的序号是（）A．①②B．③④C．①②③ D．①②④【分析】本题利用角与弧的关系，得到角相等，再利用角相等推导出三角形相似，得到边成比例，即可选出本题的选项．【解答】解：∵圆周角∠DBC对应劣弧CD，圆周角∠DAC对应劣弧CD，∴∠DBC=∠DAC．∵弦切角∠FBD对应劣弧BD，圆周角∠BAD对应劣弧BD，∴∠FBD=∠BAF．∵AD是∠BAC的平分线，∴∠BAF=∠DAC．∴∠DBC=∠FBD．即BD平分∠CBF．即结论①正确．又由∠FBD=∠FAB，∠BFD=∠AFB，得△FBD～△FAB．由，FB2=FD•FA．即结论②成立．由，得AF•BD=AB•BF．即结论④成立．正确结论有①②④．故选：D．【点评】本题考查了弦切角、圆周角与弧的关系，还考查了三角形相似的知识，本题总体难度不大，属于基础题．8．（5分）已知函数f（x）=sinωx+cosωx（ω＞0），x∈R，在曲线y=f（x）与直线y=1的交点中，若相邻交点距离的最小值为，则f（x）的最小正周期为（）A．B．C．πD．2π【分析】根据f（x）=2sin（ωx+），再根据曲线y=f（x）与直线y=1的交点中，相邻交点距离的最小值为，正好等于f （x）的周期的倍，求得函数f（x）的周期T的值．【解答】解：∵已知函数f（x）=sinωx+cosωx=2sin （ωx+）（ω＞0），x∈R，在曲线y=f（x）与直线y=1的交点中，若相邻交点距离的最小值为，正好等于f（x）的周期的倍，设函数f（x）的最小正周期为T，则=，∴T=π，故选：C．【点评】本题主要考查函数y=Asin（ωx+φ）的图象特征，得到正好等于f（x）的周期的倍，是解题的关键，属于中档题．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.9．（5分）某大学为了解在校本科生对参加某项社会实践活动的意向，拟采用分层抽样的方向，从该校四个年级的本科生中抽取一个容量为300的样本进行调查，已知该校一年级、二年级、三年级、四年级的本科生人数之比为4：5：5：6，则应从一年级本科生中抽取60 名学生．【分析】先求出一年级本科生人数所占总本科生人数的比例，再用样本容量乘以该比列，即为所求．【解答】解：根据分层抽样的定义和方法，一年级本科生人数所占的比例为=，故应从一年级本科生中抽取名学生数为300×=60，故答案为：60．【点评】本题主要考查分层抽样的定义和方法，利用了总体中各层的个体数之比等于样本中对应各层的样本数之比，属于基础题．10．（5分）一个几何体的三视图如图所示（单位：m），则该几何体的体积为m3．【分析】几何体是圆锥与圆柱的组合体，判断圆柱与圆锥的高及底面半径，代入圆锥与圆柱的体积公式计算．【解答】解：由三视图知：几何体是圆锥与圆柱的组合体，其中圆柱的高为4，底面直径为2，圆锥的高为2，底面直径为4，∴几何体的体积V=π×12×4+×π×22×2=4π+π=π．故答案为：．【点评】本题考查了由三视图求几何体的体积，根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解题的关键．11．（5分）阅读如图的框图，运行相应的程序，输出S的值为﹣4 ．【分析】写出前二次循环，满足判断框条件，输出结果．【解答】解：由框图知，第一次循环得到：S=﹣8，n=2；第二次循环得到：S=﹣4，n=1；退出循环，输出﹣4．故答案为：﹣4．【点评】本题考查循环结构，判断框中n≤1退出循环是解题的关键，考查计算能力．12．（5分）函数f（x）=lgx2的单调递减区间是（﹣∞，0）．【分析】先将f（x）化简，注意到x≠0，即f（x）=2lg|x|，再讨论其单调性，从而确定其减区间；也可以函数看成由复合而成，再分别讨论内层函数和外层函数的单调性，根据“同増异减”再来判断．【解答】解：方法一：y=lgx2=2lg|x|，∴当x＞0时，f（x）=2lgx在（0，+∞）上是增函数；当x＜0时，f（x）=2lg（﹣x）在（﹣∞，0）上是减函数．∴函数f（x）=lgx2的单调递减区间是（﹣∞，0）．故答案为：（﹣∞，0）．方法二：原函数是由复合而成，∵t=x2在（﹣∞，0）上是减函数，在（0，+∞）为增函数；又y=lgt在其定义域上为增函数，∴f（x）=lgx2在（﹣∞，0）上是减函数，在（0，+∞）为增函数，∴函数f（x）=lgx2的单调递减区间是（﹣∞，0）．故答案为：（﹣∞，0）．【点评】本题是易错题，学生在方法一中，化简时容易将y=lgx2=2lg|x|中的绝对值丢掉，方法二对复合函数的结构分析也是最常用的方法，此外，本题还可以利用数形结合的方式，即画出y=2lg|x|的图象，得到函数的递减区间．13．（5分）已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD=120°，点E，F 分别在边BC，DC上，BC=3BE，DC=λDF，若•=1，则λ的值为 2 ．【分析】根据向量的基本定理，结合数量积的运算公式，建立方程即可得到结论．【解答】解：∵BC=3BE，DC=λDF，∴=，=，=+=+=+，=+=+=+，∵菱形ABCD的边长为2，∠BAD=120°，∴||=||=2，•=2×2×cos120°=﹣2，∵•=1，∴（+）•（+）=++（1+）•=1，即×4+×4﹣2（1+）=1，整理得，解得λ=2，故答案为：2．【点评】本题主要考查向量的基本定理的应用，以及数量积的计算，要求熟练掌握相应的计算公式．14．（5分）已知函数f（x）=，若函数y=f （x）﹣a|x|恰有4个零点，则实数a的取值范围为（1，2）．【分析】由y=f（x）﹣a|x|=0得f（x）=a|x|，利用数形结合即可得到结论．【解答】解：由y=f（x）﹣a|x|=0得f（x）=a|x|，作出函数y=f（x），y=a|x|的图象，当a≤0，不满足条件，∴a＞0，当a≥2时，此时y=a|x|与f（x）有三个交点，当a=1时，当x＜0时，f（x）=﹣x2﹣5x﹣4，由f（x）=﹣x2﹣5x﹣4=﹣x得x2+4x+4=0，则判别式△=16﹣4×4=0，即此时直线y=﹣x与f（x）相切，此时y=a|x|与f（x）有五个交点，∴要使函数y=f（x）﹣a|x|恰有4个零点，则1＜a＜2，故答案为：（1，2）【点评】本题主要考查函数零点个数的应用，利用数形结合是解决本题的关键，综合性较强，难度较大．三、解答题：本大题共6小题，共80分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15．（13分）某校夏令营有3名男同学，A、B、C和3名女同学X，Y，Z，其年级情况如表：一年级二年级三年级男同学A B C女同学X Y Z现从这6名同学中随机选出2人参加知识竞赛（每人被选到的可能性相同）（Ⅰ）用表中字母列举出所有可能的结果；（Ⅱ）设M为事件“选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学”，求事件M发生的概率．【分析】（Ⅰ）用表中字母一一列举出所有可能的结果，共15个．（Ⅱ）用列举法求出事件M包含的结果有6个，而所有的结果共15个，由此求得事件M发生的概率．【解答】解：（Ⅰ）用表中字母列举出所有可能的结果有：（A，B）、（A，C）、（A，X）、（A，Y）、（A，Z）、（B，C）、（B，X）、（B，Y）、（B，Z）、（C，X）、（C，Y）、（C，Z）、（X，Y）、（X，Z ）、（Y，Z），共计15个结果．（Ⅱ）设M为事件“选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学”，则事件M包含的结果有：（A，Y）、（A，Z）、（B，X）、（B，Z）、（C，X）、（C，Y），共计6个结果，故事件M发生的概率为=．【点评】本题考主要查古典概型问题，可以列举出试验发生包含的事件和满足条件的事件，列举法，是解决古典概型问题的一种重要的解题方法，属于基础题．16．（13分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a﹣c=b，sinB=sinC，（Ⅰ）求cosA的值；（Ⅱ）求cos（2A﹣）的值．【分析】（Ⅰ）已知第二个等式利用正弦定理化简，代入第一个等式表示出a，利用余弦定理表示出cosA，将表示出的a，b代入计算，即可求出cosA的值；（Ⅱ）由cosA的值，利用同角三角函数间的基本关系求出sinA 的值，进而利用二倍角的正弦、余弦函数公式求出sin2A与cos2A的值，原式利用两角和与差的余弦函数公式及特殊角的三角函数值化简，将各自的值代入计算即可求出值．【解答】解：（Ⅰ）将sinB=sinC，利用正弦定理化简得：b=c，代入a﹣c=b，得：a﹣c=c，即a=2c，∴cosA===；（Ⅱ）∵cosA=，A为三角形内角，∴sinA==，∴cos2A=2cos2A﹣1=﹣，sin2A=2sinAcosA=，则cos（2A﹣）=cos2Acos+sin2Asin=﹣×+×=．【点评】此题考查了正弦、余弦定理，同角三角函数间的基本关系，二倍角的正弦、余弦函数公式，以及两角和与差的余弦函数公式，熟练掌握定理及公式是解本题的关键．17．（13分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，BA=BD=，AD=2，PA=PD=，E，F分别是棱AD，PC的中点．（Ⅰ）证明EF∥平面PAB；（Ⅱ）若二面角P﹣AD﹣B为60°，（i）证明平面PBC⊥平面ABCD；（ii）求直线EF与平面PBC所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）要证明EF∥平面PAB，可以先证明平面EFH∥平面PAB，而要证明面面平行则可用面面平行的判定定理来证；（Ⅱ）（i）要证明平面PBC⊥平面ABCD，可用面面垂直的判定定理，即只需证PB⊥平面ABCD即可；（ii）由（i）知，BD，BA，BP两两垂直，建立空间直角坐标系B ﹣DAP，得到直线EF的方向向量与平面PBC法向量，其夹角的余弦值的绝对值即为所成角的正弦值．【解答】解：（Ⅰ）证明：连结AC，AC∩BD=H，∵底面ABCD是平行四边形，∴H为BD中点，∵E是棱AD的中点．∴在△ABD中，EH∥AB，又∵AB⊂平面PAB，EH⊄平面PAD，∴EH∥平面PAB．同理可证，FH∥平面PAB．又∵EH∩FH=H，∴平面EFH∥平面PAB，∵EF⊂平面EFH，∴EF∥平面PAB；（Ⅱ）（i）如图，连结PE，BE．∵BA=BD=，AD=2，PA=PD=，∴BE=1，PE=2．又∵E为AD的中点，∴BE⊥AD，PE⊥AD，∴∠PEB即为二面角P﹣AD﹣B的平面角，即∠PEB=60°，∴PB=．∵△PBD中，BD2+PB2=PD2，∴PB⊥BD，同理PB⊥BA，∴PB⊥平面ABD，∵PB⊂平面PBC，∴平面PAB⊥平面ABCD；（ii）由（i）知，PB⊥BD，PB⊥BA，∵BA=BD=，AD=2，∴BD⊥BA，∴BD，BA，BP两两垂直，以B为坐标原点，分别以BD，BA，BP为X，Y，Z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B﹣DAP，则有A（0，，0），B（0，0，0），C（，﹣，0），D （，0，0），P（0，0，），∴=（，﹣，0），=（0，0，），设平面PBC的法向量为，∵，∴，令x=1，则y=1，z=0，故=（1，1，0），∵E，F分别是棱AD，PC的中点，∴E（，，0），F（，﹣，），∴=（0，，），∴sinθ====﹣，即直线EF与平面PBC所成角的正弦值为．【点评】本题主要考查空间直线与平面平行的判定定理以及线面角大小的求法，要求熟练掌握相关的判定定理．18．（13分）设椭圆+=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1、F2，右顶点为A，上顶点为B，已知|AB|=|F1F2|．（Ⅰ）求椭圆的离心率；（Ⅱ）设P为椭圆上异于其顶点的一点，以线段PB为直径的圆经过点F 1，经过点F2的直线l与该圆相切于点M，|MF2|=2，求椭圆的方程．【分析】（Ⅰ）分别用a，b，c表示出|AB|和|F1F2|，根据已知建立等式求得a和c的关系，进而求得离心率e．（Ⅱ）根据（1）中a和c的关系，用c表示出椭圆的方程，设出P点的坐标，根据PB为直径，推断出BF1⊥PF1，进而知两直线斜率相乘得﹣1，进而求得sinθ和cosθ，表示出P点坐标，利用P，B求得圆心坐标，则可利用两点间的距离公式分别表示出|OB|，|OF2|，利用勾股定理建立等式求得c，则椭圆的方程可得．【解答】解：（Ⅰ）依题意可知=•2c，∵b2=a2﹣c2，∴a2+b2=2a2﹣c2=3c2，∴a2=2c2，∴e==．（Ⅱ）由（Ⅰ）知a2=2c2，∴b2=a2﹣c2=c2，∴椭圆方程为+=1，B（0，c），F1（﹣c，0）设P点坐标（csinθ，ccosθ），以线段PB为直径的圆的圆心为O，∵PB为直径，∴BF1⊥PF1，∴k BF1•k PF1=•=﹣1，求得sinθ=﹣或0（舍去），由椭圆对称性可知，P在x轴下方和上方结果相同，只看在x轴上方时，cosθ==，∴P坐标为（﹣c，c），∴圆心O的坐标为（﹣c，c），∴r=|OB|==c，|OF2|==c，∵r2+|MF2|2=|OF2|2，∴+8=c2，∴c2=3，∴a2=6，b2=3，∴椭圆的方程为+=1．【点评】本题主要考查了直线与圆锥曲线的位置关系．第（1）相对简单，主要是求得a和c的关系；第（2）问较难，利用参数法设出P点坐标是关键．19．（14分）已知函数f（x）=x2﹣ax3（a＞0），x∈R．（Ⅰ）求f（x）的单调区间和极值；（Ⅱ）若对于任意的x1∈（2，+∞），都存在x2∈（1，+∞），使得f（x1）•f（x2）=1，求a的取值范围．【分析】（Ⅰ）求导数，利用导数的正负，可得f（x）的单调区间，从而求出函数的极值；（Ⅱ）由f（0）=f（）=0及（Ⅰ）知，当x∈（0，）时，f（x）＞0；当x ∈（，+∞）时，f（x）＜0．设集合A={f （x）|x∈（2，+∞）}，集合B={|x∈（1，+∞），f（x）≠0}，则对于任意的x1∈（2，+∞），都存在x2∈（1，+∞），使得f（x1）•f（x2）=1，等价于A⊆B，分类讨论，即可求a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）f′（x）=2x﹣2ax2=2x（1﹣ax），令f′（x）=0，解得x=0或x=．当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：x（﹣∞，0）0（0，）（，+∞）f′（x）﹣0+0﹣f（x）递减0递增递减所以，f（x）的单调递减区间为：（﹣∞，0）和，单调递增区间为，当x=0时，有极小值f（0）=0，当x=时，有极大值f（）=；（Ⅱ）由f（0）=f（）=0及（Ⅰ）知，当x∈（0，）时，f（x）＞0；当x ∈（，+∞）时，f（x）＜0．设集合A={f（x）|x∈（2，+∞）}，集合B={|x∈（1，+∞），f（x）≠0}，则对于任意的x1∈（2，+∞），都存在x2∈（1，+∞），使得f（x1）•f（x2）=1，等价于A⊆B，显然A≠∅下面分三种情况讨论：①当＞2，即0＜a＜时，由f（）=0可知，0∈A，而0∉B，∴A不是B的子集；②当1≤≤2，即时，f（2）≤0，且f（x）在（2，+∞）上单调递减，故A=（﹣∞，f（2）），∴A⊆（﹣∞，0）；由f（1）≥0，有f（x）在（1，+∞）上的取值范围包含（﹣∞，0），即（﹣∞，0）⊆B，∴A⊆B；③当＜1，即a＞时，有f（1）＜0，且f（x）在（1，+∞）上单调递减，故B=（，0），A=（﹣∞，f（2）），∴A不是B的子集．综上，a的取值范围是[]．【点评】利用导数可以求出函数的单调区间和极值；解决取值范围问题，很多时候要进行等价转化，分类讨论．20．（14分）已知q和n均为给定的大于1的自然数，设集合M={0，1，2，…，q﹣1}，集合A={x|x=x1+x2q+…+x n q n﹣1，x i∈M，i=1，2，…n}．（Ⅰ）当q=2，n=3时，用列举法表示集合A；（Ⅱ）设s，t∈A，s=a1+a2q+…+a n q n﹣1，t=b1+b2q+…+b n q n﹣1，其中a i，b i∈M，i=1，2，…，n．证明：若a n＜b n，则s＜t．【分析】（Ⅰ）当q=2，n=3时，M={0，1}，A={x|x=x1+x2•2+x3•22，x i∈M，i=1，2，3}．即可得到集合A．（Ⅱ）由于a i，b i∈M，i=1，2，…，n．a n＜b n，可得a n﹣b n≤﹣1．由题意可得s﹣t=（a1﹣b1）+（a2﹣b2）q+…+（a n﹣1﹣b n﹣1）q n﹣2+（a n﹣b n）q n﹣1≤（q﹣1）+（q﹣1）q+…+（q﹣1）q n﹣2﹣q n﹣1再利用等比数列的前n项和公式即可得出．【解答】（Ⅰ）解：当q=2，n=3时，M={0，1}，A={x|x=x1+x2•2+x3•22，x i∈M，i=1，2，3}．可得A={0，1，2，3，4，5，6，7}．（Ⅱ）证明：由设s，t∈A，s=a1+a2q+…+a n q n﹣1，t=b1+b2q+…+b n q n ﹣1，其中ai，b i∈M，i=1，2，…，n．a n＜b n，∴s﹣t=（a1﹣b1）+（a2﹣b2）q+…+（a n﹣1﹣b n﹣1）q n﹣2+（a n﹣b n）q n﹣1≤（q﹣1）+（q﹣1）q+…+（q﹣1）q n﹣2﹣q n﹣1=（q﹣1）（1+q+…+q n﹣2）﹣q n﹣1=﹣q n﹣1=﹣1＜0．∴s＜t．【点评】本题考查了考查了集合的运算及其性质、等比数列的前n项和公式、不等式的基本性质等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．创作人：百里安娜创作日期：202X.04.01审核人：北堂王会创作单位：明德智语学校。