综合测试卷(一)
时间 : 120 分钟 分值 : 150 分
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40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.(2021河南高三毕业班3月适应性测试,1)已知集合A={x|1<x<4},B={x|x2-2x-3≥0},则A∪B等于(
)
A.(-1,1] B.[3,4)
C.(-∞,-1]∪(1,+∞) D.(-∞,-1]∪[3,+∞)
答案 C 集合B={x|x2-2x-3≥0}={x|x≤-1或x≥3},又因为A={x|1<x<4},所以A∪B={x|x≤-1或x>1},故
选C.
1-2i
2.(2021青海海东一模,2)i为虚数单位,复数z= 的虚部为( )
(1+i)2
1 1 1 1
A. B.- C. i D.- i
2 2 2 2
1-2i 1-2i (1-2i)·i 1 1
答案 B z= = = =-1- i,所以复数z的虚部为- .故选B.
(1+i)2 2i 2i2 2 2
(π ) π
3.(2021四川南充二模,4)已知cos
+α
=2cos(π-α),则tan -α = ( )
2 4
1 1
A.-4 B.4 C.- D.
3 3
(π )
答案 C ∵cos
+α
=2cos(π-α),∴-sin α=-2cos α,
2
π
tan -tanα
(π ) 4 1-tanα 1-2 1
∴tan α=2,则tan -α = = = =- ,故选C.
4 π 1+tanα 1+2 3
1+tan ·tanα
4
4.(2021江西八所重点中学4月联考,4)已知向量a=(3,4),b=(x,-5),若a⊥(2a+b),则x= ( )
A.0 B.-2 C.-10 D.6
答案 C 因为a=(3,4),b=(x,-5),所以2a+b=(6+x,3),
若a⊥(2a+b),则3(6+x)+12=0,故x=-10.故选C.5.(2021河南新乡二模,6)一百零八塔,位于宁夏吴忠青铜峡市,是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔
群,是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一.一百零八塔,因塔群的塔数而得名,塔群随山势
凿石分阶而建,由下而上逐层增高,依山势自上而下各层的塔数分别为1,3,3,5,5,7,…,该数列从第5
项开始成等差数列,则该塔群最下面三层的塔数之和为 ( )
A.39 B.45 C.48 D.51
答案 D 设自上而下各层塔数构成数列{a},依题意可知,a,a,…成等差数列,且公差为2,a=5,则
n 5 6 5
(n-4)(n-5)
1+3+3+5+5(n-4)+ ×2=108,解得n=12(舍负).
2
故最下面三层的塔数之和为a +a +a =3a =3×(5+2×6)=51.故选D.
10 11 12 11
6.(2021天津河西一模,5)将长、宽分别为4和3的长方形ABCD沿对角线AC折成直二面角,得到
四面体A-BCD,则四面体A-BCD的外接球的表面积为 ( )
A.25π B.50π C.5π D.10π
答案 A 将长、宽分别为4和3的长方形ABCD沿对角线AC折成直二面角,得到四面体A-
1 5 (5) 2
BCD,则四面体A-BCD的外接球的半径为 AC= ,所以所求球的表面积为4π× =25π.故选A.
2 2 2
{|x-1|,x≥0,
7.(2021浙江宁波二模,9)设a∈R,函数f(x)= 若函数y=f[f(x)]恰有3个零点,则实
-x2+ax,x<0,
数a的取值范围为( )
A.(-2,0) B.(0,1)
C.[-1,0) D.(0,2)
答案 A 若a≥0,则f(x)=0在x<0时无零点,在x≥0时只有x=1这1个零点,
此时f[f(x)]=0等价于f(x)=1,所以x=0或x=2,
即y=f[f(x)]只有2个零点,与题意不符.
若a<0,则f[f(x)]=0等价于f(x)=1或f(x)=a.
显然f(x)=a恰在x<0时有且仅有一个零点,从而f(x)=1有且仅有两个零点,且方程f(x)=1在x<0时
没有零点,(a)
因而f <1,即a2<4,解得-2<a<0.
2
综上,-2<a<0,选A.
8.(2021浙江稽阳联谊4月模考,10)如图,已知圆柱OO,A在圆O上,AO=1,OO=√2,P,Q在圆O 上,
1 1 1
2√3
且满足PQ= ,则直线AO 与平面OPQ所成角的正弦值的取值范围是 ( )
3 1
[ 3+√6] [√6-3 3+√6]
A. 0, B. ,
6 6 6
[3-√6 ]
C. ,1 D.[0,1]
6
答案 A 如图,取PQ的中点M,连OM,OM,过O 作OT⊥MO,垂足为T,易得OT⊥平面OPQ,即
1 1 1 1
OT为平面OPQ的一条法线,这样问题转化为求直线AO 和OT所成角的余弦值的取值范围.
1 1 1
2√3 √6
因为PQ= ,所以可求OM= ,
3 1 3
√2
OO
1
则tan∠OMO= =√6=√3,所以∠OMO=60°.
1 O M 1
1 3
由三角形相似可得,∠OOT=∠OMO=60°,故OT的轨迹是以直线OO 为旋转轴的圆锥侧面.
1 1 1 1
√2
而tan∠AOO= <√3,
1 2
所以60°-∠AOO≤∠AOT≤60°+∠AOO,
1 1 1
1 √6 √3 √3 √6+3
此时cos(60°-∠AOO)= × + × = ,
1 2 3 2 3 6
1 √6 √3 √3 √6-3
cos(60°+∠AOO)= × - × = ,
1 2 3 2 3 6[ √6+3]
结合两直线所成角的范围可知,直线AO 和OT所成角的余弦值的取值范围是 0, .故选
1 1 6
A.
名师点睛 空间角的求解一般都采用“降维”的方式去处理,具体操作如下:
①将二面角转化为两个半平面的法线所成角后进行求解;
②将线面角转化为直线和平面的法线所成角后进行求解.
此外,求解时还需配合一些基本的空间模型帮助提升空间想象能力.
二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要
求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得2分.)
x2 y2
9.已知双曲线C: - =1(a>0,b>0)与直线y=kx交于A,B两点,点P(x,y)为C上任意一点,且直线
a2 b2 0 0
9
PA,PB的斜率分别为k ,k ,且k ·k = ,则下列结论正确的是 ( )
PA PB PA PB 4
3
A.双曲线的渐近线方程为y=± x
2
5
B.双曲线的渐近线方程为y=± x
2
√13
C.双曲线的离心率为
2
13
D.双曲线的离心率为
4
x2 y2 x2 y2 x2-x2 y2- y2
0 0 0 0
答案 AC 设点A(x,y),B(-x,-y),则 - =1.又∵ - =1,∴两式相减得 = ,∴
a2 b2 a2 b2 a2 b2
x2-x2 a2 y - y y + y 9 b2 9 b 3 3
0 0 0
= .又∵k ·k = · = ,∴ = ,∴ = ,∴双曲线的渐近线方程为y=± x,故选
y2- y2 b2 PA PB x -x x +x 4 a2 4 a 2 2
0 0 0
项A正确,选项B错误;
b2 c2-a2 9 √13
又∵ = =e2-1= ,∴e= ,故选项C正确,选项D错误.
a2 a2 4 2故选AC.
b2 b 3
思路分析 设点A(x,y),B(-x,-y),利用点差法得到k ·k = ,即可得到 = ,从而求出双曲线的渐近
PA PB a2 a 2
线与离心率.
1
10.(2021届湖北荆州中学模拟)关于函数f(x)= 的性质,下列命题中正确的是 ( )
4x+2
A.函数f(x)的定义域为R
B.函数f(x)的值域为(0,+∞)
C.方程f(x)=x有且只有一个实根
D.函数f(x)的图象是中心对称图形
1
答案 ACD 函数f(x)= 的定义域为R,所以A正确;
4x+2
1 1 ( 1)
函数y=4x的值域为(0,+∞),所以0< < ,故函数f(x)的值域是 0, ,所以B不正确;
4x+2 2 2
如图,作出函数f(x)的图象和直线y=x,可知方程f(x)=x有且只有一个实根,所以C正确;
1 1 1 4x 1 (1 1)
因为f(x+1)+f(-x)= + = + = ,∴f(x)的图象关于点 , 对称,
4x+1+2 4-x+2 4·4x+2 2·4x+1 2 2 4
所以D正确.
故选ACD.
( π) ( π) | (3π)|
11.已知函数f(x)=sin(ωx+φ) 其中ω>0,|φ|< ,f - =0,f(x)≤ f 恒成立,且f(x)在区
2 8 8
( π π )
- ,
间 上单调,则下列说法正确的是 ( )
12 24
A.存在φ,使得f(x)是偶函数(3π)
B.f(0)=f
4
C.ω是奇数
D.ω的最大值为3
( π) π
-
答案 BCD ∵f =0,∴- ω+φ=kπ,k∈Z,
8 8 1 1
| (3π)| 3π π
∵f(x)≤ f ,∴ ω+φ= +kπ,k∈Z,
8 8 2 2 2
π π
∴ ω= +(k-k)π,k,k∈Z,
2 2 2 1 1 2
∴ω=1+2(k-k),k,k∈Z,即ω=1+2k,k∈Z,故C说法正确;
2 1 1 2
π 3k +k
1 2
易知φ= + π,k,k∈Z,故A说法不正确;
8 4 1 2
3π 3π 3π
易知直线x= 为f(x)图象的一条对称轴,0+ =2× ,
8 4 8
(3π)
∴f(0)=f ,故B说法正确;
4
3π ( 3π) ( π 7π) 3π
当ω=5时,φ=- ,f(x)=sin 5x- ,增区间为 - , ,不合题意.当ω=3时,φ= ,f(x)=sin
8 8 40 40 8
( 3π) ( 7π π )
3x+ ,增区间为 - , ,满足题意,故D说法正确.故选BCD.
8 24 24
12.如图,在棱长为1的正方体ABCD-ABCD 中,P,M分别为棱CD,CC 的中点,Q为面对角线AB
1 1 1 1 1 1
上任一点,则下列说法正确的是 ( )
A.平面APM内存在直线与AD 平行
1 19
B.平面APM截正方体ABCD-ABCD 所得截面面积为
1 1 1 1 8
C.直线AP和DQ所成角可能为60°
D.直线AP和DQ所成角可能为30°
答案 BC 易知直线AD∥平面ABCD,平面ABCD∩平面APM=AP,直线AP与直线AD 不平行,
1 1 1 1
故A错误;平面APM截正方体所得截面为四边形APMB,且四边形APMB 为等腰梯形,
1 1
√ √2 2
1(√2 ) ( √2- ) 9
S 四边形APMB 1 = 2 2 +√2 × (1) 2 +12- 2 = 8 ,故B正确;当Q与A 1 重合时,两直线的
2 2
[√10 √10]
夹角最小,当Q与B重合时,两直线的夹角最大,∴cos θ∈ , ,故C正确,D错误.故选
10 5
BC.
三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分.)
(x4-1)4
13.(2021安徽池州期末,14) 的展开式中常数项为 .(用数字作答)
x12
答案 -4
(x4-1)4 (x4-1)4 ( 1 ) 4 ( 1 ) r
解析 解法一: = = x- ,其展开式的通项为T =Cr x4-r - =(-1)rCr
x12 (x3)4 x3 r+1 4 x3 4
x4-4r,令4-4r=0,解得r=1,所以常数项为(-1)1C1
=-4.
4
解法二:(x4-1)4的展开式的通项为T =Cr x4(4-r)(-1)r=(-1)rCr x16-4r,令16-4r=12,得r=1,所以常数项为
r+1 4 4
T=C1
(-1)=-4.
2 4
14.(2021天津一中第四次月考,13)甲箱子里装有3个白球、2个黑球,乙箱子里装有1个白球、2
个黑球,这些球除颜色外完全相同,每次游戏从这两个箱子里各随机摸出2个球,则一次游戏摸出
的白球不少于2个的概率为 .7
答案
10
解析
每次游戏从这两个箱子里各随机摸出2个球,共有C2 ·C2
=30种情况.
5 3
一次游戏摸出的白球不少于2个包含下面三种情况:
(1)从甲盒中摸出2个白球,乙盒中摸出1个白球、1个黑球,有C2 ·C1 ·C1
=3×2=6种情况;
3 1 2
(2)从甲盒中摸出2个白球,乙盒中摸出2个黑球,有C2 ·C2
=3×1=3种情况;
3 2
(3)从甲盒中摸出1个白球、1个黑球,乙盒中摸出1个白球、1个黑球,有C1 ·C1 ·C1 ·C1
=3×2×2=12
3 2 1 2
种情况,
共有6+3+12=21种情况.
21 7
∴一次游戏摸出的白球不少于2个的概率P= = .
30 10
15.(2021云南昆明“三诊一模”,16)设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,第一象限内的A,B两点都
π
在C上,O为坐标原点,若∠AFO=∠AFB= ,且△AFB的面积为3√3,则点A的坐标为 .
3
(1 )
答案
,√3
2
解析 设|AF|=m,|BF|=n,
π (p-m √3m) (p+n √3n)
∵∠AFO=∠AFB= ,∴A , ,B , ,
3 2 2 2 2
p-m p 2
由抛物线的定义知,|AF|= + =m,∴m= p,
2 2 3
p+n p
|BF|= + =n,∴n=2p,
2 2∵△ABF的面积为3√3,
1
∴ mn·sin∠AFB=3√3,即mn=12,
2
2
∴ p·2p=12,解得p=3,
3
(1 )
∴m=2,∴A ,√3 .
2
思路分析 设|AF|=m,|BF|=n,可用含m,n,p的式子表示出点A和B的坐标,再由抛物线的定义,推出
2
m= p,n=2p,然后结合三角形的面积公式,求出p和m的值,从而得解.
3
16.(2021浙江新高考研究卷(二),11)人体是一个包含各种周期性运动的生物体,人的声音中就包含
正弦函数模型,每一个音都由纯音构成,纯音的数学模型是函数y=Asin ωt.我们平时听到的乐音不
1
只是一个音在响,而是许多音的结合,所以我们平时听到的声音的函数是y=sin x+ sin 2x+…+
2
1
sin 2k-1x+…,k∈N*.试写出该函数的一个周期: .
2k-1
答案 2π(答案不唯一)
1 1
解析 记f(x)=sin x+ sin 2x+ sin 4x+…,则f(x+2π)=f(x).故f(x)的一个周期为2π.
2 4
四、解答题(共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.)
4
17.(2021安徽蚌埠第三次质检,17)已知△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,a2+c2=
3
a2sin2B+2accos B.
(1)求sin A;
(2)若角A为锐角,且△ABC的面积为√3,求a的最小值.
4 4a2
解析 (1)由a2+c2= a2sin2B+2accos B得b2= sin2B,
3 3
4
即sin2B= sin2Asin2B,
3
√3
因为A,B为三角形内角,sin B>0,所以sin A= .
2π
(2)角A为锐角,结合(1)可得A= ,
3
1 √3
因为△ABC的面积S= bcsin A= bc=√3,所以bc=4.
2 4
由余弦定理得a2=b2+c2-bc≥2bc-bc=4,
所以a≥2,即a的最小值为2,当且仅当b=c=2时取等号.
18.(2020北京西城诊断性测试,17)从①前n项和S=n2+p(p∈R),②a=a -3,③a=11且2a =a+a
n n n+1 6 n+1 n n+2
这三个条件中任选一个,补充到下面的填空线上,并完成解答.
在数列{a}中,a=1, ,其中n∈N*.
n 1
(1)求{a}的通项公式;
n
(2)若a,a,a 成等比数列,其中m,n∈N*,且m>n>1,求m的最小值.
1 n m
解析 选择①.
(1)当n=1时,由a=S=1+p=1,得p=0,
1 1
当n≥2时,由题意,得S =(n-1)2,
n-1
所以a=S-S =2n-1.
n n n-1
经检验,a=1符合上式,
1
所以a=2n-1(n∈N*).
n
(2)由a,a,a
成等比数列,得a2
=aa ,
1 n m n 1 m
即(2n-1)2=1×(2m-1),
( 1) 2 1
化简,得m=2n2-2n+1=2 n- + .
2 2
因为m,n是大于1的正整数,且m>n,
所以当n=2时,m取得最小值,最小值为5.
选择②.
(1)因为a=a -3,所以a -a=3,
n n+1 n+1 n
所以数列{a}是公差为3的等差数列.
n
又a=1,所以a=a+(n-1)d=3n-2(n∈N*).
1 n 1
(2)由a,a,a
成等比数列,得a2
=aa ,
1 n m n 1 m
即(3n-2)2=1×(3m-2),( 2) 2 2
化简,得m=3n2-4n+2=3 n- + .
3 3
因为m,n是大于1的正整数,且m>n,
所以当n=2时,m取得最小值,最小值为6.
选择③.
(1)由2a =a+a ,得a -a=a -a .
n+1 n n+2 n+1 n n+2 n+1
所以数列{a}是等差数列,设等差数列{a}的公差为d,
n n
因为a=1,a=a+5d=11,所以d=2,
1 6 1
所以a=a+(n-1)d=2n-1(n∈N*).
n 1
(2)因为a,a,a
成等比数列,所以a2
=aa ,
1 n m n 1 m
即(2n-1)2=1×(2m-1),
( 1) 2 1
化简,得m=2n2-2n+1=2 n- + .
2 2
因为m,n是大于1的正整数,且m>n,
所以当n=2时,m取得最小值,最小值为5.
19.(2021天津十二区一模,17)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°,点D,E,N分别为
棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=8,AB=4.
(1)求证:MN∥平面BDE;
(2)求二面角C-EM-B的正弦值;
√7
(3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为 ,求线段AH的长.
21
解析 如图所示建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(4,0,0),C(0,8,0),D(0,0,4),E(0,4,4),M(0,0,2),N(2,4,0),P(0,0,8).
(1)证明:⃗DE=(0,4,0),⃗DB=(4,0,-4),
设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量.
{n·⃗DE=0, { 4 y=0,
则 即
n·⃗DB=0, 4x-4z=0,
不妨设z=1,可得n=(1,0,1),
又⃗MN=(2,4,-2),所以⃗MN·n=0.
因为MN⊄平面BDE,所MN∥平面BDE.
(2)易知n=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.
1
设n=(x,y,z)为平面BEM的法向量,
2 1 1 1
{n ·⃗EM=0,
则 2 因为⃗EM=(0,-4,-2),⃗MB=(4,0,-2),
n ·⃗MB=0,
2
{-4 y -2z =0,
1 1
所以 不妨设z=2,可得n=(1,-1,2),
4x -2z =0, 1 2
1 1
n ·n √6
1 2
因此有cos<n,n>= = ,
1 2 |n ||n | 6
1 2
√30
于是sin<n,n>= .
1 2 6
√30
所以二面角C-EM-B的正弦值为 .
6
(3)依题意,设AH=h(0≤h≤8),
则H(0,0,h),进而可得⃗NH=(-2,-4,h),⃗BE=(-4,4,4).
|⃗NH·⃗BE| |4ℎ -8| √7
由已知,得|cos<⃗NH,⃗BE>|= = = ,整理得5h2-21h+16=0,
|⃗NH||⃗BE| √
ℎ
2+20×4√3 2116 16
解得h= 或h=1.所以线段AH的长为 或1.
5 5
20.(2020安徽江南十校质量检测,19)一种游戏的规则为抛掷一枚硬币,每次正面向上得2分,反面
向上得1分.
(1)设抛掷4次的得分为X,求变量X的分布列和数学期望;
1
(2)当游戏得分为n(n∈N*)时,游戏停止,记得n分的概率和为Q,Q= .
n 1 2
①求Q;
2
1
②当n∈N*时,记A=Q + Q,B=Q -Q,证明:数列{A}为常数列,数列{B}为等比数列.
n n+1 2 n n n+1 n n n
解析 (1)变量X的所有可能取值为4,5,6,7,8,
1 1 (1) 4 1
由于每次抛掷一次硬币,正面向上的概率为 ,反面向上的概率也为 ,所以P(X=4)= =
2 2 2 16
,P(X=5)=C1×
1
×
(1) 3
=
1
,P(X=6)=C2×
(1) 2
×
(1) 2
=
3
,P(X=7)=C3×
(1) 3
×
1
=
1
,P(X=8)=C4×
4 2 2 4 4 2 2 8 4 2 2 4 4
(1) 4 1
= . (4分)
2 16
所以变量X的分布列为
X 4 5 6 7 8
1 1 3 1 1
P
16 4 8 4 16
1 1 3 1 1
故变量X的数学期望为E(X)=4× +5× +6× +7× +8× =6.(6分)
16 4 8 4 16
1 (1) 2 3
(2)①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上,概率的和为Q= + = .(8分)
2 2 2 4
②证明:得n分分两种情况,第一种为得(n-2)分后抛掷一次正面向上,第二种为得(n-1)分后抛掷一次
1 1
反面向上,故有当n≥3且n∈N*时,Q= Q + Q .
n 2 n-1 2 n-2
1 1 1 1 1
A =Q + Q = Q + Q+ Q =Q + Q=A,
n+1 n+2 2 n+1 2 n+1 2 n 2 n+1 n+1 2 n n故数列{A}为常数列; (10分)
n
1 1 1 1 1 1 3 1 1
因为B =Q -Q = Q + Q-Q =- Q + Q=- (Q -Q)=- B,又B=Q-Q= - = ,
n+1 n+2 n+1 2 n+1 2 n n+1 2 n+1 2 n 2 n+1 n 2 n 1 2 1 4 2 4
故数列{B}为等比数列. (12分)
n
解题关键 第(2)问中找到递推关系式是解题的关键.
x2 y2 1
21.(2021宁夏顶级名校第二次模拟,20)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ,过点E(√7,0)
1 a2 b2 2
的椭圆C 的两条切线相互垂直.
1
(1)求椭圆C 的方程;
1
(2)在椭圆C 上是否存在这样的点P,过点P引抛物线C:x2=4y的两条切线l、l,切点分别为B、C,
1 2 1 2
且直线BC过点A(1,1)?若存在,指出这样的点P有几个(不必求出点的坐标);若不存在,请说明理由.
解析 (1)由椭圆的对称性,不妨设在x轴上方的切点为M,x轴下方的切点为N,
则k =1,NE的直线方程为y=x-√7,
NE
x2 y2 1
因为椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ,
1 a2 b2 2
c 1
所以 = ,
a 2
则a=2c,由a2=b2+c2得b2=3c2,
x2 y2
所以椭圆C: + =1,
1 4c2 3c2
{ y=x-√7,
联立直线NE与椭圆的方程得
x2 y2
+ =1,
4c2 3c2
消去y得7x2-8√7x+28-12c2=0,
则有Δ=0,即(-8√7)2-4×7×(28-12c2)=0,
解得c2=1,
x2 y2
所以椭圆C 的方程为 + =1.
1 4 3
(2)设点B(x,y),C(x,y),P(x,y),
1 1 2 2 0 0
1 1
由x2=4y,即y= x2,得y'= x,
4 2x
1
∴抛物线C 在点B处的切线l 的方程为y-y= (x-x).
2 1 1 2 1
x 1 1 x
即y=
1
x+y-
x2
,∵y=
x2
,∴y=
1
x-y.
2 1 2 1 1 4 1 2 1
x
1
∵点P(x,y)在切线l 上,∴y= x-y.①
0 0 1 0 0 1
2
x
2
同理,y= x-y.②
0 0 2
2
x
由①、②得,点B(x,y),C(x,y)的坐标都满足方程y= x-y.
1 1 2 2 0 2 0
∵经过B(x,y),C(x,y)两点的直线是唯一的,
1 1 2 2
x
∴直线BC的方程为y= x-y,
0 2 0
∵点A(1,1)在直线BC上,
1
∴y= x-1,
0 2 0
1
∴点P的轨迹方程为y= x-1.
2
1 1
又∵点P在椭圆C 上,在直线y= x-1上,直线y= x-1经过椭圆C 内一点(0,-1),
1 2 2 1
1
∴直线y= x-1与椭圆C 交于两点,
2 1
∴满足条件的点P有两个.
1
22.(2021浙江之江教育高三下开学考,22)已知0<a≤ ,函数f(x)=ln(x+1)-x+a.
4
(1)证明:y=f(x)在(0,1)上有唯一零点;
(2)记x 为函数y=f(x)在(0,1)上的零点,证明:
0
(i)√a<x<2√a;
0
(ii)xf(2x+1)-ln x>1-5√a.
0 0 0
1
证明 (1)因为f '(x)= -1<0在(0,1)上恒成立,所以f(x)在(0,1)上为单调递减函数.
x+1
3
又f(0)=a>0, f(1)=ln 2-1+a≤ln 2- <0(ln 2≈0.69),
4
所以y=f(x)在(0,1)上有零点,
结合单调性可知零点唯一.{ f (√a)>0,
(2)(i)先证明一个加强命题: 那么利用(1)中得到的f(x)的单调性可知原命题成立.
f (2√a)<0,
f(√a)=ln(√a+1)-√a+a,
( 1)
令M(t)=ln(t+1)-t+t2 0<t≤ ,
2
1 1 ( 1]
则M'(t)= -1+2t= +2(t+1)-3,易知M'(t)在 0, 上单调递增,所以M'(t)>M'(0)=0,
t+1 t+1 2
( 1]
故M(t)在 0, 上单调递增,
2
则M(t)>M(0)=0,即f(√a)=M(√a)>0.
f(2√a)=ln(2√a+1)-2√a+a,
( 1) 2 2 ( √2-1)
令N(t)=ln(2t+1)-2t+t2 0<t≤ ,则N'(t)= -2+2t= +2t+1-3,易知N'(t)在 0, 上
2 2t+1 2t+1 2
(√2-1 1] (1)
单调递减,在 , 上单调递增,且N'(0)=0,N' =0,
2 2 2
(1) ( 1]
所以N'(t)≤N' =0,故N(t)在 0, 上单调递减,
2 2
则N(t)<N(0)=0,即f(2√a)<0.
{ f (√a)>0,
所以 又f(x)在(0,1)上单调递减,
f (2√a)<0,
所以√a<x<2√a.
0
(ii)由f(x)=ln(x+1)-x+a=0得ln(x+1)=x-a.
0 0 0 0 0
则xf(2x+1)-ln x=x[ln(2x+2)-(2x+1)+a]-ln x
0 0 0 0 0 0 0
=x[ln 2+x-a-(2x+1)+a]-ln x
0 0 0 0
=(ln 2-1)x-x2 -ln x>1-5√a.
0 0 0
令h(x)=(ln 2-1)x-x2-ln x(x∈(√a,2√a)),1
则h'(x)=(ln 2-1)-2x- <0在(√a,2√a)上恒成立,
x
所以h(x)在(√a,2√a)上单调递减,
故h(x)>h(2√a)=2(ln 2-1)√a-4a-ln(2√a),
即证2(ln 2-1)√a-4a-ln(2√a)>1-5√a.
( 1]
令g(t)=2(ln 2-1)t-4t2-ln(2t)-(1-5t),t∈ 0, ,
2
1
则g'(t)=2ln 2+3-8t- ≤2ln 2+3-4√2<0,
t
( 1] (1) 1
故g(t)在 0, 上为单调递减函数,则g(t)≥g =ln 2- >0,所以2(ln 2-1)√a-4a-ln(2√a)>1-5√a
2 2 2
.
故原不等式成立.
综合测试卷(二)
时间 : 120 分钟 分值 : 150 分
一、选择题(本题共8小题,每小题5分,共40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.(2021陕西西安一模,2)设集合A={x|x2-x-6≤0},B={x|2x+a≤0},且A∩B={x|-2≤x≤2},则a= ( )
A.2 B.-2 C.-4 D.4
{ a}
答案 C 解不等式x2-x-6≤0,得-2≤x≤3,即集合A={x|-2≤x≤3},又B= x|x≤- ,且
2
a
A∩B={x|-2≤x≤2},所以- =2,解得a=-4,故选C.
2
2.(2021北京海淀二模,2)设a∈R.若(2+i)(a-i)=-1-3i,则a=( )
A.-1 B.-2 C.1 D.2
答案 A ∵(2+i)(a-i)=(2a+1)+(a-2)i=-1-3i,
{2a+1=-1,
∴ 解得a=-1,故选A.
a-2=-3,
3.(2021北京顺义二模,7)把物体放在冷空气中冷却,如果物体原来的温度是θ℃,空气的温度是
1
θ℃.那么t min后物体的温θ(单位:℃)可由公式θ=θ+(θ-θ)e-kt求得,其中k是一个随着物体与空
0 0 1 0气的接触情况而定的常数.现有46 ℃的物体,放在10 ℃的空气中冷却,1 min以后物体的温度是
38 ℃,则k的值约为(ln 3≈1.10,ln 7≈1.95) ( )
A.0.25 B.-0.25
C.0.89 D.-0.89
答案 A 对于θ=θ+(θ-θ)e-kt,
0 1 0
当θ=46,θ=10,t=1时,θ=38,
1 0
28 7
所以38=10+(46-10)e-k,即e-k= = ,
36 9
7
则k=-ln =2ln 3-ln 7≈2.20-1.95=0.25.故选A.
9
4.(2021江西宜春重点高中月考,4)在等差数列{a}中,a,a 满足不等式x2+24x+12<0的解集为{x|
n 3 9
a<x<a},则数列{a}的前11项和等于 ( )
3 9 n
A.66 B.132 C.-66 D.-132
答案 D ∵在等差数列{a}中,a,a 满足不等式x2+24x+12<0的解集为{x|a<x<a},∴a,a 是方程
n 3 9 3 9 3 9
11 11
x2+24x+12=0的两个根,由根与系数的关系得a+a=-24,则数列{a}的前11项和S = (a+a )=
3 9 n 11 2 1 11 2
11
(a+a)= ×(-24)=-132.
3 9 2
(13 ) 2
5.(2021江西赣州3月联考,9)已知sin
π-α
=4cos π+α ,则sin 2α= ( )
6 3
15 15√3 15 15√3
A. B. C.- D.-
26 26 26 26(13 ) (π ) (2 ) 1 √3
答案 D 由sin
π-α
=sin
-α
=4cos
π+α
,得 cos α- sin α=4
6 6 3 2 2
( 1 √3 ) 1 √3 5 3√3
- cosα- sinα ,即 cos α- sin α=-2cos α-2√3sin α,即 cos α=- sin α,∴tan α=-
2 2 2 2 2 2
( 5 )
2× -
5 2sinαcosα 2tanα 3√3 15√3
,则sin 2α= = = =- ,故选D.
3√3 sin2α+cos2α 1+tan2α ( 5 ) 2 26
1+ -
3√3
x2 y2
6.(2021云南师大附中第六次月考,9)设F,F 是双曲线C: - =1的两个焦点,点P在双曲线C上,
1 2
4 3
P在x轴上的射影Q位于线段FF 上,且|PQ|2=|FQ|·|FQ|,则|PF|+|PF|= ( )
1 2 1 2 1 2
A.4 B.6 C.2√10 D.40
答案 C 由题意可得双曲线C的实半轴长a=2,虚半轴长b=√3,半焦距c=√7
,∵PQ⊥FF,∴∠PQF=∠PQF=90°.又∵|PQ|2=|FQ|·|
1 2 1 2 1
FQ|,∴△PFQ∽△FPQ.∴∠FPQ=∠PFQ,∵∠QPF+∠PFQ=90°,∴∠FPQ+∠QPF=90°,∴PF⊥PF,∴|
2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2
PF|2+|PF|2=|FF|2=4c2=28,∵||PF|-|PF||=2a=4,∴|PF|2+|PF|2-2|PF|·|PF|=16,∴|PF|·|PF|=6,∴|PF|+|
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
PF|=√|PF |2+|PF |2+2|PF |·|PF |=√28+2×6=2√10,故选C.
2 1 2 1 2
1
7.(2021河南焦作三模,8)已知函数f(x)=logx,给出三个条件:①f(a)=2n;②f(a)=n;③f(a)= .从中选出
3 n n n n
一个能使数列{a}成等比数列的条件,在这个条件下,数列{a}的前n项和S= ( )
n n n
1 3
A.3n-1 B.2n+1-1 C. (3n-1) D. (3n-1)
2 2
答案 D 函数f(x)=logx的定义域为(0,+∞).
3
a 32n+1
若选①,则f(a)=loga=2n,∴a=32n
,∴
n+1
=
=32n+1-2n =32n
不是常数,则{a}不是等比数列;
n 3 n n a 32n n
n
a 3n+1
n+1
若选②,则f(a)=loga=n,∴a=3n,∴ = =3(n+1)-n=3是常数,
n 3 n n a 3n
n3(1-3n) 3
则{a}是以a=3为首项,3为公比的等比数列,则S= = (3n-1);
n 1 n 1-3 2
1
1 1 a n+1 3n+1 1 - 1
若选③,则f(a n )=log 3 a n = n ,∴a n = 3n,∴ a = 1 = 3n+1 n不是常数,则{a n }不是等比数列.故选D.
n 3n
8.(2021浙江杭州二中高三下开学考,10)已知函数f(x)=(ax+ln x)(x-ln x)-x2有三个不同的零点
ln x 2 ln x ln x
( ) ( )( )
x,x,x(其中x<x<x),则 1- 1 1- 2 1- 3 的值为 ( )
1 2 3 1 2 3 x x x
1 2 3
A.1-a B.a-1
C.-1 D.1
( lnx)( lnx)
答案 D f(x)的定义域为(0,+∞).方程(ax+ln x)(x-ln x)-x2=0等价于 a+ 1- -1=0,
x x
lnx lnx-1
设g(x)=1- ,则g'(x)= ,令g'(x)=0,得x=e,研究其单调性和值域如下表:
x x2
x (0,e) e (e,+∞)
g'(x) - 0 +
g(x)单调性 单调递减 单调递增
( 1 )1 ( 1 )
g(x)值域
1- ,+∞
1-
1- ,1
e e e
作出y=g(x)的大致图象,如图.
( lnx)( lnx)
令g(x)=t,要使得 a+ 1- -1=0有三个不等实根,则二次方程[a+(1-t)]t-1=0即t2-
x x
(a+1)t+1=0有两个不等实根t,t.
1 2
由根与系数的关系可知tt=1,不妨设t<1<t,
12 1 2
问题转化为求函数y=g(x)的图象与直线y=t 和y=t 的交点的横坐标.
1 2
ln x ln x ln x
1 2 3
因为x<x<x,所以t=1- ,t=1- =1- ,如图所示.
1 2 3 2 x 1 x x
1 2 3ln x 2 ln x ln x
( ) ( )( )
由根与系数的关系可知 1- 1 1- 2 1- 3 =t2 ·tt=(t t )2 =1,故选D.
x x x 2 11 1 2
1 2 3
二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要
求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得2分.)
9.已知在某市的一次学情检测中,学生的数学成绩X服从正态分布N(100,100),其中90分为及格线,
120分为优秀线.下列说法正确的是 ( )
附:随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ<ξ<μ+σ)=0.682 6,P(μ-2σ<ξ<μ+2σ)=0.954
4,P(μ-3σ<ξ<μ+3σ)=0.997 4.
A.该市学生数学成绩的期望为100
B.该市学生数学成绩的标准差为100
C.该市学生数学成绩及格率超过0.8
D.该市学生数学成绩不及格的人数和优秀的人数大致相等
答案 AC 易知μ=100,σ2=100,∴E(X)=100,σ=10.
1-0.682 6
P(90<X<110)=0.682 6,∴P(X<90)= =0.158 7,
2
P(X≥90)=1-P(X<90)=1-0.158 7=0.841 3>0.8.
1-P(80<X<120)
P(80<X<120)=0.954 4,∴P(X≥120)= =0.022 8≠0.158 7,显然该市学生数学
2
成绩不及格的人数和优秀的人数不相等.故选AC.
10.已知圆锥的顶点为P,母线长为2,底面半径为√3,A、B为底面圆周上两个动点,则下列说法正确
的是( )
A.圆锥的高为1
B.三角形PAB为等腰三角形
C.三角形PAB面积的最大值为√3
π
D.直线PA与圆锥底面所成角的大小为
6
答案 ABD 设圆锥的高为h,母线为l,底面圆半径为r,则l2=h2+r2,∴h=1,故A正确;
1
∵PA=PB,∴△PAB为等腰三角形,故B正确;S = PA·PB·sin∠APB=2sin∠APB,当∠APB=90°时,
△PAB 2PO 1 √3
△PAB的面积最大,为2,故C错误;直线PA与圆锥底面所成角为∠PAO,tan∠PAO= = =
AO √3 3
π
,∴∠PAO= ,故D正确.
6
1
11.已知实数x,y,z满足ln x=ey= ,则下列关系式中可能成立的是( )
z
A.x>y>z B.x>z>y
C.z>x>y D.z>y>x
1 1
答案 ABC 分别作出f(x)=ln x(x>1),g(x)=ex,h(x)= (x>0)的图象,令ln x=ey= =t,讨论直线y=t分
x z
1
别与f(x)=ln x(x>1),g(x)=ex,h(x)= (x>0)的图象的交点的横坐标情况.
x
①
此时z<y<x,故A正确;
②
此时y<z<x,故B正确;
③此时y<x<z,故C正确.
故选ABC.
12.(2021届海南华侨中学模拟)已知函数f(x)=ex+e-x+|x|.则下面结论正确的是 ( )
A.f(x)是奇函数
B.f(x)在[0,+∞)上为增函数
( 1)
C.若x≠0,则f x+ >e2+2
x
D.若f(x-1)<f(-1),则0<x<2
答案 BCD 已知函数f(x)=ex+e-x+|x|,其定义域为R, f(-x)=e-x+ex+|-x|=e-x+ex+|x|=f(x),故函数f(x)为偶
函数,故选项A错误;
当x>0时, f(x)=ex+e-x+x, f '(x)=ex-e-x+1>0,
所以函数f(x)为增函数,故选项B正确;
1
当x>0时,由基本不等式得x+ ≥2,当且仅当x=1时等号成立,
x
又f(x)在(0,+∞)上为增函数,
( 1)
所以f x+ ≥f(2)=e2+e-2+2>e2+2,
x
1
又函数y=x+ 为奇函数,
x
1 ( 1) ( 1)
当x<0时,-x- ≥2, f x+ =-f -x- >e2+2,
x x x
( 1)
综上,当x≠0时, f x+ >e2+2,
x
故选项C正确;
因为函数f(x)为偶函数,所以由f(x-1)<f(-1),得f(|x-1|)<f(|-1|),则|x-1|<1,解得0<x<2,故选项D正确.
故选BCD.
三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分.)
13.(2021山西孝义月考,14)已知(1+x)(2-x)9=a+ax+ax2+…+a x10,则a+a+…+a= .
0 1 2 10 1 2 9
答案 -509
解析 令x=1,得a+a+a+…+a+a =2;令x=0,得a=29=512;易知x10的系数为-1,所以a+a+…
0 1 2 9 10 0 1 2
+a=2-512-(-1)=-509.
9
2
14.(2021天津南开中学统练(25),13)两个实习生每人加工一个零件,加工为一等品的概率分别为
3
1
和 ,两个零件是否加工为一等品相互独立,设两人加工的零件中为一等品的个数为ξ,则Eξ=
2
.
7
答案
6
解析 ξ的可能取值为0,1,2,
( 2)( 1) 1
P(ξ=0)= 1- 1- = ,
3 2 6
2( 1) ( 2) 1 1
P(ξ=1)= 1- + 1- × = ,
3 2 3 2 2
2 1 1
P(ξ=2)= × = ,
3 2 3
1 1 1 7 7
Eξ=0× +1× +2× = ,故答案为 .
6 2 3 6 6
2x2 πx
15.(2021黑龙江齐齐哈尔二模,15)设f(x)= ,g(x)=asin +3-2a(a>0),若对于任意x∈[0,1],总存
x+1 3 1
[ 3]
在x∈
0,
,使得g(x)=f(x)成立,则a的取值范围是 .
0 2 0 1
[3 ]
答案
,2
22x2
解析 f(x)= ,当x=0时, f(x)=0.
x+1
2 2
当0<x≤1时, f(x)=1
+
1 =(1
+
1) 2
-
1∈(0,1],
x x2 x 2 4
πx
所以f(x)在[0,1]上的值域为[0,1].g(x)=asin +3-2a(a>0),
3
3 πx π πx
当0≤x≤ 时,0≤ ≤ ,有0≤sin ≤1,
2 3 2 3
可得g(x)的值域为[3-2a,3-a],
[ 3]
对于任意x∈[0,1],总存在x∈ 0, ,使得g(x)=f(x)成立,
1 0 2 0 1
可得[0,1]⊆[3-2a,3-a],
{3-2a≤0, 3
则 解得 ≤a≤2.
3-a≥1, 2
x2 y2
16.(2021安徽黄山二模,16)双曲线Γ: - =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F,F,过F 的直线与
a2 b2 1 2 1
1
Γ的左、右两支分别交于A,B两点,点M在x轴上,⃗AF = ⃗BM,BF 平分∠FBM,则Γ的渐近线方
2 3 2 1
程为 .
答案 y=±√6x
解析 根据题意,作出如下所示的图形,
1
由题可知,|FF|=2c,由⃗AF = ⃗BM,∴△FAF∽△FBM,
1 2 2 3 1 2 1
∴|FM|=4c,设|AF|=m,则|BM|=3m,
2 2
|F F | |BF | 2c 1
1 2 1
∵BF 平分∠FBM,∴ = = = ,
2 1 |M F | |BM| 4c 2
2
3m 1 m 2
∴|BF|= ,|AF|= |BF|= ,|AB|= |BF|=m,
1 2 1 3 1 2 3 1
由双曲线的定义知,|AF|-|AF|=2a,
2 1
1
∴m- m=2a,即m=4a①,
2|BF|-|BF|=2a,
1 2
3
∴|BF|= m-2a=m,
2 2
∴|BF|=|AB|=|AF|=m,
2 2
即△ABF 是等边三角形,
2
∴∠FBM=∠ABF=60°,
2 2
在△FBM中,由余弦定理知,
2
|BF |2+|BM|2-|M F |2
2 2
cos∠FBM= ,
2 2|BF |·|BM|
2
1 m2+9m2-16c2
即 = ,化简得7m2=16c2②,
2 2m·3m
c2
由①②可得, =7,则b2=c2-a2=6a2,
a2
可得双曲线的渐近线方程为y=±√6x.
思路分析 由三角形的相似可得|FM|=4c,设|AF|=m,则|BM|=3m,再由角平分线的性质定理可得|
2 2
AF|,|AB|,运用双曲线的定义,可得m=4a,判断△ABF 是等边三角形,由余弦定理可得7m2=16c2,可得
1 2
a,c的关系,进而得到a,b的关系,可得双曲线的渐近线方程.
四、解答题(共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.)
1 1 1
17.(2021全国百强名校“领军考试”,18)已知数列{a}满足a=2,a = a- ,b=a- .
n 1 n+1 2 n 2×3n n n 3n-1
(1)求证:数列{b}是等比数列;
n
7
(2)设数列{a}的前n项和为S,求证:S< .
n n n 2
1 1 1
解析 (1)因为a=2,a = a- ,b=a- ,
1 n+1 2 n 2×3n n n 3n-11 1 1 1 1 1
a - a - - a -
b n+1 3n 2 n 2×3n 3n 2 n 2×3n-1 1
n+1
所以 = = = = ,
b 1 1 1 2
n a - a - a -
n 3n-1 n 3n-1 n 3n-1
又b=a-1=1,
1 1
1
所以数列{b}是首项为1,公比为 的等比数列. (6分)
n 2
1 1 1 1
(2)由(1)得b=a- = ,所以a= + ,
n n 3n-1 2n-1 n 2n-1 3n-1
1 1 1 1 1 1
所以S=1+ + +…+ +1+ + +…+
n 2 22 2n-1 3 32 3n-1
1 1
1- 1-
2n 3n 1 3 1 3 7
= + =2- + - <2+ = . (12分)
1 1 2n-1 2 2×3n-1 2 2
1- 1-
2 3
ωx (ωx π)
18.(2021北京西城二模,17)已知函数f(x)=4sin ·cos - +m(ω>0).在下列条件①、条件②、
2 2 3
条件③这三个条件中,选择可以确定ω和m值的两个条件作为已知.
(π)
(1)求f 的值;
3
(2)若函数f(x)在区间[0,a]上是增函数,求实数a的最大值.
条件①: f(x)最小正周期为π;
条件②: f(x)最大值与最小值之和为0;
条件③: f(0)=2.
注:如果选择多组条件分别解答,按第一个解答计分.
ωx(1 ωx √3 ωx)
解析 f(x)=4sin cos + sin +m
2 2 2 2 2
ωx ωx ωx
=2sin cos +2√3sin2 +m=sin ωx+√3(1-cos ωx)+m
2 2 2
( π)
=sin ωx-√3cos ωx+√3+m=2sin ωx- +√3+m.
3
选择条件①②:2π
(1)由条件①得,T= =π,因为ω>0,所以ω=2.
|ω|
由②知,(2+√3+m)+(-2+√3+m)=0,所以m=-√3.
( π)
则f(x)=2sin 2x- ,
3
(π) (2π π) π
所以f =2sin - =2sin =√3.
3 3 3 3
π π π
(2)令- +2kπ≤2x- ≤ +2kπ(k∈Z),
2 3 2
π 5π
所以- +kπ≤x≤ +kπ(k∈Z).
12 12
π 5π
所以函数f(x)的单调增区间为 - +kπ, +kπ (k∈Z).
12 12
[ π 5π]
因为函数f(x)在[0,a]上单调递增,且0∈ - , ,此时k=0,
12 12
5π 5π
所以a≤ ,故实数a的最大值为 .
12 12
选择条件①③:
2π
(1)由条件①得,T= =π,
|ω|
因为ω>0,所以ω=2.
( π)
由③知, f(0)=2sin - +√3+m=2,所以m=2.
3
( π)
则f(x)=2sin 2x- +√3+2.
3
(π) π
所以f =2sin +√3+2=2√3+2.
3 3
π π π
(2)令- +2kπ≤2x- ≤ +2kπ(k∈Z),
2 3 2π 5π
所以- +kπ≤x≤ +kπ(k∈Z),
12 12
[ π 5π ]
所以函数f(x)的单调增区间为 - +kπ, +kπ (k∈Z),
12 12
[ π 5π] 5π
因为函数f(x)在[0,a]上单调递增,且0∈ - , ,此时k=0,所以a≤ ,故实数a的最大值为
12 12 12
5π
.
12
说明:不可以选择条件②③:
由②知,(2+√3+m)+(-2+√3+m)=0,所以m=-√3;
( π)
由③知, f(0)=2sin - +√3+m=2,所以m=2.矛盾.
3
所以函数f(x)不能同时满足条件②和③.
思路分析 根据条件①可利用周期T求出ω的值,根据条件②或③可求出m的值,故若要求函数
f(x)的解析式,可选的条件组合为①②或①③,不可选择②③.
19.(2021云南昆明“三诊一模”第二次教学质量检测,19)3月12日为我国的植树节,某校为增强
学生的环保意识,普及环保知识,于该日在全校范围内组织了一次有关环保知识的竞赛,现从参赛
的所有学生中随机抽取200人的成绩(满分为100分)作为样本,得到成绩的频率分布直方图如图
所示,其中样本数据分组区间为[40,50),[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100].
(1)求频率分布直方图中a的值,并估计该校此次环保知识竞赛成绩的平均分(同一组中的数据用该
组区间中点值代表);
(2)在该样本中,若采用分层抽样的方法从成绩低于70分的学生中随机抽取6人,查看他们的答题
情况,再从这6人中随机抽取3人进行调查分析,求这3人中至少有1人成绩在[50,60)内的概率.
解析 (1)由频率分布直方图可得,(0.006+0.012+0.018×2+0.021+a)×10=1,解得a=0.025,
这组样本数据的平均数为45×0.06+55×0.12+65×0.18+75×0.25+85×0.21+95×0.18=74.7,所以估计该校此次环保知识竞赛成绩的平均分为74.7分.
(2)由频率分布直方图可知,成绩在[40,50),[50,60),[60,70)内的频率分别为0.06,0.12,0.18,
所以采用分层抽样的方法从样本中随机抽取的6人中,成绩在[40,50)内的有1人,记为A,成绩在
[50,60)内的有2人,记为b、c,成绩在[60,70)内的有3人,记为1、2、3.
故从成绩在[40,70)内的6人中随机抽取3人,有Abc、Ab1、Ab2、Ab3、Ac1、Ac2、Ac3、A12、
A13、A23、bc1、bc2、bc3、b12、b13、b23、c12、c13、c23、123,共有20种情况,
这3人成绩均不在[50,60)内的有A12、A13、A23、123,共有4种情况.
记事件B:这3人中至少有1人成绩在[50,60)内,
4 4
则P(B)=1-P(B)=1- = .
20 5
4
所以这3人中至少有1人成绩在[50,60)内的概率为 .
5
方法总结 从频率分布直方图中可以估计出的几个数据:
①众数:频率分布直方图中最高矩形的底边中点的横坐标;
②平均数:频率分布直方图中每组数值的中间值乘频率后相加之和;
③中位数:把频率分布直方图分成两个面积相等部分的平行于y轴的直线的横坐标.
20.(2021北京西城二模,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面
ABCD,AB∥CD,AB⊥AD,AB=4,PA=AD=CD=2,点E为PB的中点.
(1)求证:平面PBC⊥平面PAC;
(2)求二面角E-CD-A的余弦值.
解析 (1)证明:取AB的中点F,连接CF,所以AF=CD,
又因为AF∥CD,所以四边形AFCD是平行四边形.
因为AB⊥AD,AD=CD,所以四边形AFCD是正方形,
则AB⊥CF,CF=AD=2,所以AC=BC=2√2,
得到AC2+BC2=AB2,
所以BC⊥AC.(1分)
因为PA⊥平面ABCD,
所以PA⊥BC, (2分)因为PA∩AC=A,
所以BC⊥平面PAC. (3分)
因为BC⊂平面PBC,
平面PBC⊥平面PAC. (5分)
(2)因为PA⊥平面ABCD,
所以PA⊥AD,PA⊥AB,则PA,AD,AB两两垂直,
如图建立空间直角坐标系A-xyz. (6分)
则A(0,0,0),P(0,0,2),B(0,4,0),C(2,2,0),D(2,0,0),E(0,2,1),
所以⃗DC=(0,2,0),
⃗CE=(-2,0,1).
设平面CDE的法向量为n=(x,y,z),
{n·⃗DC=0,
所以
n·⃗CE=0,
{ 2y=0, { y=0,
所以 即 (8分)
-2x+z=0, z=2x,
令x=1,则z=2,
所以平面CDE的一个法向量为n=(1,0,2), (9分)
易知平面ACD的一个法向量为m=(0,0,1), (10分)
m·n 2 2√5
所以cos<m,n>= = = , (12分)
|m|·|n| √5 5
因为二面角E-CD-A为锐二面角,
2√5
所以二面角E-CD-A的余弦值为 .(13分)
5
21.(2021甘肃兰州一模,20)已知抛物线y2=4x及点P(4,0).
(1)以抛物线的焦点F为圆心,|FP|为半径作圆,求圆F与抛物线交点的横坐标;
(2)若A,B是抛物线上不同的两点,且直线AB与x轴不垂直,弦AB的垂直平分线恰好经过点P,求
⃗FA·⃗FB的取值范围.
解析 (1)由已知得F(1,0),所以圆F的方程为(x-1)2+y2=9,{(x-1)2+ y2=9,
由 得x2+2x-8=0.
y2=4x
解得x=2或x=-4,由于x>0,所以x=2.则圆与抛物线交点的横坐标为2.
(
y2
) (
y2
)
(2)设弦AB的中点为M,A 1,y ,B 2,y ,M(x,y),
4 1 4 2 0 0
y2+ y2 y + y
则x= 1 2,y= 1 2 ,设线段AB的垂直平分线的方程为y=k(x-4)(k≠0),
0 8 0 2
y - y
1 2 4 2 1
则直线AB的斜率k = y2 y2= = =- ,
AB 1- 2 y + y y k
1 2 0
4 4
∴y=-2k.
0
∵点M在弦AB的垂直平分线上,
∴y=k(x-4)(k≠0),∴x=2.
0 0 0
则直线AB的方程为k(y-y)=2-x,
0
{k(y- y )=2-x,
0
由
y2=4x
y2
得ky-ky=2- ,即y2+4ky+8k2-8=0.
0 4
∴Δ=16k2-32k2+32=-16k2+32>0,
∴0<k2<2,
∵y+y=-4k,yy=8k2-8,
1 2 1 2
(
y2
)(
y2
)
∴⃗FA·⃗FB= 1-1 2-1 +yy
1 2
4 4
( y y ) 2 1
= 1 2 - (y2 +y2 )+1+yy
4 4 1 2 1 2
=4(k2-1)2-4+1+8k2-8
=4k4-7,
∴⃗FA·⃗FB的取值范围是(-7,9).
22.(2021北京丰台综合练习一,20)已知函数f(x)=x3-3x2+b(b∈R).(1)当b=1时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)存在三个零点,分别记为x,x,x(x<x<x).
1 2 3 1 2 3
(i)求b的取值范围;
(ii)证明:x+x>0.
1 2
解析 (1)当b=1时, f(x)=x3-3x2+1,
则f '(x)=3x2-6x,
因为f(1)=-1, f '(1)=-3,
所以曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y-(-1)=-3(x-1),即3x+y-2=0.
(2)因为f '(x)=3x2-6x,
所以令f '(x)=0,得x=0或x=2.
f '(x), f(x)随x的变化情况如下:
x (-∞,0) 0 (0,2) 2 (2,+∞)
f '(x) + 0 - 0 +
单调递 单调递
f(x) 极大值 极小值 单调递增
增 减
所以f(x)的极大值为f(0)=b,极小值为f(2)=b-4.
{f (0)>0,
(i)若函数f(x)存在三个零点,分别记为x,x,x(x<x<x),则 所以0<b<4.
1 2 3 1 2 3 f (2)<0,
当0<b<4时, f(-1)=b-4<0, f(3)=b>0,
此时f(-1)·f(0)<0, f(0)·f(2)<0, f(2)·f(3)<0,
满足f(x)存在三个零点,
所以若函数f(x)存在三个零点,则b的取值范围是0<b<4.
(ii)证明:因为x,x,x(x<x<x)是函数f(x)的零点,
1 2 3 1 2 3
所以由(i)知x<0<x<x.
1 2 3
因为f(x)=x3 -3x2
+b=0,
2 2 2
所以f(-x)=(-x)3-3(-x)2+b=-x3 -3x2 +b=-2x3 +(x3 -3x2 +b)=-2x3
<0.
2 2 2 2 2 2 2 2 2
因为f(x)=0,所以f(-x)<f(x).
1 2 1
又因为x,-x∈(-∞,0),且f(x)在区间(-∞,0)上单调递增,所以-x<x,即x+x>0.
1 2 2 1 1 2审题指导 (1)求出导函数得切线斜率为f '(1)=-3,计算f(1)得切点坐标(1,-1),运用直线方程的点斜
式得切线方程;(2)先求得f(x)的极大值与极小值.(i)根据f(x)有三个零点求得b的取值范围.(ii)先得
x<0<x<x,由f(x)=0与f(-x)<0得f(-x)<f(x)=0,再根据f(x)在区间(-∞,0)上单调递增即可得证.
1 2 3 2 2 2 1
