2022年江苏省南京市江宁某中学高考数学适应性试卷(附答案详解)_第1页
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文档简介

2022年江苏省南京市江宁高级中学高考数学适应性试卷

一、单选题(本大题共8小题,共40.0分)

1.设集合4={加-2<%<2},8={处/-4光30},则408=()

A.(-2,4]B.(-2,4)C.(0,2)D.[0,2)

2.已知复数z满足z+3=4』+53则在复平面内复数z对应的点在()

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

3.已知(1+2x)n的展开式中第3项与第5项的二项式系数相等,则(1+2》尸的展开式

的各项系数之和为()

A.26B.28C.36D.38

4.我国于2021年5月成功研制出目前国际上超导量子比特数量最多的量子计算原型

机“祖冲之号”,操控的超导量子比特为62个.已知1个超导量子比特共有“|0>,

|1>”2种叠加态,2个超导量子比特共有“|00>,|01>,|10>,种叠

加态,3个超导量子比特共有“|000>,|001>,|010>>|011>,|100>,|101>,

|110>>|111>”8种叠加态,…只要增加1个超导量子比特,其叠加态的种数就呈

指数级增长.设62个超导量子比特共有N种叠加态,则N是一个()位的数(参考数据:

lg2a0.3010)

A.18B.19C.62D.63

5.若日=(2,1),b=(-1,1).(2五+B)〃位+m3),则m的值为()

A.;B.2C.—2D.—:

22

6.已知角a的顶点在坐标原点。,始边与x轴的非负半轴重合,将角a的终边绕。点顺

时针旋转]后,经过点(一3,4),则sina=()

3^3+4B4—3\/3c3V3-44+3\/3

・101010,10

7,已知椭圆Q:2+《=l(a>b>0)与圆C2:x2+y2=^,过椭圆Q的顶点作圆

的两条切线,若两切线互相垂直,则椭圆G的离心率是()

A.遗B.立C.在D.经

3422

8.已知Q=e0,-1,b=sinO.l,c=/nl.l,贝!]()

A.a<b<cB.b<c<aC.c<a<bD.c<b<a

二、多选题(本大题共4小题,共20.0分)

9.有一组样本甲的数据/(i=1,2,3,4,5,6),由这组数据得到新样本乙的数据2项+

10=1,2,3,4,5,6),其中/0=1,2,3,4,5,6)为不全相等的正实数.下列说法正确的是

()

A.样本甲的极差一定小于样本乙的极差

B.样本甲的方差一定大于样本乙的方差

C.若m为样本甲的中位数,则样本乙的中位数为2zn+1

D.若m为样本甲的平均数,则样本乙的平均数为2m+1

10.已知函数/'(X)=asinx-cosx(x6R)关于%,对称,则下列结论正确的是()

A.

3

B.〃尤)在[冶,勺上单调递增

C.函数f(x+»是偶函数

D.把f(x)的图象向左平移卷个单位长度,得到的图象关于点(午,0)对称

11.两个等差数列{an}和{%},其公差分别为由和dz,其前n项和分别为右和〃,则下

列命题中正确的是()

A.若{店}为等差数列,则引=2%

B.若{Sn+〃}为等差数列,则刈+d2=0

C.若{即砥}为等差数列,则%=d2=0

D.若以6N*,则8加}也为等差数列,且公差为心+弓2

12.在棱长为1的正方体ABCD—4/传1。1中,M为底面ABCC的中心,瓦0=4原,

AG(0,1),N为线段4Q的中点,则下列命题中正确的是()

A.CN与QM共面

B.三棱锥A-DMN的体积跟;I的取值有关

C.当a=:时,过4Q,M三点的平面截正方体所得截面的周长为空竽亘

D.2=:时,AM1QM

三、填空题(本大题共4小题,共20.0分)

13.已知实数Q,b满足伍a+)b=ln(a+4b),则ab的最小值是.

14.某次演出有5个节目,若甲、乙、丙3个节目间的先后顺序已确定,则不同的排法有

__种.

第2页,共18页

15.若函数/(%)=2%3-g2+i(aeR)在(0,+8)内有且只有一个零点,贝犷⑴在

上的最大值与最小值的和为.

16.祖胞是我国南北朝时期伟大的科学家,他于5世纪末提/

出了“塞势既同,则积不容异”的体积计算原理,即

“夹在两个平行平面之间的两个几何体,被平行于这

两个平面的任意平面所截,如果截得的两个截面的面,

积总相等,那么这两个几何体的体积相等”.现已知直

线y=±2与双曲线"-y2=1及其渐近线围成的平面图形G如图所示.若将图形G

被直线y=t(-2<t<2)所截得的两条线段绕y轴旋转一周,则形成的旋转面的面

积5=;若将图形G绕y轴旋转一周,则形成的旋转体的体积/=.

四、解答题(本大题共6小题,共72.0分)

17.已知数列{即}满足/=-1,an+1=|1-an|+2an+1,n£N*.

(1)求的值并求数列{即}的通项公式;

(2)若%=log3a3+log3a4+…+log3即+2,求数列《•}的前n项和.

°n

18.从①4为锐角且s讥B-cosC=著;@b=2asin(:C+》这两个条件中任选一个,

填入横线上并完成解答.在三角形4BC中,已知角48,C的对边分别为a,b,c,

(1)求角4

(2)若b=3c且BC边上的高4。为2b,求CD的长.

4

19.如图,在四棱台4BCD-41B1GD1中,底面为矩形,平面/必久。_1■平面CG5。,

且CG=CD=DD[==1.

(1)证明:4。1平面CCi/D;

(2)若&C与平面CC也。所成角为g,求二面角C-4公-。的余弦值.

A

20.过抛物线/=4y的焦点F的直线,交抛物线于4和B两点,过4和B两点分别作抛物线

的切线,两切线交于点E.

(1)求证:EF14B;

(2)若而=4而,;le扇2],求△4BE的面积的取值范围.

21.2022年2月6日,中国女足在两球落后的情况下,以3比2逆转击败韩国女足,成功

夺得亚洲杯冠军,在之前的半决赛中,中国女足通过点球大战6:5惊险战胜日本女

足,其中门将朱钮两度扑出日本队员的点球,表现神勇.

(1)扑点球的难度一般比较大,假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、

中、右三个方向射门,门将也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑

点球,而且门将即使方向判断正确也有号的可能性扑不到球.不考虑其它因素,在

一次点球大战中,求门将在前三次扑出点球的个数X的分布列和期望;

(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练,甲、乙、丙、丁4名女足队员在某次传接

球的训练中,球从甲脚下开始,等可能地随机传向另外3人中的1人,接球者接到球

后再等可能地随机传向另外3人中的1人,如此不停地传下去,假设传出的球都能接

住.记第n次传球之前球在甲脚下的概率为Pn,易知小=1,p2=0.

①试证明伊"-?为等比数列;

②设第律次传球之前球在乙脚下的概率为册,比较Pio与qio的大小.

设函数/(%)=e”+asin2x+b.

(1)当QW[0,+8)时,f(%)20恒成立,求b的范围;

(2)若/(%)在K=0处的切线为%-y-1=0,且/(%)>ln(%+zn)-2,求整数m的最大

值.

第4页,共18页

答案和解析

1.【答案】A

【解析】

【分析】

本题考查了并集运算,区间,解不含参的一元二次不等式,属于基础题.

先解一元二次不等式求出集合B,然后进行并集运算即可.

【解答】

解:A=(-2,2),B=[0,4],

・•・AUB=(-2,4].

故选:4.

2.【答案】A

【解析】解:设z=a+bi(Q,b£R),则2=0-6,

•・•z+3=4z+53.•・Q+bi+3=4(a—bi)+5i=4Q+(5—4fe)i,

北+广黑,解得2=;,

3=5—4b3=1

二在复平面内复数z对应的点(1,1)在第一象限.

故选:A.

根据已知条件,结合共轨复数的概念,以及复数的几何意义,即可求解.

本题主要考查共甄复数的概念,以及复数的几何意义,属于基础题.

3.【答案】C

【解析】解:由已知可得鬣=第,所以n=2+4=6,

令x=l,则展开式的各项系数和为(1+2)6=36,

故选:C.

利用二项式系数的性质建立方程求出九的值,再令x=l,即可求解.

本题考查了二项式定理的应用,考查了学生的运算能力,属于基础题.

4.【答案】B

【解析】

【分析】

根据n个超导量子比特共有2n种叠加态,得到N=262,然后两边同时取常用对数,

由此进行分析求解即可.

本题考查了数学文化,对数的运算,考查了知识的迁移与应用,属于中档题.

【解答】

解:由题意,设n个超导量子比特共有2”种叠加态,

所以62个超导量子比特共有N=262种叠加态,

两边同时取常用对数,则IgN=lg262=621g2»62x0.3010=18.662,

所以N=1018.662=100.662义1Q18,

因为10°<io0-662<IO1,

故N是一个19位数.

故选:B.

5.【答案】A

【解析】解:a=(2,1),K=(-1,1),

2a+b=(3,3),a+mb=(2—m,l+m)>

v(2a+b)//(a+mb)<

2-m1+m

・•・---=----,

33

解得m=

故选:A.

先求出2五+3=(3,3),a+mb=(2-m,l+m).再由(23+石)〃@+mE),能求出m

的值.

本题考查向量的运算,考查向量坐标运算法则、向量平行的性质等基础知识,考查运算

求解能力,是基础题.

6.【答案】B

【解析】解:••・角a的终边按顺时针方向旋转三后得到的角为a-g,由三角函数的定义:

可得cos(a*)=谒升=—|,sin(a-5=7=X==l,

"sina=sin(a-g+$=sin(a-)cos;+cos(a-》sin^=^x|+(-|)Xy=

4-3V3

10

故选:B.

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直接利用三角函数的定义和角的变换的应用求出结果.

本题考查的知识要点:三角函数的定义,三角函数的角的变换,主要考查学生的运算能

力和转换能力及思维能力,属于基础题.

7.【答案】B

【解析】解:由题意顶点显然不在短轴端

点,

因为两切线互相垂直,即NAPB=90。,

所以乙APO=45°,

所以sinZ_4P。=—=—=

POa2

所以b=^a,

4

所以c=yja2—b2=—a,

4

所以e=£=虫.

a4

故选:B.

由已知结合椭圆的性质可得a,b,c的关系,进而可求椭圆离心率.

本题主要考查了椭圆性质在求解椭圆离心率中的应用,属于基础题.

8.【答案】D

【解析】解:令/(%)=e*-%-1,则/=

当x€(0,+8)时,f(%)>0,

故f(X)在(0,+8)上是增函数,

故f(0.l)>f(0),

即?。1一0・1-1>0,

故a=e01—1>0.1,

令=sinx-%,则g'(x)=cosx-1<。在(0,1)上恒成立,

故g(x)=sinx-%在(0,1)上单调递减,

故g(0.1)Vg(0),

即si九0.1—0.1<0,

即b=sinO,l<0,1,

令h(x)=ln(x+1)—sinx,贝(]九’(%)=———cosx=廿

令m(x)=1—(%+l)cos%,则nf(%)=—cosx+(x+l)smx,

易知巾'(x)在(0*)上是增函数,

且也空)=_匹+(1+巴'=也』<0,

故m'(x)<0在(05)上恒成立,

故m(x)在(0,斜上是减函数,

又m(0)=1—1=0,

故zn(x)<0在(0,方上恒成立,

故九'(X)<0在(05)上恒成立,

故九。)在(01)上是减函数,

故/i(0.1)</i(0)=0,

HP/nl.l-sinO.l<0,

即c<b,

故c<b<a,

故选:D.

分别构造函数f(x)=ex—x-1,g(x)=sinx-x,h(x)=ln(x+1)-sinx,利用导数

判断函数的单调性,从而比较大小.

本题考查了导数的综合应用及构造法应用,属于难题.

9.【答案】ACD

【解析】解:对于4样本甲的极差是乙极差的一半,小于样本乙的极差,故A正确,

对于B,设样本甲的方差为a,

则样本乙的方差为4a,二者可能相等,故8错误,

对于C,若zn为样本甲的中位数,

则由中位数的定义可得,样本乙的中位数为26+1,故C正确,

对于D,若m为样本甲的平均数,

则由平均数定义可得,样本乙的平均数为2m+1,故。正确.

故选:ACD.

根据已知条件,结合极差,方差,中位数,平均数的定义,即可求解.

本题主要考查极差,方差,中位数,平均数的定义,属于基础题.

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10.【答案】AC

【解析】解:由题意知,/(》=:a=土点E,化简得3a2+26a+1=0,解

得。=一直,即选项A正确;

3

所以/(%)=--ysinx—cosx=—竽sin(x+g),

令%+;£[2kji+2fczr+手],kEZ,则%6[2/CTT+2/CTT+~^\,kWZ,

所以f(%)的单调递增区间为[2/nr+也2/CTT+争,keZ,

而区间[一M勺并不是[2时+12时+为,k€Z的子集,即选项8错误;

31ZoO

因为/(%+巴)=—2sin(x+工+巴)=-2cosx,所以是偶函数,即选项C正

63633。

确;

把f(x)的图象向左平移2个单位长度,得到函数y=—竽sinQ+^+g=

2遍.(5九、

--sin(x+-),

当%=午时,y=_手sing+居)=—誓sin^=^H0,即选项。错误.

故选:AC.

由//)=土可求得a的值,进而知f(x)的解析式,再根据三角函数的单调性、

奇偶性和对称性逐一分析选项88,即可.

本题考查三角函数的图象与性质,熟练掌握正弦函数的图象与性质,函数图象的平移变

换法则是解题的关键,考查逻辑推理能力和运算能力,属于中档题.

11.【答案】AB

【解析】解:对于4:因为{腐}为等差数列,所以2店=店+疝,

即2,%+Ct2=7%+yjCL]+%+,3'

所以2,201+届=+d3al+3d)

化简得®i-2%)2=0,所以心=2%,故4正确;

对于B:因为{Sn+〃}为等差数列,

所以2。2+R)=Si+7;+S3+73,

所以2(2%+di+2bl+d2)=%+瓦+3al4-3dl+3bl+3d2,

所以£+42=0,故3正确;

对于C因为{anbn}为等差数列,

所以2a2b2=%瓦+a3b3,

所以2(%+%)血+d2)=a1b1+(%+2心)(瓦+2d2)>

化简得=0,所以%=0或弓2=0,故C不正确;

对于。:因为an=%+(n—l)d1,且bneN*,

所%=%+(n-1)%=%+[瓦+(n-l)d2-l]dlt

a

所以%+i-bn=ai+(瓦-1)岂+nd^一的一(瓦一l)di-(n-1相@=d1d2,

所以{的“}也为等差数列,且公差为壮屈2,故。不正确.

故选:AB.

对于4利用2疝=同+店,化简即可得出答案.

对于B:利用2。2+72)=S1+T1+S3+T3,化简即可得出答案.

对于C:利用2a2b2=%&+a3b3,化简即可得出答案.

对于D:根据ag+1-的„=4屈2,即可得出答案.

本题考查等差数列的定义以及等差中项求解是解题关键.

12.【答案】ABC

【解析】解:在A4CQ中,:M,N为AC,4Q的中

点,MN//CQ,

二CN与QM共面,故A正确;

由匕-DMN=力又N到平面48。。的距离为

定值土

且△4DM的面积为定值;,

4

•••三棱锥4-DMN的体积跟;I的取值无关,故B正确;

当;1=1时,过4Q,M三点的正方体的截面4CEQ是等腰梯形,

••・平面截正方体所得截面的周长为,=或+立+2X审=4后2A,故c正确;

3793

当2=[时,可得4“2=泉加2=1+看=得,QM2=@2+(分2+12=.,

则4"2+MQ2>AQ2,...AM_LQM不成立,故。错误.

故选:ABC.

由M,N为AC,4Q的中点,得到MN〃CQ,可判定A正确;由N到平面ABCD的距离为

定值也且440M的面积为定值;,根据匕“MN=VN_ADM,可得判定B正确:由4=,时,

得到4,Q,M三点的正方体的截面ACEQ是等腰梯形,可判定C正确;当;1=;时,根据

第10页,共18页

AM2+MQ2>AQ2,可判定。错误.

本题主要考查锥体体积的计算,几何体截面的相关问题等知识,属于中等题.

13.【答案】16

【解析】解:由题意对数的运算性质因为,na+=ln(a+4b),则可得a>0,b>0,

ab=a+4b,

则由基本不等式有ab=a+4Z?>274ab=4Vab>即VHK>4,

当且仅当a=4b时取等,

ab>16,

则ab的最小值是16,

故答案为:16.

根据对数运算得ab=a+4b,利用基本不等式依次判断各项正误.

本题考查基本不等式,考查学生的运算能力,属于中档题.

14.【答案】20

【解析】解:根据题意,设5个节目中除甲、乙、丙之外的2个节目为a,b;

分2步进行分析:①,将甲乙丙三个节目按给定顺序排好,②,排好后有4个空位,将a

安排到空位中,有4种情况,排好后有5个空位,将匕安排到空位中,有5种情况,则不

同的排法有4x5=20种;

故答案为:20.

根据题意,设5个节目中除甲、乙、丙之外的2个节目为a,b,分2步进行分析:先将甲

乙丙三个节目按给定顺序排好,再将a,b依次插入到空位之中,由分步计数原理计算可

得答案.

本题考查排列组合之插空法,属于基础题.

15.【答案】-3

【解析】

【分析】

解:f'(x)=2x(3x-a),x£(0,+oo),

①当a<0时,—2x(3x—a)>0,

函数/(x)在(0,+8)上单调递增,/(0)=1,

f(x)在(0,+s)上没有零点,舍去;

②当a>0时,f(x)=2x(3x-a)>0的解为x>^,

•••/(%)在(05)上递减,在©,+8)递增,

又/(x)只有一个零点,

/(|)=-||+1=0,解得a=3,

则/(*)=2*3—3x2+1,f'(x)=6x(x—1),xG[—1,1],

f'(x)>o的解集为(-1,0),

f(x)在(-1,0)上递增,在(0,1)上递减,

/(-I)=-4,f(0)=1,/(I)=0,

•••fMmin=/(-I)=-4,fMmax=/(0)=1,

•••/(X)在[-1,1]上的最大值与最小值的和为:

f(x)max+/Wmin=-4+1=-3.

【解答】

本题考查函数的单调性、最值,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应

用能力,是中档题.

推导出/'(%)=2x(3%—a),xG(0,+oo),当a<0时,f'(x)=2x(3%—a)>0,

/(O)=1,f(x)在(0,+8)上没有零点;当a>0时,「(X)=2x(3x-a)>0的

解为x>T,/(x)在(0*)上递减,在尊+8)递增,由/(X)只有一个零点,解

得a=3,从而/(x)=2x3-3x2+1,/'(x)=6x(x—1),xE[—1,1],利用导

数性质能求出f(x)在上的最大值与最小值的和.

16.【答案】TC4兀

【解析】解:如图所示,双曲线/一步=1,

其中一条渐近线方程为丫=",

由直线y=t,其中一2WtS2,

联立方程组《二:,解得

联立方程组}=1,解得/五不笆5),

所以截面圆环的面积为S=兀(,!不笆)2-

nt2=n,即旋转面的面积为兀,

根据“幕势既同,则积不容异”,

可得该几何体的体积与底面面积为兀,高为4的圆柱的体积相同,

第12页,共18页

所以该几何体的体积为,=7rx4=47r.

故答案为:7T;47r.

由直线y=3其中一2WtW2,分步联立方程组::和产二V=1,求得A,B的坐

标,进而求得圆环的面积,再结合题意得到该几何体的体积与底面面积为兀,高为4的圆

柱的体积相同,利用圆柱的体积公式,即可求解.

本题考查了几何体体积的计算,属于中档题.

17.【答案】解:(1)因为&+i=|l-0n|+20n+1,又如=-1,

所以=|1—。11+2al+1=1,03=|1-Q2I+2a2+1=3,。4=|1—%1+2a3+

1=9;

当几>2时,an+1>2an+1>a2=1»所以册>1,

则Qn+i=|1一。九|+2%+1=a九一1+2%+1=3an,

n

所以0n=3-2(n>2),

又因为%=—1,不满足上式,

所以即=[3n-2)n>2

(2)bn=log3a3+log3a4+…+1咤3%+2,

•••bn=log|+logF+…+logf=1+2+3+…+n=

1

.—=2_2(!_\

bnn(n+l),rin+1,'

・,・数列{£}的前n项和为:2Kl-|)+G—3)+…+(;-全)]=2(1-W)=猾,

2a

【解析】(1)根据已知等式求得。4,去绝对值后得到。九+1=|1-CLn\+n+1=。九一

l+2an+l=3an,分段即可求解;(2)利用裂项相消求和即可求解.

本题考查了数列的递推式和裂项相消求和,属于中档题.

22

18.【答案】解:(1)若选①4为锐角且si7iB-cosC=3^-,

则2absinB—labcosC=c2—a2,由余弦定理得c?—a2=b2—2abeosC,

2

・•・2absinB—2abcosC=b-2abcosCf:•2asinB=b,

山正弦定理得2s讥AsinB=sinB,sinBH0,

AsinA=vA6(0^),->1=7.

226

若选②b=2asin(C+£),

6

则sinB=2sinA(^-sicC4-jcosC),

AsinB=y/3sinAsicC+sinAcosCf

vsinB=sin(?l+C)=sinAcosC+cosAsinC,

・•・VSsinAsicC=cosAsinC,sinCW0,・•.y/3sinA=cosAf

・•.tanA=—».:AG・,."=

326

(2)・・・b=fc,

・,・由余弦定理得M=b2+c2—2bccosA=—c2+c2—2x—cxcx—=—c2,

164216

_V7

CL=­C,

4

vBC边上的高4。为2巡,

•••S^ABC=1X2\/3X^C=1x^CXCx1,

:・c-4夕,b=—x4A/7=V21,

4

•••CD=V21-12=3.

【解析1(1)若选①,利用余弦定理和正弦定理化简,结合4为锐角,可得sin4=:,进

而可得4的值,

若选②,由两角和的正弦公式化简得到tanA=手,结合A为锐角,进而可得A的值.

(2)利用余弦定理求出a=^c,再利用三角形的面积公式求出c,b,最后利用勾股定理

4

求解即可.

本题主要考查了正弦定理,余弦定理,三角形的面积公式在求解三角形中的应用,考查

了计算能力和转化思想,属于中档题.

19.【答案】解:(1)证明:在梯形CQDi。中,因为CG=CD=DDi=:CiDi=l,

所以功。£=今连结。Ci,由余弦定理可求得DC】=6,

因为。仃+。母=5仁,所以Z?Ci_LDDi,

因为平面44山1。_L平面CC15。且交于所以DC]_L平面4①。山,

因为4。<=平面4412。,所以ADIDCi,因为4。_LDC,DC(\DCr=D,

所以AD_L平面CGDiD;

(2)解:连结力iG,由(1)可知,_L平面CC/iD,

以义为坐标原点,建立空间直角坐标系如图所示,

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因为451平面CGDiD,所以&C在平面CCWiD内的射影为D】C,

所以4C与平面CGDiD所成的角为4&CD1,即乙4传。1=*

在RtA&CDi中,因为CDI=6,所以久久=3,

则5(0,0,0),4(3,0,0),。(0彳,日),C(0,|,y)-6(0,2,0).

所以取=(03片),瓯=(3,0,0),而=(-3,2,0),=(一3,|,务

设平面的法向量为记=(x,y,z),

则有隹至7。,即伊+%=。,

(m-Di&=0=0

令y=3,则x=0,z=—V3»故沆=(0,3,—b),

设平面441GC的法向量为日=(a,b,c),

元4G=0f—3a+2b=0

则有即,Q,3,V3_

I—3QH—bH--c=O'

n-A^C=0i22

令Q=2,则b=3,c=V3,故运=(2,3,b),

所以|cos<访员>|=嘉=晟

由图可知,二面角C-力4—。锐二面角,故二面角C—力4-0的余弦值为它.

4

【解析】本题考查了线面垂直的判定定理

的应用以及二面角的求解,在求解有关空

间角问题的时候,一般会建立合适的空间

直角坐标系,将空间角问题转化为空间向

量问题进行研究,属于中档题.

(1)在梯形CC也D中,求出NDDiG=g,连结。G,由余弦定理求得DG=百,由勾股

定理可证DG_LDDi,再由面面垂直的性质定理证明DG工平面44D1D,从而得到4D1

DC.,结合an1DC,由线面垂直的判断定理证明即可;

(2)利用线面角的定义确定①C与平面CCi/D所成的角为乙4也以,由此求解线段的长度,

建立合适的空间直角坐标系,求出所需点的坐标和向量的坐标,利用待定系数法求出两

个平面的法向量,然后由向量的夹角公式求解即可.

20.【答案】解:(1)证明:由题意知当直线/斜率不存在时不符合题意,

设1:y=kx+1,4(%I,9,B(X2,9,联立{%J:;I消去y得:x2—4kx-4=0,

p=16k24-16>0

则,xr+x2=4fc,

.XiX2=-4

设E4:y=^x-^,EB:y=^x-建,联立直线瓦4与直线EB的方程可解得

/24J24

E(警,竽),即E(2k,-1),

当k=0时,EFlx轴,4Bly轴,EF14B成立,

当卜。0时,kEF=-i,EFJ.AB也成立,

综上,EFA.AB;

(2)由刀=4而,得与=一M2,则竺好迂=包+这+2=-,一:+2=-4必,

由入W[~/2],得44-16[2,|],

乙AZ

•••/e[0,1],

•••SABE=\\AB\x\EF\=iVlTFlXi-Xzlx2V1TF=4(1+k2^e[4,yV2].

【解析】(1)显然直线1的斜率存在,设出直线/的方程并与抛物线方程联立,再由宜线E4

及直线EB的方程得到E(2k,-1),由此分k=。及k丰0讨论即可得出EF1AB;

(2)由题意可得到妙G[0,i],而SMBE=4(1+fc2)t由此即可求得△ABE面积的取值范

围.

本题考查直线与抛物线的综合运用,考查平面向量的运用以及三角形的面积公式,考查

逻辑推理能力及运算求解能力,属于中档题.

21.【答案】解:(1)由题意可得,门将每次可以扑出点球的概率p=;x;x3x:=g

33Zo

X〜8(3,4

O

门将在前三次扑出点球的个数X可能的取值为0,1,2,3,

P(X=k)=或©)<|)3-勺k=0,1,2,3,

故X的分布列为:

X0123

1252551

P

2167272五

故E(X)=3x|=i

OZ

(2)证明:①第n次传球之前

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