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河北省衡水中学2021届高三数学(理)上学期七调试题(Word版附答案)

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时间:2021-02-17

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资料简介

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衡水中学 2020—2021 学年度上学期高三年级七调考试理数试卷本试卷共 4 页,23 题(含选考题).全卷满分 150 分.考试用时 120 分钟.注意事项:1.答题前,先将自己的姓名,考号等填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答:选出每小题答案后,用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷,草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.填空题和解答题的作答:用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷,草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.选考题的作答:先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用 2B 铅笔涂黑.答案写在答题卡上对应的答题区域内,写在试题卷,草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.5.考试结束一定时间后,通过扫描二维码查看讲解试题的视频.第Ⅰ卷一、选择题:本题共 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.复数 ,若复数 , 在复平面内对应的点关于虚轴对称,则 的虚部为(  )A. B. C. D.2.已知集合 , ,集合 .则集合 C 的子集的个数为(  )A.4 B.8 C.16 D.323.已知随机变量 X 服从正态分布 ,随机变量 Y 服从正态分布 ,且 ,则(  )A.0.1587 B.0.3413 C.0.8413 D.0.65874.已知正项等比数列 的首项 ,前 n 项和为,且 , , 成等差数列,则 (  )A.8 B. C.16 D.5.如图,小方格是边长为 1 的正方形,图中粗线画出的是某几何体的三视图,正视图中的曲线为四分之一圆弧,则该几何体的表面积是(  )2iz i= + 1z 2z 12zz35− 3545− 452{ },| 1xA y y x R= = + ∈ ( )ln 6 *{ }B x y x x N= = − ∈, C A B= ∩( )0,1N ( )1,1N ( )1 0.1587P X =( )1 2P Y ={ }na 1 1a = nS 1S 2S 3 2S − 4a =18116A.36 B.32 C.28 D.246.函数 在 的图象大致为(  )A. B.C. D.7.执行如图所示的程序框图,如果输入的 .那么输出的 S=(  )A. BC. D.18.已知点 ,抛物线 ,F 为抛物线的焦点,l 为抛物线的准线.P 为抛物线上一点,过 P作 ,点 Q 为垂足,过 P 作 的垂线 , 与 l 交于点 R,则 的最小值为(  )1( ) sin | |f x x xx = −  [ ),0 , ]0(π π− ∪10N =1 1 112 3 10+ + + + 1 1 1.12! 3! 10!+ + + +1 1 112 3 11+ + + + 1 1 12! 3! 11!+ + + +( )3, 2M − − 2 4x y=PQ l⊥ FQ 1l 1l QR MR+A. B. C. D.9.设实数 x,y 满足不等式组 ,若 的最大值为 1,则 a=(  )A. B. C.2 D.10.分子间作用力只存在于分子与分子之间或惰性气体原子间的作用力,在一定条件下两个原子接近,则彼此因静电作用产生极化,从而导致有相互作用力,称范德瓦尔斯相互作用.今有两个惰性气体原子,原子核正电荷的电荷量为 q.这两个相距 R 的惰性气体原子组成体系的能量中有静电相互作用能 U.其计算式子为 ,其中, 为静电常量, , 分别表示两个原子的负电中心相对各自原子核的位移.已知 , ,.且 ,则 U 的近似值为(  )A. B. C. D.11.已知双曲线 0)的左,右焦点分别为 , ,过 的直线 与 C 的左支交于 M,N 两点,若 , ,则 C 的渐近线方程为(  )A. B. C. D.12.若 , , , ,关于函数 的以下结论:① ;②对称轴方程为 , ;③值域为 ;①在区间 上单调递减.1 13+ 13 10 3 24 03 00x yx yy− + ≥ + ≤ ≥z ax y= +14− 142−21 2 1 21 1 1 1U kcqR R x x R x R x= + −  −+ − + −kc 1x 2x1 21 2 1x xR x x RR− + − = +  11 1 1xR x RR + = +  22 1xR x RR − = −  ( ) 1 21 1x x x−+ ≈ − +21 23kcq x xR21 23kcq x xR−21 232kcq x xR21 232kcq x xR−2 22 2: 1( 0,x yC a ba b− = 1F 2F 1F MN( )2 1 2 1 0F F F M MF+ ⋅ =   2 2| | 2F N F M= 33y x= ± 3y x= ± 22y x= ± 2y x= ±{ } ,min ,,a a ba bb a b≤=  ( ) sin cosf x x x= + ( ) sin cosg x x x= − ( ) ( )min{ , ( )}h x f g xx=( )h xT π=2 12kx π+= k Z∈2,1 − 3 5,4 4π π   其中所有正确结论的序号是(  )A.①② B.②③ C.①③④ D.②③④第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分.第 13~21 题为必考题,每个试题考生都必须作答.第 22~23 题为选考题,考生根据要求作答.二、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分.13.已知向量 , ,若向量 与 共线,且 在 方向上的投影为 ,则=__________.14.国际高峰论坛组委会要从 6 个国内媒体团和 3 个国外媒体团中选出 3 个媒体团进行提问,要求这三个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团,且国内媒体团不能连续提问,则不同的提问方式的种数为__________.15.设数列 的前 n 项和为 .若 , .且 ,则值为__________.16.已知正方体 的棱长为 1.以顶点 A 为球心, 为半径作一个球,则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于__________.三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(本小题满分 12 分)在 中,内角 A,B,C 所对的边分别是 a,b,c,且 .(1)求角 A;(2)若 ,求 的面积的最大值.18.(本小题满分 12 分〉)如图①,平行四边形 中,A 为 的中点, , , ,连接 ,将沿 折起,得到四棱锥 ,如图②,点 E 在线段 上,若 平面 .( )1,2a = −( )3, 4b =cacb5 c{ }na nS 1 1a = 5 35S = 1 1 ( 2 *1 1n n nS S S n n Nn n n− += + ≥ ∈− +且 )1 2 2 3 10 111 1 1a a a a a a+ + +1 1 1 1ABCD A B C D−2 33ABC△ cos 3 sinb c a B a B+ = +2 3a = ABC△PBCD PD 2PD = 2PB = 45P∠ = ° ABPAB△ AB P ABCD− PA //PC BDE(1)求证: ;(2)若二面角 的平面角为 ,求平面 与平面 所成锐二面角的余弦值.19.(本小题满分 12 分)已知双曲线 的焦距为 ,其中一条渐近线的倾斜角为 ,且.以双曲线 C 的实轴为长轴,虚轴为短轴的椭圆记为 E.(1)求椭圆 E 的方程;(2)设点 A 是椭圆 E 的左顶点,P,Q 为椭圆 E 上异于点 A 的两动点,若直线 、 的斜率之积为 ,问直线 是否恒过定点?若恒过定点,求出该点坐标;若不恒过定点.说明理由.20.(本小题满分 12 分)已知函数 ,其中 .(1)若 .求函数 的极值;(2)设 .若 在 上恒成立,求实数 m 的取值范围.21.(本小题满分 12 分)中国女排,曾经十度成为世界冠军.铸就了响彻中华的女排精神.女排精神的具体表现为:扎扎实实,勤学苦练,无所畏惧;顽强拼搏,同甘共苦,团结我斗,刻苦钻研,勇攀高峰.女排精神对各行各业的劳动者起到了激励,感召和促进作用,给予全国人民巨大的鼓舞.(1)看过中国女排的纪录片后,某大学掀起“学习女排精神,塑造健康体魄”的年度主题活动,一段时间后,学生的身体素质明显提高,将该大学近 5 个月体重超重的人数进行统计,得到如下表格月份 x 1 2 3 4 5体重超重的人数 y 640 540 420 300 200若该大学体重超重人数 y 与月份变量 x(月份变量 x 依次为 1,2,3,4,5…)具有线性相关关系,请预测从第几月份开始该大学体重超重的人数降至 10 人以下?2PE AE=P AB C− − 60° PBC PCD2 22 2: 1( 0, 0)x yC a ba b− = 2 7 θ tanθ =32AP AQ14− PQ( ) 2 lnf x x mx m x= − − 0m 1m = ( )f x( ) ( )g x f x mx= + 1( )g xx ( )1,+∞(2)在某次排球训练课上,球恰由 A 队员控制,此后排球仅在 A 队员,B 队员和 C 队员三人中传递,已知每当球由 A 队员控制时,传给 B 队员的概率为 ,传给 C 队员的概率为 ;每当球由 B 队员控制时,传给 A 队员的概率为 ,传给 C 队员的概率为 ;每当球由 C 队员控制时,传给 A 队员的概率为 ,传给 B 队员的概率为 ,记 , , 为经过 n 次传球后球分别恰由 A 队员,B队员,C 队员控制的概率.(i)若 ,B 队员控制球的次数为 X,求 ;(ⅱ)若 , , , , .证明:数列 为等比数列,并判断经过 200 次传球后 A 队员控制球的概率与 的大小.附 1:回归方程 中,斜率和截距的最小二乘估计公式分别为:, .附 2:参考数据: , .请考生在第 22,23 题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.22.(本小题满分 10 分)选修 4-4:坐标系与参数方程在直角坐标系 中,曲线 的参数方程 (为 φ 为参数).圆 的方程为,以原点 O 为极点,x 轴的非负半轴为极轴,且取相等的长度单位建立极坐标系,射线 l的极坐标方程为 .(1)求曲线 和 的极坐标方程;(2)当 时,若射线 l 与曲线 和圆 分别交于异于点 O 的 M、N 两点,且,求 的面积.23.(本小题满分 10 分)选修 4—5:不等式选讲121223132313 na nb nc3n = ( )E X1 12 23 3n n na b c− −= + 1 11 12 3n n nb a c− −= + 1 11 12 3n n nc a b− −= + 2n ≥ *n N∈25,na −  25 y bx a= +1 122 21 1( )(( ))n ni i i ii in ni ii ix y nx y x x ybx nyx x x= == =− ⋅ −= =− −−∑ ∑∑ ∑a y bx= − 515180i iix y==∑52 2 2 2 2 211 2 3 4 5 55iix== + + + + =∑xOy 1Ccos ,3sin3xyϕϕ==2C( )2 21 1x y− + =( )0 0θ θ ρ= ≥1C 2C00 2πθ 1C 2C2ON OM= 2MC N△已知函数 ,其中 , ,(1)当 时,求不等式 的解集;(2)若 的最小值为 3.求证: .参考答案及解析一、选择题1.C 【解析】∵ ,且复数 , 在复平面内对应的点关于虚轴对称,∴ .则 .∴ 的虚部为 .故选 C.2.C 【解析】∵集合 ,,∴集合 ,则集合 C 的子集的个数为 .故选 C.3.B 【解析】由已知得 ,∴ .又∴ .故选 B.4.A 【解析】由题意设 .由已知得 ,所以 ,即 .解得 或 (舍),所以 故 .故选 A.( )f x x a x b c= + + − + 0a 0b 0c 1a b c= = = ( ) 4f x ( )f x2 2 23b c aa b c+ + ≥1 2z i= + 1z 2z2 2z i= − + 122 (2 )( 2 ) 3 42 ( 2 )( 2 ) 5 5z i i iiz i i i+ + − −= = = − −− + − + − −12zz45−{ }2 1,{ } 1xA y y x R y y= = + ∈ = ( )ln 6 *, }{B x y x x N= = − ∈ { }6 0, * 1,2,3,4| 5{ } ,x x x N= − ∈ ={ }2,3,4,5C A B= ∩ = 42 16=( ) ( )1 0.1587 2P X P Y = = ( ) ( )2 1 2 0.8413P Y P y = − =( ) ( )1 1 0.5P Y P Y≥ = ≤ =( ) ( ) ( )1 2 2 1 0.3413P Y P Y P Y = − ≤ =( )1 0nna q q−= 2 1 32 2S S S= + −( ) 22 1 1 1 2q q q+ = + + + − 2 2 0q q− − =2q = 1q = − 12nna−= 34 2 8a = =5.D 【解析】几何体是一个正四棱柱挖去 个圆柱的几何体.正四棱柱的底面边长为 2.高为 3,圆柱的底面半径为 2.如图:几何体的表面积为 .故选 D.6.A 【解析】根据题意, , ,有 ,即函数 为奇函数,排除 D,在区间 上, , .则有 ,在区间 上, , ,则有 ,排除 B,C.故选 A.7.B 【解析】框图首先给累加变量 S 和循环变量 k 赋值, , ;判断 不成立,执行 , ;判断 不成立,执行 , ;判断 不成立,执行 , ;…,判断 不成立,执 , .判断 成立,输出 .故选 B.8.D 【解析】因为 ,所以 ,又 ,所以 ,所以 ,14( ) 21 12 3 3 2 2 2 1 2 2 2 2 2 244 4π π× × − × × + × + × + × ×× =1( ) sin | |f x x xx = −  [ ) ( ],0 0,x π π∈ − ∪1( ) sinf x x xx − = − − − − 1sin | | ( )x x f xx = − − = −  ( )f x( )0,1 1 0xx− sin 0x ( ) 0f x ( )1,π 1 0xx− sin | | 0x ( ) 0f x 0 1 1S = + = 1 1 2k = + =10k 112S = + 2 1 3k = + =10k 1 112 2 3S = + +×3 1 4k = + =10k 1 1 112 2 3 2 3 4S = + + +× × ×4 1 5k = + =10k 1 1 112! 3! 10!S = + + + + 10 1 11k = + =10k 1 1 112! 3! 10!S = + + + +PQ l⊥ PF PQ=1FQ l⊥ QR QF= QR MR FR MR FM+ = + ≥当 M、R、F 三点共线时取等号.由抛物线的方程可得 , ,所以 .故选 D.9.C 【解析】作出实数 x,y 满足不等式组, 的可行域如图:可知 , , ,当 或 时,目标函数 经过 时,取得最大值为 1,解得 ;当 时,目标函数 经过 ,取得最大值为 1,无解;当 时,目标函数 经过 ,取得最大值为 1,解得 (舍去),当 时,目标函数 取得最大值为 3,不符合题意.故 .故选 C.10.D 【解析】根据题意,( )0,1F ( )3, 2M − −[ ]22( 3) 1 ( 2) 3 2MF = − + − − =4 03 00x yx yy− + ≥ + ≤ ≥( )1,3A − ( )4,0B − ( )0,0O0 3a ≤ 1 0a− ≤ z ax y= + ( )1,3−2a =3a z ax y= + ( )0,01a − z ax y= + ( )4,0−14a = −0a = z ax y= +2a =21 2 1 21 1 1 1U kcqR R x x R x R x = + − − + − + − .故选 D.11.B 【解析】如图所示,设线段 的中点为 P.则 ,∵ ∴ .∴,∴ ,双曲线的定义可知: .又 ,由双曲线的定义可知 .在等腰 中, ;又在 中, ,,∵ ,∴ ,21 2 1 21 1 111 1 1kcqx x x xRR R R  = + − − − + + + 2 2 221 2 1 2 1 1 2 22 2 2(1 1 1 1)x x x x x x x xkcqR R R R R R R      − −= + − + − − + − + +            2 2 221 2 1 2 1 1 2 2222 22132( )x x x x x x x xkcqR R R R Rkcq x xRR R − −= − + + − − − = −  1MF 2 1 2 22F F F M F P+ =  2 1 2 1( ) 0F F F M MF+ ⋅ =  2 12 0F P F M⋅ =2 1F P F M⊥ 2 2 1| | | | 2F M F F c= =1 2| | 2 2 2MF MF a c a= − = −2 2| | 2 | | 4F N F M c= = 1 2 2 4| | 2F N F N a c a= − = −1 2MF F△ 1 2cos 2c aF MFc−∠ =2MNF△ 6 4MN c a= −2 2 22(6 4 ) 4 (4 )cos2(6 4 ) 2c a c cNMFc a c− + −∠ =− ⋅1 2 2cos cosF MF NMF∠ = ∠2 2 2(6 4 ) 4 (4 )2 2(6 4 ) 2c a c a c cc c a c− − + −=− ⋅整理得:∵在双曲线中 ,∴ .∴ ,又∵ ,∴ ,∴C 的渐近线方程为 ,故选 B.12.D 【解析】当 时, ,即 ,所以 , ;当 时, ,即 .所以 , .所以.①当 时, ,此时 ,,,故①错误;②当 时,关于 的对称点 ,,( )( )2 23 7 2 0 3 2c ac a c a c a− + = = − −c a 2c a= 2 24c a=2 2 2c a b= +223ba= 3ba=3by x xa= ± = ±( ) ( )f x g x≤ sin cos sin cosx x x x+ ≤ −cos 0x ≤ 32 , 22 2x k kπ ππ π ∈ + +  k Z∈( ) ( )f x g x sin cos sin cosx x x x+ − cos 0x 2 , 22 2x k kπ ππ π ∈ − + +  k Z∈( ) ( ) ( ){ , }minh x f x g x= =3( ) sin cos , 2 , 22 2( ) sin cos , 2 , 22 2f x x x x k kg x x x x k kπ ππ ππ ππ π  = + ∈ + +      = − ∈ − + +   k Z∈32 , 22 2x k kπ ππ π ∈ + +  ( ) sin cosh x x x= +3 52 , 22 2x k kπ ππ π π + ∈ + +  ( ) ( ) ( )sin cos sin cosh x x x x xπ π π+ = + − + = − +( ) ( )h x h x π≠ +032 , 22 2x k kπ ππ π ∈ + +  0x2 12kx π+= 0(2 1) 2 , 22 2k x k kπ ππ π π + − ∈ − + +  0 0 0sin c( ) osh x x x= +( ) [ ] ( )0 0 02 1 sin 2 1 2 1( )k x k x cox kh xπ π π+ − = + − − + −  ,所以 .同理当 时,也成立,故②正确;③当 时,,,,.当 , ,,.所以 的值域为 ,故③正确;④当 时, .此时,,易知 在 时单调递减,所以 在区间 上单调递减.故④正确,故正确的是②③④.故选 D.0 0 0 0( )sin cos sin cosx x x x= − − = +( )( )0 02 1( )h x h k xπ= + −0 2 , 22 2x k kπ ππ π ∈ − + +  ( )( )0 02 1( )h k xx h π+ −=32 , 22 2x k kπ ππ π ∈ + +  ( ) sin cos 2 sin4h x x x xπ = + = +  3 72 , 24 4 4x k kπ π ππ π + ∈ + +  2sin 1,4 2xπ   + ∈ −     ( ) 2 sin 2,14h x xπ   = + ∈ −    2 , 22 2x k kπ ππ π ∈ − + +  ( ) sin cos 2 sin4h x x x xπ = − = −  32 ,424 4k kxπ ππ ππ  − + + −∈ 2sin 1,4 2xπ   − ∈ −     ( ) 2 sin 2,14h x xπ   = − ∈ −    ( )f x 2,1 − 3 5,4 4xπ π ∈  3 5 3, 2 , 24 4 2 2k kπ π π ππ π   ⊆ + +      ( ) sin cos 2 sin4h x x x xπ = + = +  3,4 2xπ ππ + ∈  siny x= 3,2xππ ∈  ( )h x 3 5,4 4π π   二、 填空题13.5 【解析】向量 ,向量 与 共线,设 ,由 ,所以 在 方向上的投影为| ∙解得 ,所以所以 .14.198 【解析】由题可知选出的 3 个媒体团的构成有如下两类:①选出的 3 个媒体团中只有一个国内媒体团,有 种不同的提问方式;②选出的 3 个媒体团中有两个国内媒体团,有 种不同的提问方式.综上,共有 种不同的提问方式.15. 【解析】数列 的前 n 项和为 ,且 且 ).则数列 为等差数列.设公差为 d. ,解得,所以 ,故,故 ,也适合此式.所以 , ,所以 ;则.( )1,2a = −ca( ), 2c λ λ= −( )3,4b =cb 3 8cos5| |5c bcbλ λθ ⋅ − += = = 5λ = ( )5,2 5c = −2 2| | ( 5) (2 5) 5c = − + =2 316 3 3 108C C A =2 1 26 3 2 90C C A =108 90 198+ =1031{ }na nS 1 12( 21 1n n nS S S nn n n− += + ≥− +*n N∈nSn   5 1(5 1) 65 1S Sd− = − = 32d =3 3 11 ( 1)2 2 2nS n nn= + − = − 23 12 2nS n n= −2 213 1 3 1( 1) ( 1) 3 22 2 2 2n n na S S n n n n n−= − = − − − + − = −1 1a =3 2na n= − ( )1 3 1 2 3 1na n n+ = + − = +11 1 1 1 1(3 2)(3 1) 3 3 2 3 1n na a n n n n+ = = − − + − + 1 2 2 3 10 111 1 1 1 1 1 113 4 28 31a a a a a a + + + = − + + −   1 1 1013 31 31 = − =  16. 【解析】如图球面与正方体的六个面都相交,所得的交线分为两类:一类在顶点 A 所在的三个面上,即面 、面 和面 上;另一类在不过顶点 A 的三个面上,即面 、面 和面 上.在面 上,交线为弧 且在过球心 A 的大圆上,因为 , ,则 ,同理 ,所以 ,故弧 的长为 ,而这样的弧共有三条.在面 上,交线为弧 且在距球心为 1 的平面与球面相交所得的小圆上,此时,小圆的圆心为 B,半径为 , ,所以弧 的长为 ,这样的弧也有三条.于是,所得的曲线长为 .三、解答题17.解:(1)由题意及正弦定理得,∵ ,∴ ,5 36π1 1AA B B ABCD 1 1AA D D1 1BB C C 1 1CC D D 1 1 1 1A B C D1 1AA B B EF2 33AE = 1 1AA = 1 6A AEπ∠ =6BAFπ∠ =6EAFπ∠ =EF2 3 33 6 9π π⋅ =1 1BB C C FG33 2FBGπ∠ =FG3 33 2 6π π⋅ =3 3 5 33 39 6 6ππ π× + × =sin sin sin cos 3 sin sinA C A B A B+ = +A B C π+ + = sin si ( )nC A B= +,化简得∵ ∴ ,∴ ,∵ , .(2)∵ ,∴由余弦定理 ,得 , ,∴ (当且仅当 时,取等号),∴ ,∴ ,∴ 的面积的最大值为 .18.解:(1)连接 交 于 F.连接 ,因为 平面 , 平面 .平面 平面 ,所以 ,所以 ,又因为 ,且 .所以 ,所以 ,故 .(2)取 的中点 O,连接 ,过 O 作 交 于 G,由图(1)得: , ,所以 就是二面角 的平面角,所以又因为 ,sin cos 3 sisi n sn sin( ) inA B A BB A B+ = ++sin ( 3 sin cos 1) 0B A A− − =sin 0B 3 sin cos 1 0A A− − =1sin6 2Aπ − =  0 A π 3Aπ=2 3a =2 2 2cos2b c aAbc+ −=2 21 122 2b cbc+ −= 2 2 12bc b c= + −2 2 12 2 12bc b c bc= + − ≥ − b c=12bc ≤1 3sin 3 32 4ABCS bc A bc∆ = = ≤ABC△ 3 3AC BD EF//PC BDE PC ⊂ PAC BDE ∩ PAC EF=//EF PCAE AFPE FC=//AD BC12AD BC=12AF ADFC BC= =12AEPE= 2PE AE=AD PO //OG AB BCAB AD⊥ AB AP⊥PAD∠ P AB C− −60PAD∠ = °1AD AP= =所以 为等边三角形,所以又 ,所以 平面 ,因为 ,所以 平面所以 , , 两两互相垂直,以 为 x 轴, 为 y 轴, 为 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,则 , , , ., , , .设平面 的一个法向量为 ,则所以 ,令 ,得 .设平面 的一个法向量为则 ,所以令 ,得 ,设平面 与平面 所成的锐二面角为 θ..PAD△ OP AD⊥AD AP A∩ = AB ⊥ PAD//OG AB OG ⊥ PADOP OD OGOG OD OP11, ,02B −  31, ,02C   10, ,02D   30,0,2P    1 31, ,2 2PB = − −   (0, 2,0)BC = 1 30, ,2 2PD = −   (1,1,0)DC =PBC 1 1 1,( ),m x y z=00m PBm BC ⋅ =⋅ =  1 1 111 302 22 0x y zy− − = =1 3x = ( 3,0, 2)m =PCD 2 2 2,( ),n x y z=00n PDn DC ⋅ =⋅ =   2 22 21 302 20y zx y− = + =2 1x =31, 1,3n = − −   PBC PCD1cos7| || |m nm nθ ⋅= =  19.解:(1)双曲线 的焦距 ,则 ∴ ,①渐近线方程 ,由题知 ,②由①②解得 , ,∴椭圆 E 的方程为 .(2)在(1)的条件下,当直线 的斜率存在时,设直线 的方程为 ,由 ,消去 y 得: ,设 , ,则 , ,又 ,由题知 ,则 ,且 , ,则,则 ,∴ ,∴ 或 .当 时,直线 的方程为 ,此时直线 过定点 ,显然不适合题意,2 22 21x ya b− = 2 2 7c =7c = 2 2 7a b+ =by xa= ± 3tan2baθ = =2 4a = 2 3b =2 214 3x y+ =PQPQ y kx m= +2 214 3x yy kx m+ = = +2 2 2( )3 4 8 4 12 0k x kmx m+ + − =+1 1( ),P x y 2 2( ),Q x y1 2 283 4kmx xk−+ =+21 2 24 123 4mx xk−=+( )2,0A − 1 21 212 2 4AP BQy yk kx x⋅ = ⋅ = −+ +1 2 1 22 2 4( )( 0)x x y y+ + + = 1x 2 2x ≠ −1 2 1 2 1 22 4( ) ( )( )4x x x x kx m kx m⋅ + + + + + +( )2 21 2 1 21 4 2 4 ( 4( ) 4)k x x km x x m= + + + + + +2 222 2(1 4 )(4 12) 8(2 4 ) 4 43 4 3 4k m kmkm mk k+ − −= + + + ++ +0=2 22 0m km k− − = ( )( )2 0m k m k− + =2m k= m k= −2m k= PQ ( )2 2y kx k k x= + = +PQ ( )2,0−当 时,直线 的方程为 .此时直线 过定点 .当直线 的斜率不存在时,若直线 过定点 ,P,Q 点的坐标分别为 , .满足 .综上,直线 过定点 .20.解:(1)当 时, , ,∴∴当 时, ,函数 单调递减;当 时, .函数 单调递增,∴函数 的极小值为 .无极大值.(2) ,若 在 上恒成立,即 在 上恒成立,构造函数 ,则 ,令 , ,∴ ,(i)若 ,可知 恒成立,∴ 在 上单调递增,m k= − PQ ( )1y kx k k x= − = −PQ ( )1,0PQ PQ ( )1,031,2   31,2 −  14AP AQk k⋅ = −PQ ( )1,01m = ( ) 2 lnf x x x x= − − ,( )0x ∈ +∞21 2 1( ) 2 1x xf x xx x− −′ = − − =( 1)(2 1)x xx− +=( )0,1x ∈ ( ) 0f x′ ≤ ( )f x( )1,x ∈ +∞ ( ) 0f x′ ( )f x( )f x ( )1 0f =( ) 2 lng x x m x= −1( )g xx (1, )+∞2 1ln 0x m xx− − ( )1,+∞2 1( ) lnG x x m xx= − − 1x 32 21 2 1( ) 2m x mxG x xx x x− +′ = − + =( ) 32 1H x x mx= − + 1x ( ) 26H x x m′ = −6m ≤ ( ) 0H x′ ( )H x ( )1,+∞∴ ,①当 .即 时, 在 上恒成立,即 在 上恒成立,∴ 在 上恒成立,∴ 满足条件.②当 ,即 时,∵ , ,∴存在唯一的 .使得 ,当 时, .即 ,∴ 在 上单调递减,∴ ,这与 矛盾,(ⅱ)若 .由 ,可得 (舍去), .易知 在 上单调递减,∴ 在 上恒成立,即 在 恒成立,∴ 在 上单调递减,∴ 在 上恒成立,这与 矛盾.综上所求,实数 m 的取值范围为 .21.解:(1)设线性回归方程为:( ) ( )1 3H x H m = −3 0m− ≥ 0 3m ≤ ( ) 0H x ( )1,+∞( ) 0G x′ ( )1,+∞( ) ( )1 0G x G = ( )1,+∞0 3m≤ ≤3 0m− ≤ 3 6m≤ ≤( )1 3 0H m= − ( )2 17 2 0H m= − ( )0 1,2x ∈ 0( ) 0H x =0( )1,x x∈ ( ) 0H x ( ) 0G x′ ( )G x ( )01, x( ) ( )1 0G x G = ( ) 0G x 6m ( ) 0H x′ = 1 6mx = − 2 6mx =( )H x 1,6m    ( ) ( )1 3 0H x H m = − 1,6m    ( ) 0G x′ 1,6m    ( )G x 1,6m    ( ) ( )1 0G x G = 1,6m    ( ) 0G x ( ]0,3ˆy bx a= +由已知可得: ,,∴ ,,∴线性回归方程为: ,令 ,可得 ,又 .故 .故可以预测从第 7 月份开始该大学体重超标人数降至 10 人以下.(2)(i)X 的可能取值为 0,1,2,,,,∴ .(ii)∵ , ,∴ ,∴ ,∴ ,∴ ,∴ ,即 ,∴ ,∵ , ,∴ ,即 ,1 2 3 4 535x+ + + += =640 540 420 300 2004205y+ + + += =515 22 2155180 5 3 42011255 5 35i iiiix y x ybx x==− ⋅− × ×= = = −− ×−∑∑ ˆ 420 112 3 756a y bx= − = + × = 112 756y x= − +112 756 10x− + 746 6.7112x ≈x N∈ 7x ≥1 2 1 1( 0)2 3 2 6P X = = × × =1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1( 1)2 3 2 2 3 3 2 3 2 3 2 18P X = = × × + × × + × + × × =1 2 1 1 1 1 2( 2)2 3 2 2 3 3 9P X = = × × + × × =1 11 2 19. ( ) 0 1 26 18 9 18E X = × + × + × =1 11 12 3n n nb a c− −= + 11 12 3n n nc a b−= +1 1 11 13 3n n n n nb c a b c− − −+ = + +1 12 23 3n n na b c− −= +1 132n n nb c a− −+ =132n n nb c a ++ =1 13 12 2n n na a a+ −= + 1 11 23 3n n na a a+ −= +1 1 1 2 2 12 2 2 23 3 3 3n n n n n na a a a a a a a+ − − −+ = + = + = = +1 0a = 21 2 1 2 22 3 2 3 3a = × + × =12 23 3n na a+ + = 12 2 25 3 5n na a+ − = − −  ∴ 是以 为首项,以 为公比的等比数列.故 ,∴ .22.解:(1)由曲线 的参数方程为 ( 为参数),消去参数 φ,可得曲线 的普通方程为: ,又 , .代入可得 ,∴曲线 的极坐标方程为: ;由圆 的方程为 ,得 ,∴ ,得曲线 C 的极坐标方程: .(2)∵ ﹐∴ ,即 ,整理得 ,且 ,解得 , , .点 :到 l 的距离 .∴ 的面积为:.23.解:(1)当 时,25na −  25− 23−1992002 2 25 5 3a   − = − ⋅ −      199 1992002 2 2 2 2 215 5 3 5 3 5a    = − ⋅ − = − −          1Ccos3sin3xyϕϕ==ϕ1C22 113yx + =cosx ρ θ= siny ρ θ=2 2 2 2cos 3 sin 1ρ θ ρ θ+ =1C 2 21cos 3sinρθ θ=+2C ( )2 21 1x y− + = 2 2 2 0x y x+ − =2 2 cos 0ρ ρ θ− = 2 2cosρ θ=2ON OM= 2 24N Mρ ρ=22 214cos 4cos 3sinθθ θ=+4 22cos 3cos 1 0θ θ− + = 00 2πθ 2 1cos2θ = 2cos2θ = 2sin2θ =2C 22 2| | sin 12 2h OC θ= ⋅ = × =2MC N△ 21 1| | ( )2 2NC M N MS NM h hρ ρ= × × = × − ×△2 21 1 12cos2 4cos 3sinhθθ θ = − × = + 1a b c= = =不等式 化为 ,即 .当 时,化为 .解得 ;当 时,化为 ,此时无解;当 时,化为 .解得 .综上可得,不等式 的解集为: .(2)∵ , , ,∴由绝对值不等式得 .由基本不等式得:, ,,当且仅当 时,上面三式等号成立.三式相加得: ,整理即得 .故 .( ) 4f x 1 1 1 4x x+ + − + 1 1 3x x+ + − 1x ≥ 1 1 3x x+ + − 32x 1 1x− ( )1 1 3x x+ − − 1x ≤ − ( ) ( )1 1 3x x− + − − 32x −( ) 4f x 3 3, ,2 2   −∞ − ∪ +∞      0a 0b 0c ( ) ( ) ( ) 3f x x a x b c x a x b c a b c= + + − + ≥ + − − + = + + =2 22 2b ba a ba a+ ≥ ⋅ =2 22 2c cb b cb b+ ≥ ⋅ =2 22 2a ac c ac c+ ≥ ⋅ =1a b c= = =2 2 22 2 2b c aa b c a b ca b c+ + + + + ≥ + +2 2 23b c aa b ca b c+ + ≥ + + =2 2 23b c aa b c+ + ≥

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