湖南省郴州市2020-2021学年高二下学期期末教学质量监测数学试卷【精准解析】

DOC
  • 阅读 4 次
  • 下载 0 次
  • 页数 21 页
  • 大小 189.347 KB
  • 2024-10-07 上传
  • 收藏
  • 违规举报
  • © 版权认领
下载文档3.00 元 加入VIP免费下载
此文档由【小赞的店铺】提供上传,收益归文档提供者,本网站只提供存储服务。若此文档侵犯了您的版权,欢迎进行违规举报版权认领
湖南省郴州市2020-2021学年高二下学期期末教学质量监测数学试卷【精准解析】
可在后台配置第一页与第二页中间广告代码
湖南省郴州市2020-2021学年高二下学期期末教学质量监测数学试卷【精准解析】
可在后台配置第二页与第三页中间广告代码
湖南省郴州市2020-2021学年高二下学期期末教学质量监测数学试卷【精准解析】
可在后台配置第三页与第四页中间广告代码
试读已结束,点击付费阅读剩下的18 已有4人购买 付费阅读2.40 元
/ 21
  • 收藏
  • 违规举报
  • © 版权认领
下载文档3.00 元 加入VIP免费下载
文本内容

【文档说明】湖南省郴州市2020-2021学年高二下学期期末教学质量监测数学试卷【精准解析】.docx,共(21)页,189.347 KB,由小赞的店铺上传

转载请保留链接:https://www.doc5u.com/view-e4b7389cff04002e8221779bd53f884a.html

以下为本文档部分文字说明:

湖南省郴州市2020-2021学年高二下学期数学期末考试试卷一、单选题(本大题共8个小题,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.设集合𝐴={𝑥|−3<𝑥<2},𝐵={−2,−1

,0,1,2},则𝐴∩𝐵=()A.{𝑥|−2<𝑥<1}B.{𝑥|−1≤𝑥≤1}C.{−2,−1,0,1}D.{−3,−2,−1,1}2.若复数𝑧的模为5,虚部为-4,则复数𝑧=()A.3−4iB.−3−4iC.3−4i或−

3−4iD.5−4i3.已知等比数列{𝑎𝑛}中,𝑎3𝑎11=4𝑎7,数列{𝑏𝑛}是等差数列,且𝑏7=𝑎7,则𝑏3+𝑏11=()A.3B.6C.7D.84.刘徽(约公元225年—295年),魏晋期间伟大的数学家,中

国古典数学理论的奠基人之一.他在割圆术中提出的“割之弥细,所失弥少,割之又割,以至于不可割,则与圆周合体而无所失矣”,这可视为中国古代极限观念的佳作.割圆术的核心思想是将一个圆的内接正𝑛边形等分成𝑛个等腰三

角形如图1所示,当𝑛变得很大时,这𝑛个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积,运用割圆术的思想得到sin3°的近似值为()A.𝜋30B.𝜋60C.𝜋90D.𝜋1805.设𝑎=log36,𝑏=log612,𝑐=log918,则()

A.𝑐>𝑏>𝑎B.𝑏>𝑐>𝑎C.𝑎>𝑐>𝑏D.𝑎>𝑏>𝑐6.已知平面向量𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗满足,|𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|=1,𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=12

,若|𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=1,则|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|的最大值为()A.1B.√2C.√3D.27.为了加强新冠疫苗的接种工作,某医院欲从5名医生和4名护士中抽选了3人(医生和护士均至少有一人)分配到

𝐴,𝐵,𝐶三个地区参加医疗支援工作(每个地区一人),方案要求医生不能去𝐴地区,则分配方案共有()A.264种B.224种C.200种D.236种8.已知函数𝑓(𝑥)={log𝑎𝑥,𝑥>0|𝑥+3|,−4≤𝑥<0(𝑎>0且𝑎≠1).若函数𝑓(𝑥)的图

象上有且只有两个点关于原点对称,则𝑎的取值范围是()A.(0,14)B.(0,14)∪(1,+∞)C.(14,1)∪(1,+∞)D.(0,1)∪(1,4)二、多选题(每小题4分,共20分)9.甲、乙两名同学在本学期的六次考试成绩统计如图,甲、乙两组数据的平均值分别为�

�甲̅̅̅̅、𝑥乙̅̅̅̅,则()A.每次考试甲的成绩都比乙的成绩高B.甲的成绩比乙稳定C.𝑥甲̅̅̅̅一定大于𝑥乙̅̅̅̅D.甲的成绩的极差大于乙的成绩的极差10.已知𝑏<𝑎<0,则下列结论一定正确的是()A.𝑎2<𝑏2B.𝑏𝑎+𝑎𝑏>2C.lg𝑎

2>lg𝑎𝑏D.|𝑎|𝑎<|𝑎|𝑏11.关于函数𝑓(𝑥)=|sin𝑥|−sin|𝑥|有下述四个结论,其中正确的结论是()A.𝑓(𝑥)是偶函数B.𝑓(𝑥)在(0,2𝜋)上有3个零点C.𝑓(𝑥)在(𝜋2,𝜋)上单调递增D.𝑓(𝑥)的最大值为212

.如图所示,正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1各棱的长度均相等,𝐷为𝐴𝐴1的中点,𝑀、𝑁分别是线段𝐵𝐵1和线段𝐶𝐶1上的动点(含端点),且满足𝐵𝑀=𝐶1𝑁,当𝑀、𝑁运动时,下列结论中正确的是()A.△

𝐷𝑀𝑁是等腰三角形B.在△𝐷𝑀𝑁内总存在与平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1垂直的线段C.三棱锥𝐴1−𝐷𝑀𝑁的体积是三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的体积的18D.cos∠𝑀𝐷𝑁∈[15,12]三、填空题:每小题4分,共20分.请把答

案填在答题卡的相应位置.13.已知直线𝑥=1是函数𝑓(𝑥)=sin(𝜔𝑥+𝜋6)(𝜔>0)的一条对称轴,写出𝜔的一个可能值为________.14.已知随机变量𝑋,𝑌满足𝑋∼𝐵(6,16),𝑌=3𝑋+1,𝐸(𝑌)=______

__.15.已知(𝑥+𝑎𝑥)(2𝑥−1𝑥)5的展开式中的各项系数的和为2,则该展开式中的常数项为________.16.已知扇形𝐴𝑂𝐵半径为1,∠𝐴𝑂𝐵=120°,弧𝐴𝐵上的点𝑃满足

𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝜇𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗(𝜆,𝜇∈𝑅),则𝜆+𝜇的最大值是________;𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗最小值是________.四、解答题(共70分.)17.在△𝐴𝐵𝐶中,内角𝐴,�

�,𝐶的对边分别为𝑎,𝑏,𝑐,且sin2𝐴+sin2𝐵−sin2𝐶=sin𝐴⋅sin𝐵(1)求𝐶;(2)若△𝐴𝐵𝐶的面积为10√3,𝐷为𝐴𝐶的中点,求𝐵𝐷的最小值.18.已知正项数列{�

�𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛,对𝑛∈𝑁∗有2𝑆𝑛=𝑎𝑛2+𝑎𝑛.(1)求数列{𝑎𝑛}的通项公式;(2)若𝑏𝑛=2𝑎𝑛+𝑎𝑛,求{𝑏𝑛}的前项和𝑇𝑛.19.如图,矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中,𝐴�

�=2,𝐵𝐶=1,𝐸为𝐶𝐷的中点,把𝛥𝐴𝐷𝐸沿𝐴𝐸翻折,满足𝐴𝐷⊥𝐵𝐸.(1)求证:平面𝐴𝐷𝐸⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐸;(2)求二面角𝐸−𝐴𝐶−𝐷的余弦值.20.足不出户,手机下单,送菜到家,轻松逛起手机“菜市场”,拎起手机“菜篮子”,省

心又省力.某手机App(应用程序)公司为了了解居民使用这款App使用者的人数及满意度,对一大型小区居民开展5个月的调查活动,从使用这款App的人数的满意度统计数据如下:月份12345不满意的人数1201051009580(

1)请利用所给数据求不满意人数𝑦与月份𝑥之间的回归直线方程𝑦̂=𝑏̂𝑥+𝑎̂,并预测该小区10月份的对这款App不满意人数:(2)工作人员发现使用这款App居民的年龄𝑋近似服从正态分布𝑁(35

,42),求𝑃(27<𝑥≤47)的值;(3)工作人员从这5个月内的调查表中随机抽查100人,调查是否使用这款App与性别的关系,得到如表:使用App不使用App女性4812男性2218能否据此判断有99%的把握认为是否使用这款App与性别有关?参考公式:𝑏̂=∑

𝑥𝑖𝑛𝑖=1𝑦𝑖−𝑛𝑥̅𝑦̅∑𝑥𝑖2𝑛𝑖=1−𝑛𝑥̅2=∑(𝑥𝑖−𝑥̅)𝑛𝑖=1(𝑦𝑖−𝑦̅)=∑(𝑥𝑖−𝑥̅)2𝑛𝑖=1,𝑎̂=𝑦̅−𝑏̂𝑥̅.附:随机变量:𝜉−𝑁(𝜇,𝜎

2),则𝑃(𝜇−𝜎<𝜉≤𝜇+𝜎)≈0.68272,𝑃(𝜇−2𝜎<𝜉≤𝑁+2𝜎)≈0.9545,𝑃(𝜇−3𝜎<𝜉≤𝜇+3𝜎)≈0.9973𝐾2=𝑛(𝑎𝑑−𝑏𝑐)2(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(𝑏+𝑑)(其中𝑛=𝑎+𝑏+�

�+𝑑)P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.010k02.0722.7063.8415.0246.63521.已知圆𝑀经过两点𝐴(3,√3),𝐵(2,2)且圆心𝑀在直线𝑦=𝑥−2上.(1)求圆𝑀的方程;(2)设𝐸,𝐹是圆𝑀上异于原点

𝑂的两点,直线𝑂𝐸,𝑂𝐹的斜率分别为𝑘1,𝑘2,且𝑘1⋅𝑘2=2,求证:直线𝐸𝐹经过一定点,并求出该定点的坐标.22.某校高二年级为了丰富学生的课外活动,每个星期都举行“快乐体育”活动.在一次“套圈圈”的游戏中,规则如下:在规定的4米之外的地方有一个目标物体,选手站在原地丟

圈,套中目标物即获胜;规定每小组两人,每人两次,套中的次数之和不少于3次称为“最佳拍档”,甲、乙两人同一组,甲、乙两人丟圈套中的概率为别为pi,p2,假设两人是否套中相互没有影响.(1)若𝑝1=13,𝑝2=12设甲、乙两人丟圈套中的次

数之和为𝜉,求𝜉的分布列及数学期望𝐸(𝜉).(2)若𝑝1+𝑝2=43,则游戏中甲乙两人这一组要想获得“最佳拍档”次数为16次,则理论上至少要进行多少轮游戏才行?并求此时𝑝1,𝑝2的值.答案解

析部分一、单选题1.设集合𝐴={𝑥|−3<𝑥<2},𝐵={−2,−1,0,1,2},则𝐴∩𝐵=()A.{𝑥|−2<𝑥<1}B.{𝑥|−1≤𝑥≤1}C.{−2,−1,0,1}D.{−3,−2,−1,1}【

答案】C【考点】交集及其运算【解析】【解答】解:𝐴∩𝐵={𝑥|−3<𝑥<2}∩{−2,−1,0,1,2}={−2,−1,0,1}故答案为:C【分析】根据交集的定义求出A∩B即可.2.若复数𝑧的模为5,虚部为-4,则复数𝑧=(

)A.3−4iB.−3−4iC.3−4i或−3−4iD.5−4i【答案】C【考点】复数的代数表示法及其几何意义,复数求模【解析】【解答】设𝑧=𝑥−4i,𝑥∈𝑅,∴𝑥2+16=25,解得𝑥=±3,∴𝑧=±3−4i.故答案为:C【分析】设复数𝑧=𝑥−4i,𝑥∈𝑅,根据复

数的模求出x的值,即可求出复数z的值。3.已知等比数列{𝑎𝑛}中,𝑎3𝑎11=4𝑎7,数列{𝑏𝑛}是等差数列,且𝑏7=𝑎7,则𝑏3+𝑏11=()A.3B.6C.7D.8【答案】D【考点】等差数列的性质【解析】【解答】因为{𝑎𝑛}等比数列,且𝑎3𝑎11=4�

�7,∴𝑎7⬚2=4𝑎7≠0,解得𝑎7=4,数列{𝑏𝑛}是等差数列,则𝑏3+𝑏11=2𝑏7=2𝑎7=8,故答案为:D.【分析】因为{𝑎𝑛}等比数列,且𝑎3𝑎11=4𝑎7,可得𝑎72=4𝑎7≠0

,解得𝑎7,数列{𝑏𝑛}是等差数列,则𝑏3+𝑏11=2𝑏7=2𝑎7可得答案。4.刘徽(约公元225年—295年),魏晋期间伟大的数学家,中国古典数学理论的奠基人之一.他在割圆术中提出的“割之弥细,所失弥少,割之又割,以至于不可割,则与圆周合体而无所失矣”,这可

视为中国古代极限观念的佳作.割圆术的核心思想是将一个圆的内接正𝑛边形等分成𝑛个等腰三角形如图1所示,当𝑛变得很大时,这𝑛个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积,运用割圆术的思想得到sin3°的近似值为()A.𝜋30B.𝜋60C.𝜋90D.𝜋180【答案】B【考点】扇形的弧长与

面积【解析】【解答】解:将一个单位圆分成120个扇形,则每个扇形的圆心角度数均为3°,∵这120个扇形对应的等腰三角形的面积之和近似于单位圆的面积,∴120×12×1×1×sin3°=60sin3°≈𝜋,∴sin3°≈𝜋60故答案为:B.【分析】将一个单位圆分成120个扇形,

则每个扇形的圆心角度数均为3°,由这1820个扇形对应的等腰三角形的面积之和近似于单位圆的面积,能求出sin3°的近似值.5.设𝑎=log36,𝑏=log612,𝑐=log918,则()A.𝑐>𝑏>𝑎B.𝑏>𝑐>�

�C.𝑎>𝑐>𝑏D.𝑎>𝑏>𝑐【答案】D【考点】对数的运算性质,换底公式的应用,对数函数的单调性与特殊点【解析】【解答】𝑎=log36=1+log32,𝑏=log612=1+log62,𝑐=log918=1+log92,∵1<log23<lo

g26<log29,而log32=1log23>log62=1log26>log92=1log29,∴𝑎>𝑏>𝑐.故答案为:D【分析】利用对数的换底公式、运算法则、对数函数的单调性即可得出大小关

系.6.已知平面向量𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗满足,|𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|=1,𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=12,若|𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=1,则|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|的最大值为()A.1B.√2C.√3D.2【答案】D【考点】平面向

量数量积的运算,数量积表示两个向量的夹角【解析】【解答】由题意知:𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,则|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|2=(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)2=|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|2+2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+|𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|

2,∵|𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|=1,𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=12,∴cos<𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗>=12,则<𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗>=𝜋3,易知△𝑃𝐴𝐵为等边三角形,则|

𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|=1,∴|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=√2(1+cos<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>),又<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>∈[0,𝜋],∴当<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐶⃗

⃗⃗⃗⃗>=0时,|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|的最大值为2.故答案为:D【分析】由题意知:𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,则|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|2=(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)2=|�

�𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|2+2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+|𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|2,cos<𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗>=12,则<𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗>=𝜋3,易知△𝑃𝐴𝐵为等边三角形,|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=√2(1+cos<𝐴𝐵⃗⃗⃗

⃗⃗,𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>),可得当<𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>=0时,|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|的最大值为2。7.为了加强新冠疫苗的接种工作,某医院欲从5名医生和4名护士中抽选了3人(医生和护士均至少有一人)分配到𝐴,𝐵,𝐶三个地区参加医疗支援工作(每个地区一人),方案

要求医生不能去𝐴地区,则分配方案共有()A.264种B.224种C.200种D.236种【答案】C【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】【解答】当选取的是1名医生2名护士,共有𝐶51𝐶42=30种选法,分配到A,B,C三个地区参加医疗救援(每个地区

一人),方案要求医生不能去A地区,共有2𝐴22=4种,即一共30×4=120种方案;当选取的是2名医生1名护士,共有𝐶52𝐶41=40种选法,分配到A,B,C三个地区参加医疗救援(每个地区一人),方案要求医

生不能去A地区,共有𝐴22=2种,即一共40×2=80种方案.综上所述:分配方案共有200种.故答案为:C.【分析】分类计数,考虑选取1名医生2名护士和2名医生1名护士两类情况求解.8.已知函数𝑓(𝑥)={log𝑎𝑥,𝑥>0|𝑥+3|,−4≤𝑥<0(�

�>0且𝑎≠1).若函数𝑓(𝑥)的图象上有且只有两个点关于原点对称,则𝑎的取值范围是()A.(0,14)B.(0,14)∪(1,+∞)C.(14,1)∪(1,+∞)D.(0,1)∪(1,4)【答案】C【考点】分段函数的应用【解析】【解答】当−4≤𝑥<0时,函数𝑦

=|𝑥+3|关于原点对称的函数为−𝑦=|−𝑥+3|,即𝑦=−|−𝑥+3|,(0≤𝑥≤4),若函数𝑓(𝑥)的图象上有且只有两个点关于原点对称,则等价于函数𝑓(𝑥)=log𝑎𝑥与𝑦=−|−𝑥+3

|,(0≤𝑥≤4)只有一个交点,作出两个函数的图象如图:若𝑎>1时,𝑓(𝑥)=log𝑎𝑥与函数𝑦=−|−𝑥+3|,(0≤𝑥≤4)有唯一的交点,满足条件;当𝑥=4时,𝑦=−|−4+3|=−1若0<�

�<1时,要使𝑓(𝑥)=log𝑎𝑥与函数𝑦=−|−𝑥+3|,(0≤𝑥≤4)有唯一的交点,则要满足𝑓(4)<−1,即log𝑎4<−1=log𝑎𝑎−1,解得故14<𝑎<1;综上𝑎的取值范围是(14,1)∪(1,+∞)故答案为:C【分析】利用函数的对称性,画出函数

的图象,通过数形结合转化求解即可.二、多选题9.甲、乙两名同学在本学期的六次考试成绩统计如图,甲、乙两组数据的平均值分别为𝑥甲̅̅̅̅、𝑥乙̅̅̅̅,则()A.每次考试甲的成绩都比乙的成绩高B.甲的成绩比乙稳定C.𝑥甲̅̅̅̅一定大于𝑥乙̅̅̅̅D.甲的成绩的极差大于乙的成绩的极差

【答案】B,C【考点】众数、中位数、平均数,极差、方差与标准差【解析】【解答】对于A选项,第二次月考,乙的成绩比甲的成绩要高,A选项错误;对于B选项,甲组数据比乙组数据的波动幅度要小,甲的成绩比乙稳定,B选项正确;对于C选项,根据图象可估计出𝑥甲̅̅̅̅∈(90,120),𝑥乙̅̅̅̅∈(

60,90),𝑥甲̅̅̅̅一定大于𝑥乙̅̅̅̅,C选项正确;对于D选项,根据图象可知甲的成绩的极差比乙的成绩的极差小,D选项错误.故答案为:BC.【分析】根据图象可判断A选项的正误;根据甲、乙两组数据的波动幅度大小可判断B选项

的正误;根据图象判断甲、乙两组数据估计平均数的分布,可判断C选项的正误;根据图象判断甲、乙两组数据极差的大小关系,可判断出D选项的正误,由此可得出结论.10.已知𝑏<𝑎<0,则下列结论一定正确的是()A.𝑎2<𝑏2B.𝑏

𝑎+𝑎𝑏>2C.lg𝑎2>lg𝑎𝑏D.|𝑎|𝑎<|𝑎|𝑏【答案】A,B【考点】对数函数的单调性与特殊点,基本不等式,不等式的基本性质【解析】【解答】∵𝑏<𝑎<0,则|𝑎|<|𝑏|,∴𝑎2<�

�2,A符合题意;∵𝑏𝑎>0,𝑎𝑏>0,∴𝑏𝑎+𝑎𝑏≥2√𝑏𝑎⋅𝑎𝑏=2,当且仅当𝑏𝑎=𝑎𝑏时取等号,又𝑏𝑎≠𝑎𝑏,∴𝑏𝑎+𝑎𝑏>2,B符合题意;∵𝑏<𝑎<0,∴0<𝑎2<𝑎𝑏,∴lg𝑎2<lg

𝑎𝑏,C不符合题意;取𝑎=−2,𝑏=−3时,|𝑎|𝑎=14,|𝑎|𝑏=18,此时|𝑎|𝑎>|𝑎|𝑏,D不符合题意.故答案为:AB.【分析】根据题目所给不等式判断a,b的大小及符号,然后运

用不等式的性质判断A,利用基本不等式判断B选项,利用不等式的性质及对数函数的单调性判断C选项,举反例判断D选项。11.关于函数𝑓(𝑥)=|sin𝑥|−sin|𝑥|有下述四个结论,其中正确的结论是()A.𝑓(𝑥)是偶函数B.𝑓(�

�)在(0,2𝜋)上有3个零点C.𝑓(𝑥)在(𝜋2,𝜋)上单调递增D.𝑓(𝑥)的最大值为2【答案】A,D【考点】函数奇偶性的判断,函数的零点,正弦函数的零点与最值【解析】【解答】A:𝑓(−𝑥)=|sin(−

𝑥)|−sin|−𝑥|=|sin𝑥|−sin|𝑥|=𝑓(𝑥)且𝑥∈𝑅,即𝑓(𝑥)是偶函数,正确;B:𝑓(𝑥)={0,0<𝑥≤𝜋−2sin𝑥,𝜋<𝑥<2𝜋,零点有无数个,错误;C:由

B知:(𝜋2,𝜋)上𝑓(𝑥)=0为常数,不单调,错误;D:由B知:在𝑥∈𝑅上,当𝑥=2𝑘𝜋+3𝜋2,𝑘∈𝑍时最大值为2,正确.故答案为:AD【分析】利用奇偶性的定义判断A;利用特殊值判断B;求出函数的零点判断C;求出函数的最小值判断D。12.如

图所示,正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1各棱的长度均相等,𝐷为𝐴𝐴1的中点,𝑀、𝑁分别是线段𝐵𝐵1和线段𝐶𝐶1上的动点(含端点),且满足𝐵𝑀=𝐶1𝑁,当𝑀、𝑁运动时,下列结论中正确的是()A.△𝐷𝑀𝑁是等腰三角形B.在△𝐷𝑀𝑁内总存在与平面�

�𝐶𝐶1𝐵1垂直的线段C.三棱锥𝐴1−𝐷𝑀𝑁的体积是三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的体积的18D.cos∠𝑀𝐷𝑁∈[15,12]【答案】A,B,D【考点】棱柱的结构特征【解析】【解答】对于A选项,依题意可知𝐵�

�=𝐶1𝑁、𝐷是𝐴𝐴1的中点、𝐴𝐵=𝐴1𝐶1,所以直角梯形𝐴𝐵𝑀𝐷和直角梯形𝐴1𝐶1𝑁𝐷全等(当𝐵𝑀=𝐶1𝑁=0,即𝐵和𝑀重合、𝐶1和𝑁重合时是全等的三角形),所以𝑀𝐷=𝑁𝐷,所以△𝐷𝑀𝑁是等腰三

角形,A选项正确.对于B选项,设𝐸,𝐹分别是𝐵𝐶,𝑀𝑁的中点,连接𝐷𝐹,𝐸𝐹,𝐴𝐸,由于𝐸𝐹//𝐵𝑀//𝐶𝑁//𝐴𝐷,且𝐸𝐹=𝐵𝑀+𝐶𝑁2=𝐴𝐷,所以四边形𝐴𝐸𝐹𝐷是平行四边形,所以𝐴𝐸//𝐷𝐹,

由于在正三棱柱中,平面𝐴𝐵𝐶⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1,两个平面的交线为𝐵𝐶,且等边三角形𝐴𝐵𝐶中,𝐴𝐸⊥𝐵𝐶,所以𝐴𝐸⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1,所以𝐷𝐹⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1,所以B选项正确.对于C选项,设正三棱柱的边长为1,所以正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴

1𝐵1𝐶1的体积为12×1×1×sin𝜋3×1=√34.根据正三棱柱的性质可知𝑀到平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1的距离等于𝐵到平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1的距离,结合等边三角形的性质可知这个距离为√32,所以𝑉𝐴1−𝐷𝑀𝑁=𝑉𝑀−𝐴1𝐷𝑁=1

3×(12×12×1)×√32=√324,所以三棱锥𝐴1−𝐷𝑀𝑁的体积是三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的体积的16,C选项错误.对于D选项,设𝐵𝑀=𝐶1𝑁=𝑥(0≤𝑥≤1),则𝑀𝐷=𝑁𝐷=√(12−𝑥)2+12=√𝑥2−𝑥+54,�

�𝑁=√(1−𝑥−𝑥)2+12=√4𝑥2−4𝑥+2,由余弦定理得cos∠𝑀𝐷𝑁=𝑥2−𝑥+54+𝑥2−𝑥+54−(4𝑥2−4𝑥+2)2(𝑥2−𝑥+54)=−2𝑥2+2𝑥+122(𝑥2−𝑥+54)=−2𝑥2+2𝑥

+122𝑥2−2𝑥+52=−(2𝑥2−2𝑥+52)+32𝑥2−2𝑥+52=−1+32𝑥2−2𝑥+52=−1+32(𝑥−12)2+2,由于0≤𝑥≤1,所以2(𝑥−12)2+2∈[2,52],3(𝑥−12)2+2∈[

65,32],−1+3(𝑥−12)2+2∈[15,12],所以D选项正确.故答案为:ABD【分析】根据正三棱柱的结构特征,逐项进行分析,可得答案。三、填空题13.已知直线𝑥=1是函数𝑓(𝑥)=sin(�

�𝑥+𝜋6)(𝜔>0)的一条对称轴,写出𝜔的一个可能值为________.【答案】𝜋3(答案不唯一,形如𝜋3+𝑘𝜋,𝑘∈𝑁都可以)【考点】正弦函数的奇偶性与对称性【解析】【解答】解:因为直线𝑥=1是函数𝑓(𝑥)=

sin(𝜔𝑥+𝜋6)(𝜔>0)的一条对称轴,所以𝜔+𝜋6=𝜋2+𝑘𝜋,𝑘∈𝑁,即𝜔=𝜋3+𝑘𝜋,𝑘∈𝑁.故答案为:𝜋3(答案不唯一,形如𝜋3+𝑘𝜋,𝑘∈𝑁都可以).【分析】利用x=1是函数的对称轴,列出关系式,即可得到结果.14.已

知随机变量𝑋,𝑌满足𝑋∼𝐵(6,16),𝑌=3𝑋+1,𝐸(𝑌)=________.【答案】4【考点】离散型随机变量的期望与方差【解析】【解答】解:因为随机变量𝑋满足𝑋∼𝐵(6,16),所以𝐸(𝑋)=6×16=1,又因𝑌=3𝑋+1,所以𝐸(𝑌)=3𝐸(𝑋

)+1=4.故答案为:4.【分析】由随机变量𝑋∼𝐵(6,16),先求出E(X)=1,再由变量Y=3X+1,得𝐸(𝑌)=3𝐸(𝑋)的值。15.已知(𝑥+𝑎𝑥)(2𝑥−1𝑥)5的展开式中的各项系数的和为2,则该展开式中的

常数项为________.【答案】40【考点】二项式定理【解析】【解答】令x=1可得(1+𝑎)(2−1)5=2,即a=1,则(𝑥+𝑎𝑥)(2𝑥−1𝑥)5𝑥(2𝑥−1𝑥)5+1𝑥(2𝑥−1�

�)5,分别求出(2𝑥−1𝑥)5的展开式中的含1𝑥和x和的项的系数分别为-40,80,所以展开式中的常数项为40.【分析】先求出a的值,再把(2𝑥−1𝑥)5按照二项式定理展开,可得(𝑥+𝑎𝑥)(2𝑥−1𝑥)5的展开式中常数项.16.已知扇形𝐴𝑂𝐵半径为1,∠𝐴𝑂𝐵

=120°,弧𝐴𝐵上的点𝑃满足𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝜇𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗(𝜆,𝜇∈𝑅),则𝜆+𝜇的最大值是________;𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗最小值是________.【答案】2;−12【考点】平面向量

数量积的运算,三角函数中的恒等变换应用【解析】【解答】以𝑂𝐵为x轴,过𝑂作𝑂𝐵的垂线作𝑦轴,建立平面直角坐标系,𝑂(0,0),𝐵(1,0),𝐴(−12,√32),𝑃(cos𝜃,sin𝜃),𝜃∈[0,2𝜋3],则(cos𝜃,sin𝜃)

=𝜆(−12,√32)+𝜇(1,0),所以{cos𝜃=−𝜆2+𝜇sin𝜃=√32𝜆,所以{𝜆=2√33sin𝜃𝜇=√33sin𝜃+cos𝜃,𝜆+𝜇=√3sin𝜃+cos�

�=2(√32sin𝜃+12cos𝜃)=2sin(𝜃+𝜋6),因为𝜃∈[0,2𝜋3],所以𝜃+𝜋6∈[𝜋6,5𝜋6],所以当𝜃+𝜋6=𝜋2,即𝜃=𝜋3时,𝜆+𝜇取得最大值2

.所以𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(−12−cos𝜃,√32−sin𝜃)⋅(1−cos𝜃,−sin𝜃)=−12−12cos𝜃+cos2𝜃−√32sin𝜃+sin2𝜃=12−(12cos𝜃+√32sin𝜃)=12−sin(𝜃+𝜋6),因

为𝜃∈[0,2𝜋3],所以𝜃+𝜋6∈[𝜋6,5𝜋6],所以当𝜃+𝜋6=𝜋2,即𝜃=𝜋3时,𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗取得最小值−12.故答案为:2;−12.【分析】建立坐标系,设∠BOP=θ,用𝜃表示出P

点坐标,得出λ+μ及𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗关于𝜃的表达式,根据θ的范围和三角函数的性质得出答案.四、解答题17.在△𝐴𝐵𝐶中,内角𝐴,𝐵,𝐶的对边分别为𝑎,𝑏,𝑐,且sin2𝐴+sin2𝐵−sin2𝐶=sin𝐴⋅si

n𝐵(1)求𝐶;(2)若△𝐴𝐵𝐶的面积为10√3,𝐷为𝐴𝐶的中点,求𝐵𝐷的最小值.【答案】(1)由sin2𝐴+sin2𝐵−sin2𝐶=sin𝐴⋅sin𝐵及正弦定理可得:𝑎2+𝑏2−𝑐2=𝑎

𝑏∴cos𝐶=𝑎2+𝑏2−𝑐22𝑎𝑏=12∵𝐶∈(0,𝜋)∴𝐶=𝜋3(2)由题意知𝑆△𝐴𝐵𝐶=12𝑎𝑏sin𝐶=12𝑎𝑏⋅√32=10√3,得𝑎𝑏=40.由余弦定理得𝐵𝐷2=𝑎2+𝑏24−𝑎𝑏cos�

�=𝑎2+𝑏24−12𝑎𝑏≥2𝑎⋅𝑏2−12𝑎𝑏=12𝑎𝑏=20,当且仅当𝑎=12𝑏且𝑎𝑏=40,即𝑎=2√5,𝑏=4√5时取等号,所以𝐵𝐷的最小值为2√5.【考点】正弦定理,余弦定理【解析】【分析】(1)利

用正弦定理化简已知条件,然后通过余弦定理求解角C的大小;(2)利用三角形的面积公式和余弦定理及不等式的应用求出结果.18.已知正项数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛,对𝑛∈𝑁∗有2𝑆𝑛=𝑎𝑛2+𝑎𝑛.

(1)求数列{𝑎𝑛}的通项公式;(2)若𝑏𝑛=2𝑎𝑛+𝑎𝑛,求{𝑏𝑛}的前项和𝑇𝑛.【答案】(1)∵2𝑆𝑛=𝑎𝑛2+𝑎𝑛,①∴当𝑛=1时,2𝑎1=𝑎12+𝑎1,解得𝑎1=1;当𝑛≥2时,2𝑆𝑛−1=𝑎𝑛−12+𝑎𝑛−1,②由①−

②得2𝑎𝑛=𝑎n2+𝑎n−(𝑎n−12+𝑎n−1),化为(𝑎𝑛+𝑎𝑛−1)(𝑎𝑛−𝑎𝑛−1−1)=0,∵∀𝑛∈𝑁∗有𝑎𝑛>0,∴𝑎n−𝑎n−1=1.数列{𝑎𝑛}是以首项为1,公差为1的等差数列.∴𝑎𝑛=1+(𝑛−1)=𝑛.∴𝑎𝑛=

𝑛.(2)由(1)得𝑎𝑛=𝑛∵𝑏𝑛=2𝑎𝑛+𝑎𝑛,∴𝑏𝑛=2𝑛+𝑛,∴𝑇𝑛=21+1+22+2+23+3+⋯+2𝑛+𝑛=21+22+23+⋯+2𝑛+1+2+3+⋯+𝑛=21×(1−2𝑛)1−2+(1+𝑛)𝑛2=2𝑛+1−

2+(1+𝑛)𝑛2.【考点】数列的求和,数列递推式【解析】【分析】(1)当n=1时计算可知𝑎1=1,当n≥2时通过作差整理可知数列{𝑎𝑛}是以首项为1,公差为1的等差数列,进而计算可得结论;(2)通过(1)可知𝑏�

�=2𝑛+𝑛,进而利用错位相减法计算即得结论.19.如图,矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中,𝐴𝐵=2,𝐵𝐶=1,𝐸为𝐶𝐷的中点,把𝛥𝐴𝐷𝐸沿𝐴𝐸翻折,满足𝐴𝐷⊥𝐵𝐸.(1)求证:平面𝐴𝐷𝐸⊥平面𝐴𝐵𝐶�

�;(2)求二面角𝐸−𝐴𝐶−𝐷的余弦值.【答案】(1)证明:由已知可得𝐴𝐸=𝐵𝐸=√2,𝐴𝐵=2,在△𝐴𝐵𝐸中,满足𝐴𝐸2+𝐵𝐸2=𝐴𝐵2∴𝐵𝐸⊥𝐴𝐸∵𝐴𝐷⊥𝐵𝐸,且𝐴𝐷∩𝐴𝐸=

𝐴,𝐴𝐷、𝐴𝐸⊂平面𝐴𝐷𝐸,∴𝐵𝐸⊥平面𝐷𝐴𝐸又𝐵𝐸⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐸,∴平面𝐴𝐷𝐸⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐸.(2)解:法一:(几何法)如图所示,连接𝐴𝐶,取𝐴𝐸中点𝑂,连接𝐷𝑂,∴𝐷𝑂⊥𝐴𝐸,过𝑂作𝑂𝑄⊥𝐴𝐶交�

�𝐶于𝑄点,连接𝑂𝑄、𝐷𝑄,∵平面𝐴𝐷𝐸⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐸,𝐴𝐸=平面𝐴𝐷𝐸∩平面𝐴𝐵𝐶𝐸,∴𝐷𝑂⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐸,∴𝐷𝑂⊥𝐴𝐶,又𝐷𝑂∩𝑂𝑄=𝑂,∴𝐴𝐶⊥平面𝐷𝑂

𝑄,∴𝐴𝐶⊥𝐷𝑄,所以∠𝐷𝑄𝑂即为所求的二面角的平面角,由cos∠𝐸𝐴𝐶=(√2)2+(√5)2−122×√2×√5=3√1010,∴𝐷𝑂=√22,𝑂𝑄=|𝐴𝑂|sin∠𝐸𝐴𝐶=√22×√1010=√510,又tan∠𝐷𝑄𝑂=𝐷�

�𝑂𝑄=√22√510=√10,∴cos∠𝐷𝑄𝑂=√1111∴二面角𝐸−𝐴𝐶−𝐷的余弦值为√1111.法二:(向量法)取𝐴𝐸的中点𝑂,连接𝐷𝑂∵𝐴𝐷=𝐷𝐸∴𝐷𝑂⊥𝐴

𝐸∵平面𝐴𝐷𝐸⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐸,𝐴𝐸=平面𝐴𝐷𝐸∩平面𝐴𝐵𝐶𝐸,∴𝐷𝑂⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐸,如图所示,以𝐸为坐标原点,以𝐸𝐴,𝐸𝐵分别为𝑥,𝑦轴,过𝐸作𝐷𝑂的平行线为

𝑧轴,建立空间直角坐标系,则𝐴(√2,0,0),𝐶(−√22,√22,0),𝐷(√22,0,√22)∴𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(−3√22,√22,0),𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(−√22,0,√22)设𝑚⃗⃗=(𝑥,𝑦

,𝑧)为平面𝐷𝐴𝐶的法向量,有{𝑚⃯⋅𝐴𝐶⃯=0𝑚⃯⋅𝐴𝐷⃯=0⇒{−3√22𝑥+√22𝑦=0−√22𝑥+√22𝑧=0不妨令𝑥=1,则𝑦=3,𝑧=1,∴𝑚⃗⃗=(1,3,1),而平面𝐴𝐸𝐶的其中一个法向量显然为𝑛⃗=(0,0,

1)cos〈𝑚⃗⃗,𝑛⃗〉=𝑚⃗⃗⋅𝑛⃗|𝑚⃗⃗||𝑛⃗|=√1111二面角𝐸−𝐴𝐶−𝐷的余弦值为√1111.【考点】平面与平面垂直的判定,用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】(1)根据勾股定理可证得𝐵𝐸⊥𝐴𝐸,得𝐵𝐸⊥平面𝐷𝐴𝐸,根据面

面垂直的判定定理可得平面𝐴𝐷𝐸⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐸;(2)法一:(几何法)如图所示,连接𝐴𝐶,取𝐴𝐸中点𝑂,连接𝐷𝑂,得𝐷𝑂⊥𝐴𝐸,∠𝐷𝑄𝑂即为所求的二面角的平面角,cos∠𝐸𝐴𝐶=(√2)2+(√5)2−122×√2×√5=3√1010;法二:(向

量法)以𝐸𝐴,𝐸𝐵分别为𝑥,𝑦轴,过𝐸作𝐷𝑂的平行线为𝑧轴,建立空间直角坐标系,求出平面𝐷𝐴𝐶的法向量和平面𝐴𝐸𝐶的其中一个法向量,利用向量法可求出二面角𝐸−𝐴𝐶−𝐷的余弦值.20.足不出户,手机下单,送菜到家,轻松逛起手机“菜市场”,拎起手机“菜篮子

”,省心又省力.某手机App(应用程序)公司为了了解居民使用这款App使用者的人数及满意度,对一大型小区居民开展5个月的调查活动,从使用这款App的人数的满意度统计数据如下:月份12345不满意的人数1201051009580(1)请利用所给数据求不满意人数𝑦与月份𝑥之间的回归直线方程𝑦

̂=𝑏̂𝑥+𝑎̂,并预测该小区10月份的对这款App不满意人数:(2)工作人员发现使用这款App居民的年龄𝑋近似服从正态分布𝑁(35,42),求𝑃(27<𝑥≤47)的值;(3)工作人员从这5个月内的调查表

中随机抽查100人,调查是否使用这款App与性别的关系,得到如表:使用App不使用App女性4812男性2218能否据此判断有99%的把握认为是否使用这款App与性别有关?参考公式:𝑏̂=∑𝑥𝑖𝑛𝑖=1𝑦𝑖−𝑛𝑥̅𝑦̅∑𝑥𝑖2𝑛𝑖

=1−𝑛𝑥̅2=∑(𝑥𝑖−𝑥̅)𝑛𝑖=1(𝑦𝑖−𝑦̅)=∑(𝑥𝑖−𝑥̅)2𝑛𝑖=1,𝑎̂=𝑦̅−𝑏̂𝑥̅.附:随机变量:𝜉−𝑁(𝜇,𝜎2),则𝑃(𝜇−𝜎<𝜉≤𝜇+𝜎)≈0.68272,𝑃(𝜇−2𝜎<𝜉≤𝑁+2𝜎)≈0.9545,

𝑃(𝜇−3𝜎<𝜉≤𝜇+3𝜎)≈0.9973𝐾2=𝑛(𝑎𝑑−𝑏𝑐)2(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(𝑏+𝑑)(其中𝑛=𝑎+𝑏+𝑐+𝑑)P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.01

0k02.0722.7063.8415.0246.635【答案】(1)由表中的数据可知,𝑥̅=1+2+3+4+55=3,𝑦̅=120+105+100+95+805=100,所以𝑏̂=∑𝑥𝑖5𝑖=1𝑦𝑖−5𝑥̅𝑦̅∑

𝑥𝑖25𝑖=1−5𝑥̅2=1410−150055−45=−9,故𝑎̂=𝑦̅−𝑏̂𝑥̅=100−(−9)×3=127,所以所求的回归直线方程为𝑦̂=−9𝑥+127;令𝑥=10,则𝑦̂=−9×10+127=37

(人)所以10月该小区对这款App的不满意人数为37人;(2)依题意得𝑃(27<𝑥≤47)=𝑃(35−2×4<𝑥≤35+3×4)≈0.9545+0.9973−0.95452≈0.9545+0.99732=0.9759(3)由表中的数据计算可得:𝑘2=100

×(48×18−22×12)260×40×70×30=507≈7.143>6.635,根据临界值可得,有99%的把握认为是否使用这款App与性别有关【考点】线性回归方程,独立性检验的基本思想【解析】【分析】(1)由表中的数据可知,𝑥̅=1+2+3+4+55=3,𝑦

̅=120+105+100+95+805=100,根据公式求出𝑏^,𝑎^,即可求出回归直线方程,令𝑥=10,可求出小区10月份的对这款App不满意人数;(2)依题意得𝑃(27<𝑥≤47)=𝑃(35−2×4<𝑥≤35+3×4)计算即可;(3)由表中的数据计算求得K

2,即可的结论。21.已知圆𝑀经过两点𝐴(3,√3),𝐵(2,2)且圆心𝑀在直线𝑦=𝑥−2上.(1)求圆𝑀的方程;(2)设𝐸,𝐹是圆𝑀上异于原点𝑂的两点,直线𝑂𝐸,𝑂𝐹的斜率分别为𝑘1,𝑘2,且𝑘1⋅𝑘2=2

,求证:直线𝐸𝐹经过一定点,并求出该定点的坐标.【答案】(1)设圆𝑀的方程为:(𝑥−𝑎)2+(𝑥−𝑏)2=𝑟2(𝑟>0),由题意得:{(3−𝑎)2+(√3−𝑏)2=𝑟2(2−𝑎

)2+(2−𝑏)2=𝑟2𝑏=𝑎−2⇒{𝑎=2𝑏=0𝑟=2,圆𝑀的方程:(𝑥−2)2+𝑦2=4.(2)设直线𝐸𝐹:𝑦=𝑘𝑥+𝑏,由{(𝑥−2)2+𝑦2=4𝑦=𝑘𝑥+𝑏⇒(1+𝑘2)𝑥2+(2𝑘𝑏−4)𝑥+𝑏2=0,𝛥=(2𝑘𝑏

−4)2−4(1+𝑘2)𝑏2=4(4−4𝑘𝑏−𝑏2)>0⇒4𝑘𝑏+𝑏2<4,设𝐸(𝑥1,𝑦1),𝐹(𝑥2,𝑦2),𝑥1+𝑥2=−(2𝑘𝑏−4)1+𝑘2,𝑥1𝑥2=𝑏2

1+𝑘2,∴𝑘1𝑘2=𝑦1𝑥1⋅𝑦2𝑥2=(𝑘𝑥1+𝑏)(𝑘𝑥2+𝑏)𝑥1𝑥2=𝑘2𝑥1𝑥2+𝑘𝑏(𝑥1+𝑥2)+𝑏2𝑥1𝑥2=𝑘2𝑏21+𝑘2+𝑘𝑏4−2𝑘�

�1+𝑘2+𝑏2𝑏21+𝑘2=𝑘2𝑏2−𝑘𝑏(2𝑘𝑏−4)+𝑏2(1+𝑘2)𝑏2=4𝑘+𝑏𝑏=2,∴4𝑘=𝑏,代入𝑦=𝑘𝑥+𝑏得𝑦=𝑘(𝑥+4),直线�

�𝐹必过定点(−4,0).【考点】圆的一般方程,直线和圆的方程的应用【解析】【分析】(1)设圆𝑀的方程为:(𝑥−𝑎)2+(𝑥−𝑏)2=𝑟2(𝑟>0),由题意得:{(3−𝑎)2+(√3−𝑏)2=𝑟2(2−𝑎)2+(2−𝑏)2=𝑟2�

�=𝑎−2⇒{𝑎=2𝑏=0𝑟=2,可得圆𝑀的方程;(2)设直线𝐸𝐹:𝑦=𝑘𝑥+𝑏,𝐸(𝑥1,𝑦1),𝐹(𝑥2,𝑦2),由{(𝑥−2)2+𝑦2=4𝑦=𝑘𝑥+𝑏⇒(1+𝑘2)𝑥2+(2𝑘𝑏−4)𝑥+𝑏2=0,

利用韦达定理可得𝑥1+𝑥2=−(2𝑘𝑏−4)1+𝑘2,𝑥1𝑥2=𝑏21+𝑘2,𝑘1𝑘2=𝑦1𝑥1⋅𝑦2𝑥2=4𝑘+𝑏𝑏=2,解得4𝑘=𝑏,进而得出直线𝐸𝐹必过定点(−4,0).22.某

校高二年级为了丰富学生的课外活动,每个星期都举行“快乐体育”活动.在一次“套圈圈”的游戏中,规则如下:在规定的4米之外的地方有一个目标物体,选手站在原地丟圈,套中目标物即获胜;规定每小组两人,每人两次,套中的

次数之和不少于3次称为“最佳拍档”,甲、乙两人同一组,甲、乙两人丟圈套中的概率为别为pi,p2,假设两人是否套中相互没有影响.(1)若𝑝1=13,𝑝2=12设甲、乙两人丟圈套中的次数之和为𝜉,求𝜉的分布列及数学期望𝐸(𝜉).(2)若𝑝1+𝑝2=43,则游戏中甲乙两

人这一组要想获得“最佳拍档”次数为16次,则理论上至少要进行多少轮游戏才行?并求此时𝑝1,𝑝2的值.【答案】(1)两人丢圈套中的次数值和为𝜉,则𝜉的值可能为0,1,2,3,4,𝑃(𝜉=0)=(1−13)2(1−12)2=19,𝑃(𝜉=1)=�

�21(13)(23)(1−12)2+(1−13)2𝐶21(12)(1−12)=13,𝑃(𝜉=2)=(13)2(1−12)2+𝐶21(13)(23)𝐶21(12)(1−12)+(1−13)2(12)2=1336,𝑃(�

�=3)=(13)2𝐶21(12)(1−12)+𝐶21(13)(23)(12)2=16,𝑃(𝜉=4)=(13)2(12)2=136,分布列如下表:𝜉01234𝑝1913133616136𝐸(𝜉)=0×19+1×13+2×1336+

3×16+4×136=53.(2)他们在一轮游戏中获“最佳拍档”的概率为𝑃=𝐶21𝑝1(1−𝑝1)𝐶22(𝑝2)2+𝐶22(𝑝1)2𝐶21𝑝2(1−𝑝2)+𝐶22(𝑝1)2𝐶22(𝑝2)2=2𝑝1𝑝2(𝑝

1+𝑝2)−3(𝑝1)2(𝑝2)2,因为𝑝1+𝑝2=43,所以𝑃=83𝑝1𝑝2−3(𝑝1)2(𝑝2)2,因为0≤𝑝1≤1,0≤𝑝2≤1,𝑝1+𝑝2=43,所以13≤𝑝1≤1,13≤𝑝1≤1,所以19<𝑝1𝑝2≤49,令𝑡=𝑝1𝑝2,以19

<𝑡≤49,则𝑃=ℎ(𝑡)=−3𝑡2+83𝑡=−3(𝑡−49)2+1627,当𝑡=49时,𝑃max=1627,他们小组在𝑛轮游戏中获“最佳拍档”次数𝜉满足𝜉~𝐵(𝑛,𝑝),由(𝑛𝑝)max=16,则𝑛=27,所以理论上至少要进行27轮游戏,此时𝑝1+𝑝2

=43,𝑝1𝑝2=49,𝑝1=𝑝2=23.【考点】离散型随机变量及其分布列,离散型随机变量的期望与方差【解析】【分析】(1)两人丢圈套中的次数值和为𝜉,则𝜉的值可能为0,1,2,3,4,求出对应的概率,即可求出𝜉的分布列及

数学期望𝐸(𝜉);(2)他们在一轮游戏中获“最佳拍档”的概率为𝑃=𝐶21𝑝1(1−𝑝1)𝐶22(𝑝2)2+𝐶22(𝑝1)2𝐶21𝑝2(1−𝑝2)+𝐶22(𝑝1)2𝐶22(𝑝2)

2=2𝑝1𝑝2(𝑝1+𝑝2)−3(𝑝1)2(𝑝2)2,由𝑝1+𝑝2=43,得𝑃=83𝑝1𝑝2−3(𝑝1)2(𝑝2)2,推导出19<𝑝1𝑝2≤49,令𝑡=𝑝1𝑝2,以19<𝑡≤49,则𝑃=ℎ(𝑡)=−3𝑡2+83𝑡=−3(𝑡−4

9)2+1627,当𝑡=49时,𝑃max=1627,他们小组在𝑛轮游戏中获“最佳拍档”次数𝜉满足𝜉~𝐵(𝑛,𝑝),由此求出结果。

小赞的店铺
小赞的店铺
天天写文档,写文档,文档
  • 文档 324638
  • 被下载 21
  • 被收藏 0
相关资源
若发现您的权益受到侵害,请立即联系客服,我们会尽快为您处理。侵权客服QQ:12345678 电话:400-000-0000 (支持时间:9:00-17:00) 公众号
Powered by 太赞文库
×
确认删除?