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2019-2020学年江西省景德镇一中16班高二(上)期末数学试卷含详细解答

1、 第 1 页(共 22 页) 2019-2020 学年江西省景德镇一中学年江西省景德镇一中 16 班高二 (上) 期末数学试卷班高二 (上) 期末数学试卷 一选择题:本题共一选择题:本题共 12 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 60 分分.在每小题给出的四个选项中,只有一在每小题给出的四个选项中,只有一 项是符合题目要求的项是符合题目要求的. 1 (5 分)已知集合 Mx|0,Nx|y,则(RM)N( ) A (1,2 B1,2 C (2,3 D2,3 2 (5 分)复数 z 满足,则|z|( ) A2i B2 Ci D1 3 (5 分)已知平面 内一条直线 l 及平面 ,则“l”

2、是“”的( ) A充分必要条件 B充分不必要条件 C必要不充分条件 D既不充分也不必要条件 4 (5 分)公比不为 1 的等比数列an中,若 a1a5aman,则 mn 不可能为( ) A5 B6 C8 D9 5 (5 分)已知一组样本数据点(x1,y1) , (x2,y2) , (x3,y3) , (x6,y6) ,用最小二乘 法得到其线性回归方程为, 若数据 x1, x2, x3, , x6的平均数为 1, 则 y1+y2+y3+ +y6等于( ) A10 B12 C13 D14 6 (5 分)在平面直角坐标系 xOy 中,已知 M(1,2) ,N(1,0) ,动点 P 满足| |,则动点

3、 P 的轨迹方程是( ) Ay24x Bx24y Cy24x Dx24y 7 (5 分)已知二元一次不等式组表示的平面区域为 D,命题 p:点(0,1) 在区域 D 内;命题 q:点(1,1)在区域 D 内则下列命题中,真命题是( ) Apq Bp(q) C (p)q D (p)(q) 8 (5 分) 已知ABC 的垂心为 H, 且 AB3, AC5, M 是 BC 的中点, 则 ( ) A5 B6 C7 D8 9 (5 分)圆 C:x2+y210y+160 上有且仅有两点到双曲线的 第 2 页(共 22 页) 一条渐近线的距离为 1,则该双曲线离心率的取值范围是( ) A B C D 10

4、(5 分) 算法统宗是中国古代数学名著,由明代数学家程大位所著,该作完善了珠算 口诀, 确立了算盘用法, 完成了由筹算到珠算的彻底转变, 该作中有题为 “李白沽酒” “李 白街上走,提壶去买酒遇店加一倍,见花喝一斗,三遇店和花,喝光壶中酒借问此 壶中,原有多少酒?” ,如图为该问题的程序框图,若输出的 S 值为 0,则开始输入的 S 值为( ) A B C D 11 (5 分)在三棱锥 PABC 中,PA平面 ABC, 则三棱锥 PABC 的外接球的表面积为( ) A32 B48 C64 D72 12 (5 分)已知实数 x,y 满足 ln(4x+3y6)ex+y 23x+2y6,则 x+y

5、的值为( ) A2 B1 C0 D1 二填空题:本题共二填空题:本题共 4 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 20 分分. 13 (5 分)展开式中的常数项是 (用数字作答) 14 (5 分)已知 14C 的半衰期为 5730 年(是指经过 5730 年后,14C 的残余量占原始量的一 第 3 页(共 22 页) 半) 设 14C 的原始量为 a,经过 x 年后的残余量为 b,残余量 b 与原始量 a 的关系如下: bae kx,其中 x 表示经过的时间,k 为一个常数现测得湖南长沙马王堆汉墓女尸出土 时 14C 的残余量约占原始量约占原始量的 76.7%请你推断一下马王堆汉墓的大致

6、年代 为距今 年 (已知 log20.7670.4) 15 (5 分)已知 A、B 为抛物线 y24x 上的两个动点,且 OAOB,抛物线的焦点为 F,则 ABF 面积的最小值为 16 (5 分)ABC 中,角 A,B,C 所对应的边分别为 a,b,c(bc) ,若 BC 边上的高等 于,当最大时,a:b:c 三解答题:共三解答题:共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第第 1721 题为必考题,题为必考题, 每个试题考生都必须作答;第每个试题考生都必须作答;第 22、23 题为选考题,考生根据要求作答题为选考题,考生根据要求作答. 17

7、 (10 分)已知等比数列an的首项 a11,前 n 项和为 Sn,设 bnSn+1,且数列bn为 等比数列 (1)求an,bn的通项公式; (2)若数列anlog2bn的前 n 项和为 Tn,求 Tn+Snnbn的值 18 (12 分)已知四棱柱 ABCDABCD中,底面 ABCD 为菱形,AB2,AA4,BAD 60,E 为 BC 中点,C在平面 ABCD 上的投影 H 为直线 AE 与 DC 的交点 (1)求证:BDAH; (2)求二面角 DBBC 的正弦值 19 (12 分)某“双一流”大学专业奖学金是以所学专业各科考试成绩作为评选依据,分为 专业一等奖学金(奖金额 3000 元) 、

8、专业二等奖学金(奖金额 1500 元)及专业三等奖学 金(奖金额 600 元) ,且专业奖学金每个学生一年最多只能获得一次图(1)是统计了 该校 2018 年 500 名学生周课外平均学习时间频率分布直方图,图( 2)是这 500 名学生 在 2018 年周课外平均学习时间段获得专业奖学金的频率柱状图 第 4 页(共 22 页) ()求这 500 名学生中获得专业三等奖学金的人数; ()若周课外平均学习时间超过 35 小时称为“努力型”学生,否则称为“非努力型” 学生,列 22 联表并判断是否有 99.9%的把握认为该校学生获得专业一、二等奖学金与 是否是“努力型”学生有关? ()若以频率作为

9、概率,从该校任选一名学生,记该学生 2018 年获得的专业奖学金额 为随机变量 X,求随机变量 X 的分布列和期望 P(kk0) 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001 k0 2.71 3.84 6.64 7.88 10.83 20 (12 分)已知 A(1,0) ,B(1,0) ,+,|+|4 (1)求 P 的轨迹 E (2)过轨迹 E 上任意一点 P 作圆 O:x2+y23 的切线 l1,l2,设直线 OP,l1,l2的斜率 分别是 k0,k1,k2,试问在三个斜率都存在且不为 0 的条件下,(+)是否是 定值,请说明理由,并加以证明 21 (12 分)已知函数 f(x)(

10、kxk1)ex 1+1,且 f(x)0 (1)求 k 的值; (2)当 0x2 时,求证: 22 (12 分)在直角坐标系 xOy 中,曲线 C 的参数方程为(0,2) , 为参数) ,在同一平面直角坐标系中,经过伸缩变换得到曲线 C1,以坐标原 点 O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系( 为极径, 为极角) 第 5 页(共 22 页) ()求曲线 C 的直角坐标方程和曲线 C1的极坐标方程; ()若射线 OA:(0)与曲线 C1交于点 A,射线与 曲线 C1交于点 B,求的值 第 6 页(共 22 页) 2019-2020 学年江西省景德镇一中学年江西省景德镇一中 16 班高二 (上

11、) 期末数学试卷班高二 (上) 期末数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一选择题:本题共一选择题:本题共 12 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 60 分分.在每小题给出的四个选项中,只有一在每小题给出的四个选项中,只有一 项项是符合题目要求的是符合题目要求的. 1 (5 分)已知集合 Mx|0,Nx|y,则(RM)N( ) A (1,2 B1,2 C (2,3 D2,3 【分析】化简集合 M、N,根据补集和交集的定义计算即可 【解答】解:集合 Mx|0x|x1 或 x3, Nx|yx|2x0x|x2, 则RMx|1x3, 所以(RM)Nx|1x21,2 故选:B 【点评

12、】本题考查了集合的化简与运算问题,是基础题 2 (5 分)复数 z 满足,则|z|( ) A2i B2 Ci D1 【分析】根据已知条件,先求出复数 z 的代数形式,代入模长公式即可 【解答】解:依题意,因为复数 z 满足, 所以 zi, 所以|z|1, 故选:D 【点评】本题考查了复数的代数形式的运算,复数的模,属于基础题 3 (5 分)已知平面 内一条直线 l 及平面 ,则“l”是“”的( ) A充分必要条件 B充分不必要条件 C必要不充分条件 D既不充分也不必要条件 【分析】根据面面垂直和线面垂直的定义,结合充分条件和必要条件的定义进行判断即 可 【解答】解:由面面垂直的定义知,当 l”

13、时, “”成立, 第 7 页(共 22 页) 当 时,l 不一定成立, 即“l”是“”的充分不必要条件, 故选:B 【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断,结合空间直线和平面垂直的判定定 理和性质是解决本题的关键 4 (5 分)公比不为 1 的等比数列an中,若 a1a5aman,则 mn 不可能为( ) A5 B6 C8 D9 【分析】公比不为 1 的等比数列an中,由 a1a5aman,可得 m+n1+56,对 m,n 分 类讨论即可得出 【解答】解:公比不为 1 的等比数列an中,由 a1a5aman, 则 m+n1+56, m1,n5;或 m5,n1;此时 mn5 m2,n4;或

14、 m4,n2;此时 mn8 mn3此时 mn9 因此 mn 不可能为 6 故选:B 【点评】本题考查了等比数列的通项公式及其性质、分类讨论方法,考查了推理能力与 计算能力,属于中档题 5 (5 分)已知一组样本数据点(x1,y1) , (x2,y2) , (x3,y3) , (x6,y6) ,用最小二乘 法得到其线性回归方程为, 若数据 x1, x2, x3, , x6的平均数为 1, 则 y1+y2+y3+ +y6等于( ) A10 B12 C13 D14 【分析】 设这组样本数据中心点为 ( , ) , 代入线性回归方程中求得 , 再求 y1+y2+y3+ +y6的值 【解答】解:设样本数

15、据点(x1,y1) , (x2,y2) , (x3,y3) , (x6,y6)的样本中心点 为( , ) , 则 1,代入线性回归方程中,得 21+42, 则 y1+y2+y3+y66 12 故选:B 第 8 页(共 22 页) 【点评】本题考查了线性回归方程的应用问题,是基础题 6 (5 分)在平面直角坐标系 xOy 中,已知 M(1,2) ,N(1,0) ,动点 P 满足| |,则动点 P 的轨迹方程是( ) Ay24x Bx24y Cy24x Dx24y 【分析】由轨迹方程的求法得:设动点 P(x,y) ,求出相关的向量利用向量的数量积以 及向量的模化简求解,可得动点 P 的轨迹 C 的

16、方程 【解答】解: (1)设动点 P(x,y) ,M(1,2) ,N(1,0) , 则(x1,2y) ,(1x,y) , 动点 P 满足|, |x1|, 所以 x2+2x+1x22x+1+y2,整理得:y24x, 故动点 P 的轨迹 C 的方程为:y24x 故选:A 【点评】本题考查了平面向量的性质及其运算及曲线的轨迹方程,属中档题 7 (5 分)已知二元一次不等式组表示的平面区域为 D,命题 p:点(0,1) 在区域 D 内;命题 q:点(1,1)在区域 D 内则下列命题中,真命题是( ) Apq Bp(q) C (p)q D (p)(q) 【分析】把两点坐标分别代入不等式组判断 p 与 q

17、 的真假,再由复合命题的真假判断得 答案 【解答】解:把点(0,1)代入不等式 x+y20 不成立,故命题 p 为假命题; 把点(1,1)代入不等式组成立,故命题 q 为真命题 pq、p(q) 、 (p)(q)为假命题; (p)q 为真命题 故选:C 【点评】本题考查简单的线性规划,考查复合命题的真假判断,是基础题 第 9 页(共 22 页) 8 (5 分) 已知ABC 的垂心为 H, 且 AB3, AC5, M 是 BC 的中点, 则 ( ) A5 B6 C7 D8 【分析】题目是选择题,不妨通过特殊三角形,利用向量的坐标运算求解即可 【解答】解:ABC 的垂心为 H,且 AB3,AC5,M

18、 是 BC 的中点, 不妨取特殊三角形如图:A、H 重合,B(3,0) ,C(0,5) , M(,) , (3,5) , 则(,) (3,5)8 故选:D 【点评】本题考查向量的数量积的应用,考查转化思想以及计算能力 9 (5 分)圆 C:x2+y210y+160 上有且仅有两点到双曲线的 一条渐近线的距离为 1,则该双曲线离心率的取值范围是( ) A B C D 【分析】由圆的方程求出圆心坐标与半径,写出双曲线的一条渐近线方程,由题意可得 圆心到双曲线渐近线的距离大于且小于 4,由此列式求解双曲线离心率的取值范围 【解答】解:圆 C:x2+y210y+160 可化为 x2+(y5)29, 圆

19、 C:x2+y210y+160 上有且仅有两点到双曲线的一条 渐近线的距离为 1, 圆心到双曲线渐近线的距离大于 2 且小于 4, 第 10 页(共 22 页) 由对称性不妨取双曲线的一条渐近线为 y,即 bxay 0, 24,即 24, 解得: 即双曲线离心率的取值范围是() 故选:C 【点评】本题考查双曲线的离心率 e 的取值范围,考查直线与圆的位置关系,考查点到 直线的距离公式,属于中档题 10 (5 分) 算法统宗是中国古代数学名著,由明代数学家程大位所著,该作完善了珠算 口诀, 确立了算盘用法, 完成了由筹算到珠算的彻底转变, 该作中有题为 “李白沽酒” “李 白街上走,提壶去买酒遇

20、店加一倍,见花喝一斗,三遇店和花,喝光壶中酒借问此 壶中,原有多少酒?” ,如图为该问题的程序框图,若输出的 S 值为 0,则开始输入的 S 值为( ) A B C D 【分析】由已知中的程序语句,模拟程序的运行过程,分析循环中各变量值的变化情况, 第 11 页(共 22 页) 可得答案 【解答】解:模拟程序的运行,可得 SS,i1 S2S1, 满足条件 i3,执行循环体,i2,S2(2S1)14a3, 满足条件 i3,执行循环体,i3,S2(4S3)18S7 此时,不满足条件 i3,退出循环,输出 S 的值为 0 可得:8S70,解得:S 故选:C 【点评】本题考查了程序框图的应用问题,解题

21、时应模拟程序框图的运行过程,以便得 出正确的结论,是基础题 11 (5 分)在三棱锥 PABC 中,PA平面 ABC, 则三棱锥 PABC 的外接球的表面积为( ) A32 B48 C64 D72 【分析】由题意画出图形,求出底面三角形 ABC 的外接圆的半径,进一步求得三棱锥 P ABC 的外接球的半径,再由球的表面积公式求解 【解答】解:如图, 由题意,ABC 的外接圆的半径 r PA平面 ABC,且 PA4, 三棱锥 PABC 的外接球的半径 R 满足 第 12 页(共 22 页) 三棱锥 PABC 的外接球的表面积为 41664 故选:C 【点评】本题考查多面体外接球表面积的求法,考查

22、数形结合的解题思想方法,是中档 题 12 (5 分)已知实数 x,y 满足 ln(4x+3y6)ex+y 23x+2y6,则 x+y 的值为( ) A2 B1 C0 D1 【分析】根据题意把不等式化为 ln(4x+3y6)(4x+3y6)ex+y 2(x+y2) 2;设 f(x)lnxx,g(x)exx2; 利用导数求出 f(x)有最大值为1,g(x)有最小值为1,此时满足 f(x)g(x) , 即原不等式成立,由此求得 x+y 的值 【解答】解:不等式 ln(4x+3y6)ex+y 23x+2y6, 化为 ln(4x+3y6)ex+y 2+3x+2y6, 即 ln(4x+3y6)(4x+3y

23、6)ex+y 2xy, 所以 ln(4x+3y6)(4x+3y6)ex+y 2(x+y2)2; 设 f(x)lnxx,x0,g(x)exx2; 则 f(x)1, 所以 x(0,1)时,f(x)0,f(x)单调递增, x(1,+)时,f(x)单调递减, 所以 f(x)的最大值为 f(1)011; 又 g(x)ex1,所以 x(,0)时,g(x)0,g(x)单调递减, x(0,+)时,g(x)单调递增, 所以 g(x)的最小值为 g(0)1021; 此时满足 f(x)g(x) ,即 ln(4x+3y6)ex+y 23x+2y6; 令,解得 xy1,所以 x+y2 故选:A 【点评】本题考查了不等式

24、恒成立问题,也考查了构造函数与转化思想的应用问题,是 难题 二填空题:本题共二填空题:本题共 4 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 20 分分. 第 13 页(共 22 页) 13 (5 分)展开式中的常数项是 240 (用数字作答) 【分析】二项展开式中通项公式,令它为常数,可求出结果 【解答】 解: 设展开式的常数项是则, r2,所以常数项是 240 故答案为:240 【点评】本题考查展开式的基本运算,是基础题 14 (5 分)已知 14C 的半衰期为 5730 年(是指经过 5730 年后,14C 的残余量占原始量的一 半) 设 14C 的原始量为 a,经过 x 年后的残余量为

25、 b,残余量 b 与原始量 a 的关系如下: bae kx,其中 x 表示经过的时间,k 为一个常数现测得湖南长沙马王堆汉墓女尸出土 时 14C 的残余量约占原始量约占原始量的 76.7%请你推断一下马王堆汉墓的大致年代 为距今 2292 年 (已知 log20.7670.4) 【分析】由题意可得e 5730k,0.767ekx,两边取 2 为底的对数,相除即可得到所求 值 【解答】解:由 bae kx,由题意可得: e 5730k, 两边取 2 为底的对数可得: 15730klog2e, 又 0.767e kx, 两边取 2 为底的对数可得: log20.767kxlog2e, 可得 0.4

26、, 即 x2292, 故答案为:2292 【点评】本题考查指数函数类的应用题,考查运算能力和方程思想,属于基础题 15 (5 分)已知 A、B 为抛物线 y24x 上的两个动点,且 OAOB,抛物线的焦点为 F,则 ABF 面积的最小值为 12 【分析】先设直线的方程,代入抛物线,利用 OAOB 找到 k,b 的关系,然后利用弦长 第 14 页(共 22 页) 公式将面积最后表示成 k 的函数,然后求其最值即可 【解答】解:设直线 AB 方程为 ykx+b 由消去 y 得 k2x2+(2kb2p)x+b20 设 A(x1,y1) ,B(x2,y2) , 由题意得(2kb2p)24k2b20,即

27、 kb x1+x2,x1x2, 所以 y1y2k2x1x2+kb(x1+x2)+b2 所以由 OAOB 得 x1x2+y1y2+0 所以 b2pk,代入直线方程得 ykx2pkk(x2p) , 所以直线 l 过定点(2p,0) 再设直线 l 方程为 xmy+2p,代入 y22px 得 y22pmy4p20, 所以 y1+y22pm,y1y24p2,所以|y1y2| p,ykx+b 与 x 轴的交点为(2p,0) , 所以 S(2p)p, 所以当 m0 时,S 的最小值为 3p2ABF 面积的最小值为 12, 故答案为:12 【点评】本题考查了直线和圆锥曲线的位置关系中的弦长问题中的最值问题,一

28、般先结 合韦达定理将要求最值的量表示出来,然后利用函数思想或基本不等式求最值即可 16 (5 分)ABC 中,角 A,B,C 所对应的边分别为 a,b,c(bc) ,若 BC 边上的高等 于,当最大时,a:b:c 1:1 【分析】直接利用三角函数关系式的恒等变换和正弦定理、余弦定理和三角形面积公式 的应用求出结果 【解答】解:利用三角形的面积 S, 所以, 第 15 页(共 22 页) 由余弦定理:a2b2+c22bccosA, 所以 当 sin(A+)1 时,即最大值, 所以:A, 设,则:, 解得: 利用关系式解得:b,c1,a1, 所以:a:b:c1:1 故答案为:1:1 【点评】本题考

29、查的知识要点:正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用,主要考查 学生的运算能力和转换能力及思维能力,属于中档题型 三解答题:共三解答题:共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第第 1721 题为必考题,题为必考题, 每个试题考生都必须作答;第每个试题考生都必须作答;第 22、23 题为选考题,考生根据要求作答题为选考题,考生根据要求作答. 17 (10 分)已知等比数列an的首项 a11,前 n 项和为 Sn,设 bnSn+1,且数列bn为 等比数列 (1)求an,bn的通项公式; (2)若数列anlog2bn的前 n 项和为 Tn,求

30、Tn+Snnbn的值 【分析】 (1)设等比数列an的公比为 q(q0) ,由 bnSn+1,且数列bn为等比数列 列式求得 q,则an,bn的通项公式可求; (2)利用错位相减法求数列anlog2bn的前 n 项和为 Tn,进一步求得 Tn+Snnbn的值 【解答】解: (1)设等比数列an的公比为 q(q0) , 由 bnSn+1,得 b1a1+12,b2(a1+a2)+1q+2,b3(a1+a2+a3)+1q2+q+2, 又数列bn为等比数列, 则(q+2)22(q2+q+2) ,解得 q2 ,bnSn+1; (2)anlog2bn 第 16 页(共 22 页) n2n 1, , 则 则

31、 Tn+Snnbnn2n2n+1+2n1n2n0 【点评】 本题考查等比数列的通项公式与前 n 项和, 训练了利用错位相减法求数列的前 n 项和,是中档题 18 (12 分)已知四棱柱 ABCDABCD中,底面 ABCD 为菱形,AB2,AA4,BAD 60,E 为 BC 中点,C在平面 ABCD 上的投影 H 为直线 AE 与 DC 的交点 (1)求证:BDAH; (2)求二面角 DBBC 的正弦值 【分析】 (1)连结 AC、BD,则 ACBD,BDBD,推导出 C H平面 ABCD,从而 CH平面 ABCD,BDCH,进而 BD平 面 ACH,BD平面 ACH,由此能证明 BDAH (2

32、) 连结 CD, 则四边形 CHCD是平行四边形, CD平面 ABCD, 以 C 为原点, 在平面 ABCD 中过 C 作 CB 的垂线为 x 轴,CB 为 y 轴,CD为 z 轴,建立空间直角坐标 系,利用向量法能求出二面角 DBBC 的正弦值 【解答】解: (1)证明:四棱柱 ABCDABCD中,底面 ABCD 为菱形, 连结 AC、BD,则 ACBD,BDBD, C在平面 ABCD 上的投影 H 为直线 AE 与 DC 的交点,CH平面 ABCD, 平面 ABCD平面 ABCD,CH平面 ABCD, BD平面 ABCD,BDCH, 第 17 页(共 22 页) ACCHC,BD平面 AC

33、H,BD平面 ACH, AH平面 ACH,BDAH (2)解:连结 CD,则四边形 CHCD是平行四边形,CD平面 ABCD, 以 C 为原点,在平面 ABCD 中过 C 作 CB 的垂线为 x 轴,CB 为 y 轴,CD为 z 轴,建 立空间直角坐标系, 则 D(0,0,2) ,B(,1,0) ,B(,1,2) ,C(0,0,0) , (0,2,2) ,(,1,0) ,(,1,2) , 设平面 BBD的法向量 (x,y,z) , 则,取 y,得 (1,1) , 设平面 BCB的法向量 (a,b,c) , 则,取 a1,得 (1,1) , 设二面角 DBBC 的平面角为 , 则 cos 二面角

34、 DBBC 的正弦值 sin 【点评】本题考查线线垂直的证明,考查二面角的正弦值的求法,考查空间中线线、线 第 18 页(共 22 页) 面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中档题 19 (12 分)某“双一流”大学专业奖学金是以所学专业各科考试成绩作为评选依据,分为 专业一等奖学金(奖金额 3000 元) 、专业二等奖学金(奖金额 1500 元)及专业三等奖学 金(奖金额 600 元) ,且专业奖学金每个学生一年最多只能获得一次图(1)是统计了 该校 2018 年 500 名学生周课外平均学习时间频率分布直方图,图( 2)是这 500 名学生 在 2018 年周课外平均学习时

35、间段获得专业奖学金的频率柱状图 ()求这 500 名学生中获得专业三等奖学金的人数; ()若周课外平均学习时间超过 35 小时称为“努力型”学生,否则称为“非努力型” 学生,列 22 联表并判断是否有 99.9%的把握认为该校学生获得专业一、二等奖学金与 是否是“努力型”学生有关? ()若以频率作为概率,从该校任选一名学生,记该学生 2018 年获得的专业奖学金额 为随机变量 X,求随机变量 X 的分布列和期望 P(kk0) 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001 k0 2.71 3.84 6.64 7.88 10.83 【分析】 ()先计算出获得三等奖学金的概率,再乘以 50

36、0 可得 ()先完成 22 列联表,再根据公式计算 K2,根据临界值表可得, ()先计算一名同学获得一、二、三等奖的概率,再写出分布列,求出期望 【解答】解: ()获得三等奖学金的概率为: (0.008+0.016+0.04)50.15+ (0.04+0.056+0.016)50.4+(0.016+0.008)50.40.32 0.32500160 故这 500 名学生获得专业三等奖学金的人数为 160 人 ( ) 每 周 课 外 学 习 时 间 不 超 过 35 小 时 的 “ 非 努 力 型 “ 学 生 有 : 500 第 19 页(共 22 页) (0.008+0.016+0.04+0.

37、56+0.016)5440 人, 其 中 获 得 一 、 二 等 奖 学 金 学 生 有 500 ( 0.008+0.016+0.04 ) 50.05+500 (0.04+0.056+0.016)5(0.25+0.05)92, 每周课外学习时间超过 35 小时称为“努力型“学生有 5000.1260 人, 其中获得一、二等奖学金学生有 60(0.35+0.25)36 人, 22 列联表如图所示: “非努力型”学生 “努力型”学生 总计 获得一、二等奖学金 学生 92 36 128 未获得一、二等奖学 金学生 348 24 372 总计 440 60 500 K242.3610.83, 故有 9

38、9.9%的把握认为该校学生获得专业一、二等奖学金与是否是“努力型”学生有关 ()X 的所有可能取值为:3000,1500,600,0 P(X3000)(0.04+0.04+0.056+0.016)50.05+(0.016+0.08)50.250.058, P(X1500)(0.008+0.016+0.04)50.05+(0.04+0.056+0.016)50.25 +(0.016+0.005)50.350.198, P(X600)0.32 P(X0)10.0580.1980.320.424, X 的分布列为: X 3000 1500 600 0 P 0.058 0.198 0.32 0.424

39、 E(X)30000.058+15000.198+6000.32+00.424663 元 【点评】本题考查了离散型随机变量的期望与方差,属中档题 20 (12 分)已知 A(1,0) ,B(1,0) ,+,|+|4 (1)求 P 的轨迹 E (2)过轨迹 E 上任意一点 P 作圆 O:x2+y23 的切线 l1,l2,设直线 OP,l1,l2的斜率 第 20 页(共 22 页) 分别是 k0,k1,k2,试问在三个斜率都存在且不为 0 的条件下,(+)是否是 定值,请说明理由,并加以证明 【分析】 (1)利用|,由|+|4,得,|+|4,即可求 P 的轨迹 E; (2)所以由韦达定理:k1+k

40、2,k1k2,两式相除:+, 即可得出结论 【解答】解: (1)如图因为+,所以四边形 ACPB 是平行四边形, 所以|, 由|+|4,得,|+|4, 所以 P 的轨迹是以 A,B 为焦点的椭圆,a2,c1,b, 所以方程为1; (2)设 P(x0,y0) ,过 P 的斜率为 k 的直线为 yy0k(xx0) , 由直线与圆 O 相切可得,即:, 由已知可知 k1,k2是方程的两个根, 所以由韦达定理:k1+k2,k1k2, 两式相除:+, 又因为, 代入上式可得,(+)为一个定值 【点评】本题考查向量知识的运用,考查椭圆的定义,考查直线与圆位置关系的运用, 第 21 页(共 22 页) 考查

41、韦达定理,属于中档题 21 (12 分)已知函数 f(x)(kxk1)ex 1+1,且 f(x)0 (1)求 k 的值; (2)当 0x2 时,求证: 【分析】 (1)解题的关键是分析出直线 ykxk1 为函数的一条切线,且切 点刚好为(1,1) ,由此利用导数得解; (2)结合(1)可知, (2x)ex 11,再利用分析法即可得证 【解答】解: (1)依题意,恒成立, 即直线 ykxk1 始终在函数图象的上方, 注意到直线 ykxk1 与函数都过点(1,1) ,于是直线 ykxk1 必为 函数的一条切线,且切点为(1,1) , 由函数可得,则, 故 k 的值为 1; (2)证明:由(1)可知

42、,即(2x)ex 11, 又 0x2,故要证,只需证 ex 1(2x)ln(x+1)x0, 当 x0 时显然成立; 当 0x2 时,ln(x+1)0,故即证, 又(2x)ex 11,故只需证 ,即证 ln(x+1)x0, 构造函数 g(x)ln(x+1)x,0x2,则, 函数 g(x)在(0,2)上单减, g(x)g(0)0,即 ln(x+1)x0,即得证 【点评】本题考查导数的几何意义及利用导数证明不等式,考查运算能力及逻辑推理能 力,属于中档题 22 (12 分)在直角坐标系 xOy 中,曲线 C 的参数方程为(0,2) , 第 22 页(共 22 页) 为参数) ,在同一平面直角坐标系中

43、,经过伸缩变换得到曲线 C1,以坐标原 点 O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系( 为极径, 为极角) ()求曲线 C 的直角坐标方程和曲线 C1的极坐标方程; ()若射线 OA:(0)与曲线 C1交于点 A,射线与 曲线 C1交于点 B,求的值 【分析】 ()直接利用参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转化求出结果 ()利用三角函数关系式的变换求出结果 【解答】解: ()曲线 C 的参数方程为(0,2) , 为参数) ,转换 为直角坐标方程为 x2+y24 经过伸缩变换得到曲线 C1,得到 x2+4y216,转换为极坐标方程为 2cos2+42sin216 ()线 OA:(0)与曲线 C1交于点 A,射线与曲线 C1交于点 B,则,即, 同 理, 所 以 【点评】本题考查的知识要点:参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换,三角 函数关系式的恒等变换,同角三角函数关系式的应用,主要考察学生的运算能力和转换 能力,属于基础题型