2021届山东省(新高考)数学临考仿真模拟演练卷(二)
加入VIP免费下载

2021届山东省(新高考)数学临考仿真模拟演练卷(二)

ID:680140

大小:985.5 KB

页数:10页

时间:2021-04-26

加入VIP免费下载
温馨提示:
1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
2. 本文档由用户上传,版权归属用户,天天资源网负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服处理。
网站客服:403074932
资料简介
2021 届山东省(新高考)数学临考仿真模拟演练卷(二) (时间:120 分钟 分值:150 分) 注意事项: 1.答题前,先将自己的姓名、准考证号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:每小题选出答案后,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.非选择题的作答:用签字笔直接答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.考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。 第Ⅰ卷(选择题) 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.已知集合 { || | 3, }A x x x  Z , { || | 1, }B x x x  Z ,则 A B  ( ) A. {1,2,3,5,7,11}A  B.{ 3, 2,2,3}  C.{ 2,0,2} D.{ 2,2} 2.设复数 z 满足| |1 1z   ,则 z 在复平面内对应的点为 ( ),x y ,则( ) A.  2 21 1x y   B. 2 21 1( )x y   C. 2 2( )1 1x y   D.  22 1 1x y   3.函数 ( )f x x x a b   是奇函数的充要条件( ) A. 0ab  B. 2 2 0a b  C. a b D. 0a b  4.函数    log 1a af x x ax       的图象可能是( ) A. B. C. D. 5.已知 m , n 是两条不同的直线, ,  是两个不同的平面,则下列判断正确的是( ) A.若  , m  , n  ,则直线 m 与 n 一定平行 B.若 m  , n  ,  ,则直线 m 与 n 可能相交、平行或异面 C.若 m  , //n  ,则直线 m 与 n 一定垂直 D.若 m  , n  , //  ,则直线 m 与 n 一定平行 6.已知函数   2 1, 2 2 3 , 2 x x a xf x x       ,若   2 1f f   ,则实数 a 的取值范围是( ) A. ,2 B. ,3 C. 3, D. 2, 7.点 F 为抛物线 2 4y x 的焦点,点 (2,1)A ,点 P 为抛物线上与直线 AF 不共线的一点,则 APF△ 周长的最小值为( ) A.3 2 B.3 2 C. 4 D. 2 2 8.若某同学连续 3 次考试的名次( 3 次考试均没有出现并列名次的情况)不低于第 3 名,则称该同 学为班级的尖子生.根据甲、乙、丙、丁四位同学过去连续 3 次考试名次的数据,推断一定是尖子 生的是( ) A.甲同学:平均数为 2 ,方差小于1 B.乙同学:平均数为 2 ,众数为1 C.丙同学:中位数为 2 ,众数为 2 D.丁同学:众数为 2 ,方差大于1 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,部分选对的得 3 分,有选错的得 0 分. 9.已知函数     πcos 0, 0, 2f x A x A           的部分图象如图所示,则下列关于函数  f x 的说法中正确的是( ) A.函数  f x 最靠近原点的零点为 3 π B.函数  f x 的图象在 y 轴上的截距为 3 C.函数 5π 6f x    是偶函数 D.函数  f x 在 7π2π, 3      上单调递增 10. ABC△ 中, D 为边 AC 上的一点,且满足 1 2AD DC  ,若 P 为边 BD 上的一点,且满足  0, 0AP mAB nAC m n      ,则下列结论正确的是( ) A. 2 1m n  B. mn 的最大值为 1 12 C. 4 1 m n  的最小值为 6 4 2 D. 2 29m n 的最小值为 1 2 11.如图,在棱长为 6 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中,E 为棱 1DD 上一点,且 2DE  ,F 为棱 1 1C D 的中点,点G 是线段 1BC 上的动点,则( ) A.无论点 G 在线段 1BC 上如何移动,都有 1 1AG B D B.四面体 A BEF 的体积为 24 C.直线 AE 与 BF 所成角的余弦值为 2 10 15 D.直线 1AG 与平面 1BDC 所成最大角的余弦值为 1 3 12.设函数 ( ) lnf x x x , 21( ) 2g x x ,给定下列命题,其中正确的是( ) A.若方程 ( )f x k 有两个不同的实数根,则 1 ,0k e      B.若方程 2( )kf x x 恰好只有一个实数根,则 0k  C.若 1 2 0x x  ,总有        1 2 1 2m g x g x f x f x     恒成立,则 11m  D.若函数 ( ) ( ) 2 ( )F x f x ag x  有两个极值点,则实数 10, 2a     第Ⅱ卷(非选择题) 三、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分. 13.某工厂为研究某种产品产量 x(吨)与所需某种原材料 y(吨)的相关性,在生产过程中收集 4 组对应数据( ,x y )如下表所示: x 3 4 6 7 y 2.5 3 4 m 根据表中数据,得出 y 关于 x 的线性回归方程为 ˆ 0.7y x a  .据此计算出在样本 4,3 处的残差为 0.15 ,则表中 m 的值为________. 14.若   61x x a   与   61 0ax a  的展开式中 3x 的系数相等,则实数 a 的值为________. 15.给图中 A,B,C,D,E,F 六个区域进行染色,每个区域只染一种颜色,且相邻的区域不同色. 若有 4 种颜色可供选择,则共有______种不同的染色方案. 16.在 ABC△ 中,角 A , B ,C 分别为三角形的三个内角,且 sin 2 3sinsin B CA  ,则 π 6B  的取 值范围是______, sin sin sin sin C A A C  的取值范围是_________. 四、解答题:本大题共 6 个大题,共 70 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(10 分)数列 na 是公差不为 0 的等差数列,满足 1 1a  , 18 2 9a a a ,数列 nb 满足 2 na nb  . (1)求数列 na 和 nb 的通项公式; (2)令 1 1 2 2 3 3n n nT a b a b a b a b    ,求 nT 的值. 18.(12 分)请从下面三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并解答. ①  3cos cos cos sinA c B b C a A  ; ② 2cos 2 b cC a  ; ③ tan tan tan 3 tan tanA B C B C   . 已知 ABC△ 的内角 , ,A B C 的对应边分别为 , ,a b c , . (1)求 A ; (2)若 2a  , 10b c  ,求 ABC△ 的面积. 19.(12 分)已知函数    2ln 2 1f x x ax a x    . (1)当 1a  时,求  y f x 曲线在 1x  处的切线方程; (2)讨论  f x 的单调性. 20.(12 分)如图,在四棱锥 S ABCD 中,ABCD 为直角梯形,AD BC∥ ,BC CD ,平面 SCD  平面 ABCD . SCD△ 是以CD 为斜边的等腰直角三角形, 2 2 4BC AD CD   , E 为 BS 上一 点,且 2BE ES . (1)证明:直线 SD∥平面 ACE ; (2)求二面角 S AC E  的余弦值. 21.(12 分)公元 1651 年,法国一位著名的统计学家德梅赫(Demere)向另一位著名的数学家帕斯卡 (B.Pascal)提请了一个问题,帕斯卡和费马(Fermat)示讨论了这个问题,后来惠更斯(C.Huygens) 也加入了讨论,这三位当时全欧洲乃至全世界最优秀的科学家都给出了正确的解答.该问题如下: 设两名赌徒约定谁先赢  1,k k k  N 局,谁便赢得全部赌注 a 元.每局甲赢的概率为 (0 1)p p  ,乙赢的概率为1 p ,且每局赌博相互独立.在甲赢了 ( )m m k 局,乙赢了 ( )n n k 局时,赌博意外终止.赌注该怎么分才合理?这三位数学家给出的答案是:如果出现无人先赢 k 局 则赌博意外终止的情况,甲、乙便按照赌博再继续进行下去各自赢得全部赌注的概率之比 :P P甲 乙 分 配赌注. (1)甲、乙赌博意外终止,若 243a  , 4k  , 2m  , 1n  , 2 3p  ,则甲应分得多少赌注? (2)记事件 A 为“赌博继续进行下去乙赢得全部赌注”,试求当 4k  , 2m  , 1n  时赌博继续进 行下去甲赢得全部赌注的概率 ( )f p ,并判断当 4 5p  时,事件 A 是否为小概率事件,并说明理由.规 定:若随机事件发生的概率小于 0.05,则称该随机事件为小概率事件. 22.(12 分)已知直线 :l y x m  交抛物线 2: 4C y x 于 ,A B 两点. (1)设直线l 与 x 轴的交点为T .若 2AT TB  ,求实数 m 的值; (2)若点 ,M N 在抛物线C 上,且关于直线l 对称,求证: , , ,A B M N 四点共圆. 答 案 第Ⅰ卷(选择题) 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.【答案】D 【解析】因为| | 3x  ,所以 3 3x   , 又 xZ ,所以 { 2, 1,0,1,2}A    , 因为| | 1x  ,所以 1x   或 1x  ,所以 { | 1B x x   或 1, }x x Z , 所以 { 2,2}A B   ,故选 D. 2.【答案】B 【解析】设 (i , )z x y x y  R , 由| |1 1z   ,得| ( ) |1 i 1x y   ,∴ 2 21 1( )x y   ,故选 B. 3.【答案】B 【解析】由于  f x 为奇函数,所以     0f x f x   恒成立, 即 0x x a b x x a b       ,   2 0x x a x a b     恒成立, 由于 xR ,所以 0a b= = . 在四个选项中,与 0a b= = 等价的是 2 2 0a b  , 所以 B 选项符合,故选 B. 4.【答案】A 【解析】由 2 ax ax ,当且仅当 ax x  时,取等号, 又 1a  ,所以 2 2ax ax    ,故   log log 1 0a a af x x x        , 所以只有 A 正确,故选 A. 5.【答案】C 【解析】对于 A, m , n 可能平行、异面、相交,故 A 错误; 对于 B,若 m  , n  ,  ,则直线 m 与 n 不可能平行,故 B 错误; 对于 C,根据线面垂直、线面平行的性质可知直线 m 与 n 一定垂直,故 C 正确; 对于 D,若 m  , n  , //  ,则直线 m 与 n 可能平行,也可能异面,故 D 错误, 故选 C. 6.【答案】A 【解析】     2 3 8 3 1af f f     ,3 9a  ,即 2a  ,故选 A. 7.【答案】B 【解析】根据题意,焦点  1,0F ,准线方程为 1x   , 过点 P 作准线的垂线,垂足为 P' ,过点 A 作准线的垂线,垂足为 A,且与抛物线交于点 0P , 作出图象如图, 故 2AF  , 由抛物线的定义得 PF PP , 则 APF△ 周长为 2 2 2C PF PA PP PA AA         , 当且仅当点 P 在点 0P 处时,等号成立, 因为 3AA  , 2 2 3 2C PF PA AA       , 所以 APF△ 周长的最小值为3 2 ,故选 B. 8.【答案】A 【解析】对于甲同学,平均数为 2 ,方差小于1, 设甲同学三次考试的名次分别为 1x 、 2x 、 3x , 若 1x 、 2x 、 3x 中至少有一个大于等于 4 , 则方差为      2 2 22 1 2 3 1 42 2 23 3s x x x         ,与已知条件矛盾, 所以, 1x 、 2x 、 3x 均不大于 3 ,满足题意; 对于乙同学,平均数为 2 ,众数为1,则三次考试的成绩的名次为1、1、 4 , 即必有一次考试为第 4 名,不满足题意; 对于丙同学,中位数为 2 ,众数为 2 ,可举反例: 2 、 2 、 4 ,不满足题意; 对于丁同学,众数为 2 ,方差大于1,可举特例: 2 、 2 、5 ,则平均数为 3 , 方差为    2 22 1 2 2 3 5 3 2 13s          ,不满足条件, 故选 A. 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,部分选对的得 3 分,有选错的得 0 分. 9.【答案】ABC 【解析】根据函数    cosf x A x   的部分图象知, 2A  , 设  f x 的最小正周期为T ,则 2π π π 4 3 6 2 T    ,∴ 2πT  , 2π 1T    . ∵ π π2cos 26 6f             ,且 π 2   ,∴ 6 π   , 故   π2cos 6f x x     . 令   π2cos 06f x x      ,得 π π π6 2x k   , k Z , 即 3 π2πx k  , k Z ,因此函数  f x 最靠近原点的零点为 π 3  ,故 A 正确; 由  0 2cos 36 πf       ,因此函数  f x 的图象在 y 轴上的截距为 3 ,故 B 正确; 由  5 2cos 2coπ sπ6f x x x        ,因此函数 6 π5f x    是偶函数,故 C 正确; 令 π2 π 2π π6k x k    ,k Z ,得 π52 2 6π6 ππk x k    ,k Z ,此时函数  f x 单调递增, 于是函数  f x 在 13π2π, 6      上单调递增,在 13π 7π,6 3      上单调递减,故 D 不正确, 故选 ABC. 10.【答案】BD 【解析】对于 A, 3AP mAB nAC mAB nAD        , , ,B P D 三点共线, 3 1m n   ,A 错误; 对于 B, 3 1m n  ,   21 1 3 133 3 2 12 m nmn m n          (当且仅当 3m n 时取等号), B 正确; 对于 C,  4 1 4 1 12 123 7 7 2 7 4 3n m n mm nm n m n m n m n                (当且仅当 12n m m n  ,即 2 3m n 时取等号),C 错误; 对于 D,  2 2 2 3 19 2 2 m nm n    (当且仅当 3m n 时取等号),D 正确, 故选 BD. 11.【答案】ABD 【解析】在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中,易证 1DB  面 1 1A BC , 又 1AG  平面 1 1A BC ,所以 1 1AG B D ,则 A 正确; 1 1 1 1 4 6 6 243 2A BEF F ABE D ABE B AD EV V V V           三棱锥 三棱锥 三棱锥 三棱锥 ,则 B 正确; 在棱 1CC 上取点 N ,使 2CN  ,连接 , , (BN NE FN 如图 ) , 则易知 FBN 为直线 AE 与 BF 所成角或其补角, 可得 2 10BN  , 5FN  , 9FB  , 则 2 2 2(2 10) 9 5 8 4 10cos 152 9 2 10 3 10 FBN       , 则直线 AE 与 BF 所成角的余弦值为 4 10 15 ,则 C 错误; 由题意知三棱锥 1 1A BDC 为棱长为 6 2 的正四面体, 作 1AO  平面 1BDC ,O 为垂足, 则O 为正 1BDC△ 的中心,且 1AGO 为直线 1AG 与平面 1BDC 所成角, 所以 2 1 1 2 1 1 cos 1 AOOGAGO AG AG     , 当点 G 移动到 1BC 的中点时, 1AG 最短,如图,此时 1cos AGO 最小, 1AGO 最大, 此时 1 1 6 1cos 33 6 OGAGO AG     ,则 D 正确, 故选 ABD. 12.【答案】AD 【解析】因为 ( ) lnf x x x ,所以 ( )f x 的定义域为 (0, ) , 则 ( ) ln 1f x x   , 令 ( ) 0f x  ,解得 1x e  , 可知 ( )f x 在 1(0, )e 上单调递减,在 1( , )e  上单调递增, 所以 min 1 1( ) ( )f x f x f e e       极小值 , 当 0x  时, ( ) 0f x  , 又  1 0f  ,从而要使得方程 ( )f x k 有两个不同的实根, 即 ( )y f x 与 y k 的图象有两个不同的交点, 所以 1( ,0)k e   ,故选项 A 正确; 因为 1x  不是方程 2( )kf x x 的根, 当 1x  时, ( ) 0f x  , 方程 2( )kf x x 有且只有一个实数根,等价于 y k 与 ln xy x  只有一个交点, 2 ln 1 (ln ) xy x   , 又 0x  且 1x  , 令 0y  ,即 ln 1x  ,有 x e ,知 ln xy x  在 (0,1) 和 (1, )e 上单调递减,在 ( , )e  上单调递增, 1x  是一条渐近线,极小值为 e . 由 ln xy x  大致图象可知 0k  或 k e ,故选项 B 错误; 当 1 2 0x x  时, 1 2 1 2[ ( ) ( )] ( ) ( )m g x g x f x f x   恒成立等价于 1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( )mg x f x mg x f x   恒成立, 即函数 ( ) ( )y mg x f x  在 (0, ) 上为增函数, 即 ( ) ( ) ln 1 0y mg x f x mx x       恒成立,即 ln 1xm x  在 (0, ) 上恒成立, 令 ln 1( ) xr x x  ,则 2 ln( ) xr x x    , 令 ( ) 0r x  ,得 ln 0x  ,解得 0 1x  , 从而 ( )f x 在 (0,1) 上单调递增,在 (1, ) 上单调递减, 则  max 1( ) 1r x r  ,所以 1m  ,故选项 C 错误; 函数 ( ) ( ) 2 ( )F x f x ag x  有两个极值点,等价于 ( ) ln 1 2 0F x x ax     有两个不同的正根, 即方程 ln 12 xa x  有两个不同的正根,由选项 C 可知, 0 2 1a  , 即 10 2a  ,故选项 D 正确, 故选 AD. 第Ⅱ卷(非选择题) 三、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分. 13.【答案】5.9 【解析】根据样本 4,3 处的残差为 0.15 ,即3 (0.7 4 ) 0.15a     ,可得 0.35a  , 即回归直线的方程为 ˆ 0.7 0.35y x  , 又由样本数据的平均数为 3 4 6 7 54x     , 2.5 3 4 4 my    , 所以 0.7 5 0.3 2.5 5 3 4 4 m      ,解得 5.9m  , 故答案为5.9. 14.【答案】 8 3 【解析】  6x a 的展开式通项为  6 1 6C ,0 6r r r rA x a r r       N , 且       6 6 61 xx x a x a x a      , 所以   61x x a   的展开式通项为 6 6 7 6 1, 1 6 6 6 6C C C Ck k k r r r k k k r r r k rT x x a x a x a x a                  , 由 7 3 6 3 k r      ,解得 4 3 k r    , 所以   61x x a   的展开式中 3x 的系数为 4 4 3 3 6 6C Ca a   ,  61ax  的展开式的通项为  6 6 6 1 6 6C Cmm m m m mB ax a x        , 由 6 3m  ,可得 3m  ,所以 61ax  的展开式中 3x 的系数为 3 3 6C a , 所以 4 4 3 3 3 3 6 6 6C C Ca a a     ,解得 3 6 4 6 C C 2 8 3a   , 故答案为 8 3 . 15.【答案】96 【解析】要完成给图中 A 、 B 、C 、 D 、 E 、 F 六个区域进行染色,染色方法可分两类, 第一类是仅用三种颜色染色,即 AF 同色, BD 同色,CE 同色, 则从四种颜色中取三种颜色有 3 4C 4 种取法,三种颜色染三个区域有 3 3A 6 种染法, 共 4 6 24  种染法; 第二类是用四种颜色染色,即 AF , BD ,CE 中有一组不同色, 则有 3 种方案 (AF 不同色或 BD 不同色或CE 不同色), 先从四种颜色中取两种染同色区有 2 4A 12 种染法,剩余两种染在不同色区有 2 种染法, 共有 3 12 2 72   种染法. 由分类加法原理得总的染色种数为 24 72 96  种,故答案为 96. 16.【答案】 π 5π,6 6      , 2,4 【解析】根据正弦定理 sin 2 3sinsin B b CA a   , 所以 2 3 sinb a C , sin 2 3 sin sinb B a C B ,得 2 2 3 sinb ac B , 再由 2 2 2 2 2 2 3 sincos 2 2 c a b c a ac BB ac ac      , 得  2 2 π2 cos 3sin 4 sin 6a c ac B B ac B        , 因为  ,π0B , 7π π π,6 6 6B      , 而 2 2π4 sin 26ac B a c ac       ,所以 π 1sin 6 2B     , 所以 5π π π,6 6 6B      , 所以 π 1sin ,16 2B           ,所以  π4sin 2,46B     , 而 2 2sin sin π4sinsin sin 6 C A c a a c BA C a c ac           , 故 sin sin sin sin C A A C  的取值范围是 2,4 . 四、解答题:本大题共 6 个大题,共 70 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.【答案】(1) na n , 2n nb  ;(2)   11 2 2n nT n     . 【解析】(1)设数列 na 的公差为 d , 由题意得   1 17 1 1 8d d d    ,解得 1d  或 0(舍), ∴  1 1 1na n n     ,∴ 2n nb  . (2)由(1)知 2 3 1 1 2 2 3 3 1 2 2 2 3 2 2n n n nT a b a b a b a b n            , ∴  2 3 4 12 1 2 2 2 3 2 1 2 2n n nT n n            , 两式相减得  2 3 1 11 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2n n n nT n n                , ∴   11 2 2n nT n     . 18.【答案】(1) π 3A  ;(2) 3 2 . 【解析】(1)方案①:由已知及正弦定理得   23cos sin cos sin cos sinA C B B C A  , 所以   23cos sin sinA C B A  ,所以 23 cos sin sinA A A , 又  0,πA ,所以sin 0A  ,所以 tan 3A  ,所以 π 3A  . 方案②:由已知正弦定理得  2cos sin 2sin sin 2sin sinC A B C A C C     2sin cos 2cos sin sinA C A C C   , 所以 2cos sin sin 0A C C  ,即 2cos sin sinA C C , 又  0,πC  ,所以sin 0C  ,所以 1cos 2A  ,所以 π 3A  . 方案③:因为 tan tan tan 3 tan tanA B C B C   , 所以 tan tan tan 3 tan tan tan tan( ) (1 tan tan )A B C B C A B C B C         tan tan 1 tan tan tan tan tanA A B C A B C    , 即 3 tan tan tan tan tanB C A B C , 又  , , 0, πA B C  ,所以 tan 0B  , tan 0C  , 所以 tan 3A  , 1cos 2A  ,所以 π 3A  . (2)由余弦定理 2 2 2 2 cosa b c bc A   , 2a  , π 3A  , 得 2 24 b c bc   ,即 2 4 3b c bc   , 又因为 10b c  ,所以 2bc  , 所以 1 3sin2 2ABCS bc A △ . 19.【答案】(1) 6 2y x  ;(2)答案不唯一,具体见解析. 【解析】(1)当 1a  时,   2ln 3f x x x x   ,可得 1( ) 2 3f x x x     , 斜率 (1) 6k f   ,而 (1) 4f  , 根据点斜式可得  y f x 曲线在 1x  处的切线方程为 6 2y x  . (2)因为    2ln 2 1f x x ax a x    , 对  f x 求导,         22 2 1 1 2 1 11 2 2 1 ax a x ax xf x ax ax x x           , 0x  , ①当 0a  时,   1 1 0f x x     恒成立, 此时  y f x 在 0,  上单调递增; ②当 0a  ,由于 0x  ,所以   2 1 1 0ax x   恒成立,此时  y f x 在 0,  上单调递增; ③当 0a  时,令   0f x  ,解得 1 2x a   . 因为当 10, 2x a      ,   0f x  ;当 1 ,2x a       ,   0f x  , 所以  y f x 在 10, 2a     上单调递增,在 1 ,2a      上单调递减. 综上可知,当 0a  时,  f x 在 0,  上单调递增, 当 0a  时,  f x 在 10, 2a     上单调递增,在 1 ,2a      上单调递减. 20.【答案】(1)证明见解析;(2) 1 3 . 【解析】(1)证明:连接 BD 交 AC 于点 F ,连接 EF . 因为 AD BC∥ ,所以 AFD△ 与 BCF△ 相似,所以 2BF BC FD AD   . 又 2BE BF ES FD   ,所以 EF SD∥ . 因为 EF  平面 ACE , SD  平面 ACE ,所以直线 SD∥平面 ACE . (2)解:平面 SCD  平面 ABCD ,平面 SCD  平面 ABCD CD , BC 平面 ABCD , BC CD ,所以 BC ⊥平面 SCD . 以C 为坐标原点,CD  ,CB  所在的方向分别为 y 轴、 z 轴的正方向, 与CD  ,CB  均垂直的方向作为 x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系C xyz . 则 (0,0,0)C , (1,1,0)S , (0,2,2)A , 2 2 4( , , )3 3 3E , (0,2,2)CA  , (1,1,0)CS  , 2 2 4( , , )3 3 3CE  . 设平面 SAC 的一个法向量为  , ,x y zm , 则 2 2 0 0 CA y z CS x y            m m ,令 1x  ,得  1, 1,1 m ; 设平面 EAC 的一个法向量为  , ,x y zn , 则 2 2 0 2 2 4 03 3 3 CA y z CE x y z             n n ,令 1z  ,得  1, 1,1  n , 设二面角 S AC E  的平面角的大小为 ,则 | | 1 1cos | | | | 33 3      m n m n , 所以二面角 S AC E  的余弦值为 1 3 . 21.【答案】(1) 216 元;(2)     31 1 3 (1 )f p p p    ,事件 A 是小概率事件,理由见解析. 【解析】(1)设赌博再继续进行 X 局甲赢得全部赌注,则最后一局必然甲赢, 由题意知,最多再进行 4 局,甲、乙必然有人赢得全部赌注. 当 2X  时,甲以 4:1赢,所以   22 42 3 9P X       ; 当 3X  时,甲以 4 : 2 赢,所以   1 2 2 2 2 83 C 13 3 3 27P X           ; 当 4X  时,甲以 4:3赢,所以   2 1 3 2 2 2 44 C 13 3 3 27P X           , 所以,甲赢的概率为 4 8 4 24 8 9 27 27 27 9     , 所以,甲应分得的赌注为 8243 2169   元. (2)设赌注继续进行Y 局乙赢得全部赌注,则最后一局必然乙赢,则Y 的可能取值有 3、4, 当 3Y  时,乙以 4 : 2 赢,   33 (1 )P Y p   ; 当 4Y  时,乙以 4:3赢,   1 3 3 34 C (1 ) 3 (1 )P Y p p p p     ; 所以,乙赢得全部赌注的概率为    3 3 3(1 ) 3 (1 ) 1 3 (1 )P A p p p p p       , 于是甲赢得全部赌注的概率     31 1 3 (1 )f p p p    , 求导,      3 2 23(1 ) 1 3 3(1 ) 1 12 (1 )f p p p p p p          . 因为 4 15 p  ,所以   0f p  ,所以  f p 在 4 ,15     上单调递增, 于是 min 4 608( ) 5 625f p f      . 故乙赢的概率为 608 171 0.0272 0.05625 625     ,故事件 A 是小概率事件. 22.【答案】(1) 8m   ;(2)证明见解析. 【解析】由 2 4 y x m y x     ,得 2 4 4 0y y m   . 设  1 1,A x y ,  2 2,B x y ,则 1 2 4y y  , 1 2 4y y m . 因为直线l 与C 相交,所以 16 16 0Δ m   ,得 1m  . (1)由 2AT TB  ,得 1 22 0y y  ,所以 24 0y  ,解得 2 4y   , 从而 1 8y  , 因为 1 2 4y y m ,所以 4 32m   ,解得 8m   . (2)设  3 3,M x y ,  4 4,N x y , 因为 ,M N 两点关于直线 y x m  对称, 则 4 3 4 3 22 344 3 4 3 4 1 4 4 y y y y yyx x y y      ,解得 4 34y y   . 又 4 3 4 3 2 2 y y x x m   ,于是 3 3 4 34 2 2 y y x x m     ,解得 4 34 2x m x    . 又点 N 在抛物线上,于是 2 3 3( ) ( 4 2 )4 4y m x     . 因为 2 3 34y x ,所以 2 3 34 16 4 0y y m    , 于是 1 3 2 3 1 3 2 3( )( ) ( )( )M x x x x y y yMB yA       2 22 2 3 31 2 1 3 2 3( )( )( )( )4 4 4 4 y yy y y y y y         1 3 2 3 1 3 2 3 ( ) 1616 y y y y y y y y           1 3 2 3 2 1 2 3 1 2 3 ( ) 1616 y y y y y y y y y y             2 2 3 1 3 3 3 4 04( ) 16 16y y yy y m y   + + + , 因此 MA MB ,同理 NA NB , 于是点 ,M N 在以 AB 为直径的圆上,即 , , ,A B M N 四点共圆.

资料: 1.9万

进入主页

人气:

10000+的老师在这里下载备课资料