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2014-2015学年黑龙江省哈尔滨六中高二(下)4月月考数学试卷(理科)


2014-2015 学年黑龙江省哈尔滨六中高二(下)4 月月考数学试 卷(理科)
一.选择题: 1.已知 m,n 是两条不同直线,α,β,γ 是三个不同平面,下列命题中正确的是( A. 若 m∥α,n∥α,则 m∥n B. 若 α⊥γ,β⊥γ,则 α∥β C. 若 m∥α,m∥β,则 α∥β D. 若 m⊥α,n⊥α,则 m∥n 2. (x+ ) (x∈R)展开式中 x 的系数为 10,则实数 a 等于( A. ﹣1 B. C. 1
5 3



) D. 2

3.先后掷骰子(骰子的六个面分别标有 1、2、3、4、5、6 个点)两次落在水平桌面后,记 正面朝上的点数分别为 x、 y, 设事件 A 为“x+y 为偶数”, 事件 B 为“x、 y 中有偶数, 且 x≠y”, 则概率 P(B|A)=( ) A. B. C. D.

4.在大桥上有 12 个固定的哨位,但平时只派 9 人执勤,规定两端的哨位必须有人执勤,也 不能让相邻哨位都空岗,则不同的排岗方法有( ) A. 种 B. 种 C. 种 D. 种

5.设三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的体积为 V,P、Q 分别是侧棱 AA1、CC1 上的点,且 PA=QC1, 则四棱锥 B﹣APQC 的体积为( ) A. B. C. D.

6.直线 Ax+By=0 的系数 A,B 可以在 0,1,2,3,5,7 这六个数字中选取,则这些方程 所表示的不同直线有( ) A. 30 条 B. 23 条 C. 22 条 D. 14 条 7.在面积为 S 的△ABC 的边 AB 上任取一点 P,则△PBC 的面积大于 的概率是( A. B. C. D. )

8.为了庆祝六一儿童节,某食品厂制作了 3 种不同的精美卡片,每袋食品随机装入一张卡 片,集齐 3 种卡片可获奖,现购买 5 袋该产品,则获奖的概率为( )

A.

B.

C.

D.

9. A. ﹣40

的展开式中各项系数的和为 2,则该展开式中常数项为( B. ﹣20 C. 20 D. 40



10.哈六中高三学习雷锋志愿小组共有 16 人,其中一班、二班、三班、四班各 4 人,现在 从中任选 3 人,要求这三人不能是同一个班级的学生,且在三班至多选 1 人,不同的选取法 的种数为( ) A. 484 B. 472 C. 252 D. 232 11.从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对.其中所成的角为 60°的共有( ) A. 24 对 B. 30 对 C. 48 对 D. 60 对 12.已知中心在原点的椭圆与双曲线有公共焦点,且左右焦点分别为 F1F2,且两条曲线在 第一象限的交点为 P,△PF1F2 是以 PF1 为底边的等腰三角形.若|PF1|=10,椭圆与双曲线的 离心率分别为 e1,e2,则 e1?e2 的取值范围是( ) A. (0, ) D. B. C.

二.填空题: 13.古都西安的名胜古迹“兵马俑”的管理者,为了既方便游人与“兵马俑”拍照留念,又防止 毁坏文物,特意作了三尊以假乱真的兵马俑,固定在一起排成一排供人留影.现在一个 4 人旅游团来到这里并且想与这三尊兵马俑合影留念, 请问当这 4 个人与三尊兵马俑排成一排 留影时,有 种不同的站法?(假设每两尊之间有足够的空隙站 4 人) ,用数字 作答.
n 2 n

14.设 a≠0,n 是大于 1 的自然数, (1+ ) 的展开式为 a0+a1x+a2x +…+anx .若点 Ai(i, ai) (i=0,1,2)的位置如图所示,则 a= .

15.用 0,1,2,3,4 这五个数字组成无重复数字的五位数,其中恰有一个偶数夹在两个奇 数之间的五位数共有 .

16. 过抛物线 y =4x 的焦点 F 的直线交抛物线于 A, B 两点, 点 O 是原点, 若|AF|=3, 则△AOB 的面积为 .

2

三.简答题: 17.将圆 x +y =1 上每一点的横坐标保持不变,纵坐标变为原来的 2 倍,得曲线 C. (Ⅰ)写出 C 的参数方程; (Ⅱ)设直线 l:2x+y﹣2=0 与 C 的交点为 P1,P2,以坐标原点为极点,x 轴正半轴为极轴 建立极坐标系,求过线段 P1P2 的中点且与 l 垂直的直线的极坐标方程. 18.根据以往的经验,某工程施工期间的将数量 X(单位:mm)对工期的影响如下表: 降水量 X X<300 300≤X<700 700≤X<900 X≥900 工期延误天数 Y 0 2 6 10 历年气象资料表明,该工程施工期间降水量 X 小于 300,700,900 的概率分别为 0.3,0.7, 0.9,求: (I)工期延误天数 Y 的均值与方差; (Ⅱ)在降水量 X 至少是 300 的条件下,工期延误不超过 6 天的概率. 19.在某大学自主招生考试中,所有选报 II 类志向的考生全部参加了“数学与逻辑”和“阅读 与表达”两个科目的考试,成绩分为 A,B,C,D,E 五个等级.某考场考生两科的考试成 绩的数据统计如图所示,其中“数学与逻辑”科目的成绩为 B 的考生有 10 人.
2 2

(Ⅰ)求该考场考生中“阅读与表达”科目中成绩为 A 的人数; (Ⅱ)若等级 A,B,C,D,E 分别对应 5 分,4 分,3 分,2 分,1 分. (i)求该考场考生“数学与逻辑”科目的平均分; (ii)若该考场共有 10 人得分大于 7 分,其中有 2 人 10 分,2 人 9 分,6 人 8 分.从这 10 中随机抽取两人,求两人成绩之和大于等于 18 的概率. 20.如图,三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,侧面 BB1C1C 为菱形,AB⊥B1C. (Ⅰ)证明:AC=AB1; (Ⅱ)若 AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角 A﹣A1B1﹣C1 的余弦值.

21.如图 1,在 Rt△ABC 中,∠ACB=30°,∠ABC=90°,D 为 AC 中点,AE⊥BD 于 E,延 长 AE 交 BC 于 F,将△ABD 沿 BD 折起,使平面 ABD⊥平面 BCD,如图 2 所示.

(Ⅰ)求证:AE⊥平面 BCD; (Ⅱ)求二面角 A﹣DC﹣B 的余弦值. (Ⅲ)在线段 AF 上是否存在点 M 使得 EM∥平面 ADC?若存在,请指明点 M 的位置;若 不存在,请说明理由.

22.在平面直角坐标系 xOy 中,椭圆 C:

+

=1(a>b>0)的离心率为

,直线 y=x

被椭圆 C 截得的线段长为



(Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)过原点的直线与椭圆 C 交于 A,B 两点(A,B 不是椭圆 C 的顶点) .点 D 在椭圆 C 上,且 AD⊥AB,直线 BD 与 x 轴、y 轴分别交于 M,N 两点. (i)设直线 BD,AM 的斜率分别为 k1,k2,证明存在常数 λ 使得 k1=λk2,并求出 λ 的值; (ii)求△OMN 面积的最大值.

2014-2015 学年黑龙江省哈尔滨六中高二(下)4 月月考 数学试卷(理科)
参考答案与试题解析

一.选择题: 1.已知 m,n 是两条不同直线,α,β,γ 是三个不同平面,下列命题中正确的是( A. 若 m∥α,n∥α,则 m∥n B. 若 α⊥γ,β⊥γ,则 α∥β C. 若 m∥α,m∥β,则 α∥β D. 若 m⊥α,n⊥α,则 m∥n



考点:平面与平面平行的判定. 专题:证明题. 分析:通过举反例可得 A、B、C 不正确,根据垂直于同一个平面的两条直线平行,可得 D 正确,从而得出结论. 解答: 解:A、m,n 平行于同一个平面,故 m,n 可能相交,可能平行,也可能是异面直 线,故 A 错误; B、α,β 垂直于同一个平面 γ,故 α,β 可能相交,可能平行,故 B 错误; C、α,β 平行与同一条直线 m,故 α,β 可能相交,可能平行,故 C 错误; D、垂直于同一个平面的两条直线平行,故 D 正确. 故选 D. 点评:本题考查两个平面平行的判定和性质,平面与平面垂直的性质,线面垂直的性质,注 意考虑特殊情况,属于中档题. 2. (x+ ) (x∈R)展开式中 x 的系数为 10,则实数 a 等于( A. ﹣1 B. C. 1
5 3

) D. 2

考点:二项式系数的性质. 专题:计算题. 分析:利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项,令 x 的指数为 3,列出方程求出 a 的 值. 解答: 解:∵Tr+1=C5 ?x
r 5﹣r

?( ) =a C5 x

r

r

r 5﹣2r



又令 5﹣2r=3 得 r=1, 1 1 ∴由题设知 C5 ?a =10?a=2. 故选 D. 点评:本题考查利用二项展开式的通项公式解决展开式的特定项问题. 3.先后掷骰子(骰子的六个面分别标有 1、2、3、4、5、6 个点)两次落在水平桌面后,记 正面朝上的点数分别为 x、 y, 设事件 A 为“x+y 为偶数”, 事件 B 为“x、 y 中有偶数, 且 x≠y”, 则概率 P(B|A)=( )

A.

B.

C.

D.

考点:条件概率与独立事件. 专题:计算题;概率与统计. 分析:根据题意,利用随机事件的概率公式,分别求出事件 A 的概率与事件 A、B 同时发 生的概率,再用条件概率公式加以计算,可得 P(B|A)的值. 解答: 解:根据题意,若事件 A 为“x+y 为偶数”发生,则 x、y 两个数均为奇数或均为偶 数. 共有 2×3×3=18 个基本事件, ∴事件 A 的概率为 P1= = .

而 A、B 同时发生,基本事件有“2+4”、“2+6”、“4+2”、“4+6”、“6+2”、“6+4”, 一共有 6 个基本事件, 因此事件 A、B 同时发生的概率为 P2= =

因此,在事件 A 发生的情况下,B 发生的概率为 P(B|A)=

=

故选:B. 点评:本题给出掷骰子的事件,求条件概率.着重考查了随机事件的概率公式、条件概率的 计算等知识,属于中档题. 4.在大桥上有 12 个固定的哨位,但平时只派 9 人执勤,规定两端的哨位必须有人执勤,也 不能让相邻哨位都空岗,则不同的排岗方法有( ) A. 种 B. 种 C. 种 D. 种

考点:排列、组合的实际应用. 专题:计算题;排列组合. 分析:根据题意,分 2 步进行分析:1、先将执勤的 9 人排成一列,进行全排列,2、9 人排 好后,除去 2 端,有 8 个空位可用,在 8 个空位中选取 3 个,放置空岗,由组合数可得空岗 的安置方法数目;由分步计数原理计算可得答案. 解答: 解:根据题意,分 2 步进行分析: 9 1、先将执勤的 9 人排成一列,考虑 9 人之间的顺序,有 A9 种情况, 3 2、9 人排好后,除去 2 端,有 8 个空位可用,在 8 个空位中选取 3 个,放置空岗,有 C8 种情况, 3 9 则同的排岗方法有 C8 ×A9 种, 故选:C. 点评:本题考查组合的应用,注意执勤的人之间是不同的,而空岗之间是相同的. 5.设三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的体积为 V,P、Q 分别是侧棱 AA1、CC1 上的点,且 PA=QC1, 则四棱锥 B﹣APQC 的体积为( )

A.

B.

C.

D.

考点:棱柱、棱锥、棱台的体积. 专题:计算题. 分析:由已知中三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的体积为 V,P、Q 分别是侧棱 AA1、CC1 上的点, 且 PA=QC1,我们可得 SAPQC= ,即 VB﹣APQC= ,再结合同底等高的

棱柱的体积为棱锥体积的 3 倍,即可求出答案. 解答: 解:∵三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的体积为 V, 又∵P、Q 分别是侧棱 AA1、CC1 上的点,且 PA=QC1, ∴四棱锥 B﹣APQC 的底面积 SAPQC= 又 VB﹣ACC1A1= ∴VB﹣APQC= = =

故选 C. 点评:本题考查的知识点是棱柱的体积、 棱锥的体积, 其中分析出棱锥与原棱柱之间底面积、 高之间的比例关系是解答本题的关键. 6.直线 Ax+By=0 的系数 A,B 可以在 0,1,2,3,5,7 这六个数字中选取,则这些方程 所表示的不同直线有( ) A. 30 条 B. 23 条 C. 22 条 D. 14 条 考点:计数原理的应用. 专题:计算题;排列组合. 分析:根据题意,对于两个字母选不选零,直线的结果会受影响,分 3 种情况讨论:第一类 a、b 均不为零,则 a、b 的取值,第二类 a、b 中有一个为 0,则不同的直线仅有两条,第三 类是两个字母取相同的值,只有一种结果,根据分类计数原理得到结果. 解答: 解:根据题意,分 3 种情况讨论: 2 (1)A、B 均不为零且不等,A、B 在 1,2,3,5,7 中任取 2 个即可,则其取值共有 A5 =20 种方法. (2)A、B 中有一个为 0,则不同的直线仅有两条 x=0 和 y=0. (3)A、B 都取相同的值,得到的直线的方程只有一种结果 x+y=0 ∴共有不同直线 20+2+1=23 条; 故选;B. 点评:本题考查分类计数原理,注意要结合直线的一般式方程的性质进行分类讨论. 7.在面积为 S 的△ABC 的边 AB 上任取一点 P,则△PBC 的面积大于 的概率是( A. B. C. D.



考点:几何概型. 专题:计算题. 分析:首先分析题目求△PBC 的面积大于 的概率,可借助于画图求解的方法,然后根据

图形分析出基本的事件空间与事件的几何度量是线段的长度, 再根据几何关系求解出它们的 比例即可. 解答: 解:记事件 A={△PBC 的面积大于 基本事件空间是线段 AB 的长度, (如图) 因为 化简记得到: ,则有 , ; ; },

因为 PE 平行 AD 则由三角形的相似性 所以,事件 A 的几何度量为线段 AP 的长度, 因为 AP= , 的概率= .

所以△PBC 的面积大于 故选 C.

点评: 本小题主要考查几何概型、几何概型的应用、三角形的面积等基础知识,考查化归 与转化思想.属于基础题.一般地,在几何区域 D 中随机地取一点,记事件“该点落在其内 部一个区域 d 内”为事件 A,则事件 A 发生的概率为: P(A)= .

8.为了庆祝六一儿童节,某食品厂制作了 3 种不同的精美卡片,每袋食品随机装入一张卡 片,集齐 3 种卡片可获奖,现购买 5 袋该产品,则获奖的概率为( ) A. B. C. D.

考点:古典概型及其概率计算公式. 专题:概率与统计. 分析:利用对立事件,先求得不能获奖的概率,用 1 减去此概率,即求得可获奖的概率. 5 解答: 解:因为 5 袋食品中放入的卡片所有的可能的情况有 3 种,而不能获奖表明此五 袋中所放的卡片类型不超过两种,

故所有的情况有

?2 ﹣3 种(此处减有是因为五袋中所抽取的卡片全是相同的情况每一种

5

都重复记了一次,故减 3) . 所以获奖的概率是 P=1﹣ = ,

故选:D. 点评:本题主要考查排列、组合以及简单计数原理的应用,古典概型及其概率计算公式,所 求的事件的概率等于用 1 减去它的对立事件概率,属于基础题. 9. A. ﹣40 的展开式中各项系数的和为 2,则该展开式中常数项为( B. ﹣20 C. 20 D. 40 )

考点:二项式系数的性质. 专题:计算题. 分析:给 x 赋值 1 求出各项系数和,列出方程求出 a;将问题转化为二项式的系数和;利用 二项展开式的通项公式求出通项,求出特定项的系数. 解答: 解:令二项式中的 x 为 1 得到展开式的各项系数和为 1+a ∴1+a=2 ∴a=1 ∴ = ∴展开式中常数项为 ∵ 的 的系数和
r 5 ﹣r

=

展开式的通项为 Tr+1=(﹣1) 2
2 3

C5 x

r 5﹣2r

令 5﹣2r=1 得 r=2;令 5﹣2r=﹣1 得 r=3 展开式中常数项为 8C5 ﹣4C5 =40 故选 D 点评:本题考查求系数和问题常用赋值法、 考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式 的特定项问题. 10.哈六中高三学习雷锋志愿小组共有 16 人,其中一班、二班、三班、四班各 4 人,现在 从中任选 3 人,要求这三人不能是同一个班级的学生,且在三班至多选 1 人,不同的选取法 的种数为( ) A. 484 B. 472 C. 252 D. 232 考点:排列、组合及简单计数问题. 专题:排列组合.

分析:由分类计数原理,故分为 2 类,不选三班的同学,利用间接法,没有条件得选择 3 人,再排除 3 个同学来自同一班,选三班的一位同学,剩下的两位同学从剩下的 12 人中任 选 2 人,根据分类计数原理,即可得到答案 解答: 解:分两类,不选三班的同学,利用间接法,没有条件得选择 3 人,再排除 3 个同 学来自同一班,有 ﹣3 =208 =264 种,

选三班的一位同学,剩下的两位同学从剩下的 12 人中任选 2 人,有 根据分类计数原理,得 208+364=472, 故选:B. 点评:本题考查了分类计数原理,关键是如何分类,属于中档

11.从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对.其中所成的角为 60°的共有( ) A. 24 对 B. 30 对 C. 48 对 D. 60 对 考点:排列、组合及简单计数问题;异面直线及其所成的角. 专题:排列组合. 分析:利用正方体的面对角线形成的对数,减去不满足题意的对数即可得到结果. 解答: 解:正方体的面对角线共有 12 条,两条为一对,共有 =66 条,

同一面上的对角线不满足题意, 对面的面对角线也不满足题意, 一组平行平面共有 6 对不满 足题意的直线对数, 不满足题意的共有:3×6=18. 从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对.其中所成的角为 60°的共有:66﹣18=48. 故选:C. 点评:本题考查排列组合的综合应用,逆向思维是解题本题的关键. 12.已知中心在原点的椭圆与双曲线有公共焦点,且左右焦点分别为 F1F2,且两条曲线在 第一象限的交点为 P,△PF1F2 是以 PF1 为底边的等腰三角形.若|PF1|=10,椭圆与双曲线的 离心率分别为 e1,e2,则 e1?e2 的取值范围是( ) A. (0, ) D. B. C.

考点:双曲线的简单性质;椭圆的简单性质. 专题:计算题. 分析:设椭圆与双曲线的半焦距为 c,PF1=r1,PF2=r2.利用三角形中边之间的关系得出 c 的取值范围,再根据椭圆或双曲线的性质求出各自的离心率,最后依据 c 的范围即可求出 e1?e2 的取值范围,即可得答案. 解答: 解:设椭圆与双曲线的半焦距为 c,PF1=r1,PF2=r2. 由题意知 r1=10,r2=2c,且 r1>r2,2r2>r1, ∴2c<10,2c+2c>10,

? <c<5.?





=



=







故选 C.

点评:本小题主要考查函数单调性的应用、椭圆的简单性质、双曲线的简单性质、不等式的 性质等基础知识,考查运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想.属于基础题. 二.填空题: 13.古都西安的名胜古迹“兵马俑”的管理者,为了既方便游人与“兵马俑”拍照留念,又防止 毁坏文物,特意作了三尊以假乱真的兵马俑,固定在一起排成一排供人留影.现在一个 4 人旅游团来到这里并且想与这三尊兵马俑合影留念, 请问当这 4 个人与三尊兵马俑排成一排 留影时,有 840 种不同的站法?(假设每两尊之间有足够的空隙站 4 人) ,用数字作答. 考点:排列、组合的实际应用. 专题:计算题;排列组合. 分析:根据题意,设四个人依次为甲、乙、丙、丁,三尊兵马俑排成一排,有 4 个空位可用, 依次安排甲乙丙丁 4 个人, 分析每个人可选空位的数目即可得其站法的数目, 由分步计数原 理计算可得答案. 解答: 解:根据题意,设四个人依次为甲、乙、丙、丁, 三尊兵马俑排成一排,有 4 个空位可用,甲在四个空位中选 1 个,有 4 种选法, 甲站好后,有 5 个空位可用,乙在四个空位中选 1 个,有 5 种选法, 甲、乙站好后,有 6 个空位可用,乙在四个空位中选 1 个,有 6 种选法, 甲、乙、丙站好后,有 7 个空位可用,乙在四个空位中选 1 个,有 7 种选法, 则这 4 个人与三尊兵马俑排成一排留影时,有 4×5×6×7=840 种排法; 故答案为:840. 点评:本题考查排列、 组合的运用, 注意题干中“每两尊之间有足够的空隙站 4 人”这一条件, 不能将 7 个元素直接进行全排列.

14.设 a≠0,n 是大于 1 的自然数, (1+ ) 的展开式为 a0+a1x+a2x +…+anx .若点 Ai(i, ai) (i=0,1,2)的位置如图所示,则 a= 3 .

n

2

n

考点:二项式定理的应用;二项式系数的性质. 专题:二项式定理. 分析:求出(1+ ) 的展开式的通项为 a2=4,列出方程组,求出 a 的值. 解答: 解: (1+ ) 的展开式的通项为 由图知,a0=1,a1=3,a2=4, ∴ , ,
n n

,由图知,a0=1,a1=3,




2



a ﹣3a=0, 解得 a=3, 故答案为:3. 点评:本题考查解决二项式的特定项问题,关键是求出展开式的通项,属于一道中档题. 15.用 0,1,2,3,4 这五个数字组成无重复数字的五位数,其中恰有一个偶数夹在两个奇 数之间的五位数共有 28 . 考点:排列、组合及简单计数问题. 专题:计算题;分类讨论. 分析:根据题意,在 0,1,2,3,4 中有 3 个偶数,2 个奇数,则分 3 种情况讨论,①、0 被奇数夹在中间,②、2 被奇数夹在中间,③、4 被奇数夹在中间时,由组合式公式,分 析求出每种情况下的排法数目,由分类加法原理计算可得答案. 解答: 解:0,1,2,3,4 中有 3 个偶数,2 个奇数,分 3 种情况讨论: ①、0 被奇数夹在中间,先考虑奇数 1、3 的顺序,有 2 种情况;再将 1、0、3 看成一个整 3 体,与 2、4 全排列,有 A3 =6 种情况;故 0 被奇数夹在中间时,有 2×6=12 种情况; ②、2 被奇数夹在中间,先考虑奇数 1、3 的顺序,有 2 种情况;再将 1、0、3 看成一个整 3 体,与 2、4 全排列,有 A3 =6 种情况,其中 0 在首位的有 2 种情况,则有 6﹣2=4 种排法; 故 2 被奇数夹在中间时,有 2×4=8 种情况; ③、4 被奇数夹在中间时,同 2 被奇数夹在中间的情况,有 8 种情况,

则这样的五位数共有 12+8+8=28 种; 故答案为 28. 点评:本题考查排列、 组合的应用, 涉及分类计数问题, 解本题要注意数字 0 不能放在首位, 其次列举时要按照顺序进行,做到不重不漏. 16. 过抛物线 y =4x 的焦点 F 的直线交抛物线于 A, B 两点, 点 O 是原点, 若|AF|=3, 则△AOB 的面积为 .
2

考点:抛物线的简单性质. 专题:计算题. 分析:设∠AFx=θ (0<θ<π, 利用|AF|=3, 可得点 A 到准线 l: x=﹣1 的距离为 3, 从而 cosθ= , 进而可求|BF|,|AB|,由此可求 AOB 的面积. 解答: 解:设∠AFx=θ(0<θ<π)及|BF|=m, ∵|AF|=3, ∴点 A 到准线 l:x=﹣1 的距离为 3 ∴2+3cosθ=3 ∴cosθ= , ∵m=2+mcos(π﹣θ) ∴ ∴△AOB 的面积为 S= ×|OF|×|AB|×sinθ= 故答案为: .

点评:本题考查抛物线的定义, 考查三角形的面积的计算, 确定抛物线的弦长是解题的关键. 三.简答题: 2 2 17.将圆 x +y =1 上每一点的横坐标保持不变,纵坐标变为原来的 2 倍,得曲线 C. (Ⅰ)写出 C 的参数方程; (Ⅱ)设直线 l:2x+y﹣2=0 与 C 的交点为 P1,P2,以坐标原点为极点,x 轴正半轴为极轴 建立极坐标系,求过线段 P1P2 的中点且与 l 垂直的直线的极坐标方程.

考点:参数方程化成普通方程;点的极坐标和直角坐标的互化. 专题:直线与圆;坐标系和参数方程. 分析: (Ⅰ)在曲线 C 上任意取一点(x,y) ,再根据点(x, )在圆 x +y =1 上,求出 C 的方程,化为参数方程. (Ⅱ)解方程组求得 P1、P2 的坐标,可得线段 P1P2 的中点坐标.再根据与 l 垂直的直线的 斜率为 ,用点斜式求得所求的直线的方程,再根据 x=ρcosα、y=ρsinα 可得所求的直线的 极坐标方程. 解答: 解: (Ⅰ)在曲线 C 上任意取一点(x,y) ,由题意可得点(x, )在圆 x +y =1 上, ∴x +
2 2 2 2 2

=1,即曲线 C 的方程为 x +

2

=1,化为参数方程为

(0≤θ<2π,θ

为参数) .

(Ⅱ)由

,可得



,不妨设 P1(1,0) 、P2(0,2) ,

则线段 P1P2 的中点坐标为( ,1) , 再根据与 l 垂直的直线的斜率为 , 故所求的直线的方程为 y﹣1= (x﹣ ) , 即 x﹣2y+ =0. 再根据 x=ρcosα、y=ρsinα 可得所求的直线的极坐标方程为 ρcosα﹣2ρsinα+ =0, 即 ρ= .

点评:本题主要考查求点的轨迹方程的方法, 极坐标和直角坐标的互化, 用点斜式求直线的 方程,属于中档题. 18.根据以往的经验,某工程施工期间的将数量 X(单位:mm)对工期的影响如下表: 降水量 X X<300 300≤X<700 700≤X<900 X≥900 工期延误天数 Y 0 2 6 10 历年气象资料表明,该工程施工期间降水量 X 小于 300,700,900 的概率分别为 0.3,0.7, 0.9,求: (I)工期延误天数 Y 的均值与方差; (Ⅱ)在降水量 X 至少是 300 的条件下,工期延误不超过 6 天的概率. 考点:概率的应用;离散型随机变量的期望与方差. 专题:综合题. 分析: (I)由题意,该工程施工期间降水量 X 小于 300,700,900 的概率分别为 0.3, 0.7,0.9,结合某程施工期间的降水量对工期的影响,可求相应的概率,进而可得期延误天 数 Y 的均值与方差;

(Ⅱ)利用概率的加法公式可得 P(X≥300)=1﹣P(X<300)=0.7,P(300≤X<900)=P (X<900)﹣P(X<300)=0.9﹣0.3=0.6,利用条件概率,即可得到结论 解答: (I)由题意,P(X<300)=0.3,P(300≤X<700)=P(X<700)﹣P(X<300) =0.7﹣0.3=0.4,P(700≤X<900)=P(X<900)﹣P(X<700)=0.9﹣0.7=0.2,P(X≥900) =1﹣0.9=0.1 Y 的分布列为 Y 0 2 6 10 P 0.3 0.4 0.2 0.1 ∴E(Y)=0×0.3+2×0.4+6×0.2+10×0.1=3 2 2 2 2 D(Y)=(0﹣3) ×0.3+(2﹣3) ×0.4+(6﹣3) ×0.2+(10﹣3) ×0.1=9.8 ∴工期延误天数 Y 的均值为 3,方差为 9.8; (Ⅱ)P(X≥300)=1﹣P(X<300)=0.7,P(300≤X<900)=P(X<900)﹣P(X<300) =0.9﹣0.3=0.6 由条件概率可得 P(Y≤6|X≥300)= .

点评:本题考查离散型随机变量的均值与方差,考查条件概率,正确理解题意,求出概率是 关键. 19.在某大学自主招生考试中,所有选报 II 类志向的考生全部参加了“数学与逻辑”和“阅读 与表达”两个科目的考试,成绩分为 A,B,C,D,E 五个等级.某考场考生两科的考试成 绩的数据统计如图所示,其中“数学与逻辑”科目的成绩为 B 的考生有 10 人.

(Ⅰ)求该考场考生中“阅读与表达”科目中成绩为 A 的人数; (Ⅱ)若等级 A,B,C,D,E 分别对应 5 分,4 分,3 分,2 分,1 分. (i)求该考场考生“数学与逻辑”科目的平均分; (ii)若该考场共有 10 人得分大于 7 分,其中有 2 人 10 分,2 人 9 分,6 人 8 分.从这 10 中随机抽取两人,求两人成绩之和大于等于 18 的概率. 考点: 频率分布直方图;众数、中位数、平均数;古典概型及其概率计算公式. 专题: 概率与统计. 分析: 分别根据频率分别直方图的数据, 结合平均数公式以及古典概率的概率公式分别进 行求解即可. 解答: 解: (1)该考场共有 10÷0.25=40 人, ∴该考场考生中“阅读与表达”科目中成绩为 A 的人数为 40× (1﹣0.375﹣0.375﹣0.15﹣0.025) =40×0.075=3.

(2)该考场考生“数学与逻辑”科目的平均分为

=2.9, (3)从 10 中随机抽取两人共有 种,满足两人成绩之和大于等于 18 的,2 人都是

10 分,2 人都是 9 分,一个 10 分,一个 9 分或一个 10 分一个 8 分,共有 1+1+2×2+2×6=18 种, ∴两人成绩之和大于等于 18 的概率为 P= .

点评: 本题主要考查统计概率的应用, 要求熟练掌握频率分布直方图的应用, 以及概率的 求法. 20.如图,三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,侧面 BB1C1C 为菱形,AB⊥B1C. (Ⅰ)证明:AC=AB1; (Ⅱ)若 AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角 A﹣A1B1﹣C1 的余弦值.

考点:用空间向量求平面间的夹角;空间向量的夹角与距离求解公式. 专题:空间向量及应用. 分析: (1) 连结 BC1, 交 B1C 于点 O, 连结 AO, 可证 B1C⊥平面 ABO, 可得 B1C⊥AO, B10=CO,进而可得 AC=AB1; (2)以 O 为坐标原点, 正方向, 的方向为 x 轴的正方向,| |为单位长度, 的方向为 y 轴的

的方向为 z 轴的正方向建立空间直角坐标系,分别可得两平面的法向量,可得

所求余弦值. 解答: 解: (1)连结 BC1,交 B1C 于点 O,连结 AO, ∵侧面 BB1C1C 为菱形, ∴BC1⊥B1C,且 O 为 BC1 和 B1C 的中点, 又∵AB⊥B1C,∴B1C⊥平面 ABO, ∵AO?平面 ABO,∴B1C⊥AO, 又 B10=CO,∴AC=AB1, (2)∵AC⊥AB1,且 O 为 B1C 的中点,∴AO=CO, 又∵AB=BC,∴△BOA≌△BOC,∴OA⊥OB, ∴OA,OB,OB1 两两垂直, 以 O 为坐标原点, 的方向为 x 轴的正方向,| |为单位长度,

的方向为 y 轴的正方向,

的方向为 z 轴的正方向建立空间直角坐标系,

∵∠CBB1=60°,∴△CBB1 为正三角形,又 AB=BC, ∴A(0,0, ∴ =(0, ) ,B(1,0,0, ) ,B1(0, , ) , = , 0) ,C(0, ) , = ,0) =(﹣1, ,0) ,

=(1,0,

设向量 =(x,y,z)是平面 AA1B1 的法向量,



,可取 =(1,



) ,

同理可得平面 A1B1C1 的一个法向量 =(1,﹣ ∴cos< , >= = ,



) ,

∴二面角 A﹣A1B1﹣C1 的余弦值为 点评:本题考查空间向量法解决立体几何问题,建立坐标系是解决问题的关键,属中档题. 21.如图 1,在 Rt△ABC 中,∠ACB=30°,∠ABC=90°,D 为 AC 中点,AE⊥BD 于 E,延 长 AE 交 BC 于 F,将△ABD 沿 BD 折起,使平面 ABD⊥平面 BCD,如图 2 所示.

(Ⅰ)求证:AE⊥平面 BCD; (Ⅱ)求二面角 A﹣DC﹣B 的余弦值. (Ⅲ)在线段 AF 上是否存在点 M 使得 EM∥平面 ADC?若存在,请指明点 M 的位置;若 不存在,请说明理由. 考点: 与二面角有关的立体几何综合题;直线与平面垂直的判定. 专题: 空间位置关系与距离. 分析: (Ⅰ)由已知条件推导出 AE⊥BD 于 E,由此能证明 AE⊥平面 BCD. (Ⅱ)以 E 为坐标原点,分别以 EF,ED,EA 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角 坐标系 E﹣xyz,利用向量法能求出二面角 A﹣DC﹣B 的余弦值.

(Ⅲ)设 上存在点 M,使

,由已知条件推导出 ,且 .

,由此能求出在线段 AF

解答: (Ⅰ)证明:∵平面 ABD⊥平面 BCD,交线为 BD, 又在△ABD 中,AE⊥BD 于 E,AE?平面 ABD ∴AE⊥平面 BCD. (3 分) (Ⅱ)解:由(Ⅰ)结论 AE⊥平面 BCD,∴AE⊥EF. 由题意知 EF⊥BD,又 AE⊥BD. 如图,以 E 为坐标原点,分别以 EF,ED,EA 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角 坐标系 E﹣xyz, (4 分) 不妨设 AB=BD=DC=AD=2,则 BE=ED=1. 由图 1 条件计算得, 则 , ,

, ∵AE⊥平面 BCD,∴平面 DCB 的法向量为 设平面 ADC 的法向量为 =(x,y,z) , 则 ,即

. =(0,0, ) . (6 分)

令 z=1,得 =(﹣1, ∴cos< >=

,1) . (8 分) = , . (9 分)

∴二面角 A﹣DC﹣B 的余弦值为 (Ⅲ)解:设 ∵ ∴ ∴ 由 解得 ,即 , (13 分)

,其中 λ∈[0,1]. , ,其中 λ∈[0,1], (10 分) , (11 分) , (12 分)

∴在线段 AF 上存在点 M,使

,且

. (14 分)

点评: 本题考查直线与平面垂直的证明, 考查二面角的余弦值的求法, 考查满足条件的点 是否存在的判断,解题时要认真审题,注意向量法的合理运用.

22.在平面直角坐标系 xOy 中,椭圆 C:

+

=1(a>b>0)的离心率为

,直线 y=x

被椭圆 C 截得的线段长为



(Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)过原点的直线与椭圆 C 交于 A,B 两点(A,B 不是椭圆 C 的顶点) .点 D 在椭圆 C 上,且 AD⊥AB,直线 BD 与 x 轴、y 轴分别交于 M,N 两点. (i)设直线 BD,AM 的斜率分别为 k1,k2,证明存在常数 λ 使得 k1=λk2,并求出 λ 的值; (ii)求△OMN 面积的最大值. 考点:直线与圆锥曲线的综合问题. 专题:圆锥曲线的定义、性质与方程;圆锥曲线中的最值与范围问题. 分析: (Ⅰ)由椭圆离心率得到 a,b 的关系,化简椭圆方程,和直线方程联立后求出交 点的横坐标,把弦长用交点横坐标表示,则 a 的值可求,进一步得到 b 的值,则椭圆方程可 求; (Ⅱ) (i)设出 A,D 的坐标分别为(x1,y1) (x1y1≠0) , (x2,y2) ,用 A 的坐标表示 B 的 坐标,把 AB 和 AD 的斜率都用 A 的坐标表示,写出直线 AD 的方程,和椭圆方程联立后利 用根与系数关系得到 AD 横纵坐标的和,求出 AD 中点坐标,则 BD 斜率可求,再写出 BD 所在直线方程,取 y=0 得到 M 点坐标,由两点求斜率得到 AM 的斜率,由两直线斜率的关 系得到 λ 的值; (ii)由 BD 方程求出 N 点坐标,结合(i)中求得的 M 的坐标得到△OMN 的面积,然后结 合椭圆方程利用基本不等式求最值. 解答: 解: (Ⅰ)由题意知, ∴椭圆 C 的方程可化为 x +4y =a . 将 y=x 代入可得 因此 则 b=1. , ,解得 a=2.
2 2 2

,则 a =4b .

2

2

∴椭圆 C 的方程为



(Ⅱ) (i)设 A(x1,y1) (x1y1≠0) ,D(x2,y2) , 则 B(﹣x1,﹣y1) . ∵直线 AB 的斜率 又 AB⊥AD, ∴直线 AD 的斜率 设 AD 方程为 y=kx+m, 由题意知 k≠0,m≠0.
2 2 2





联立

,得(1+4k )x +8kmx+4m ﹣4=0.

∴ 因此

. .

由题意可得



∴直线 BD 的方程为 令 y=0,得 x=3x1,即 M(3x1,0) . 可得 .



∴ 因此存在常数

,即

. 使得结论成立.

(ii)直线 BD 方程为



令 x=0,得

,即 N(

) .

由(i)知 M(3x1,0) , 可得△OMN 的面积为 S= = .

当且仅当

时等号成立.

∴△OMN 面积的最大值为 . 点评:本题考查椭圆方程的求法, 主要考查了直线与椭圆的位置关系的应用, 直线与曲线联 立,根据方程的根与系数的关系解题,是处理这类问题的最为常用的方法,但圆锥曲线的特 点是计算量比较大,要求考试具备较强的运算推理的能力,是压轴题.


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