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普通高等学校招生全国统一考试理科数学(山东卷)1
大小:0B 6页 发布时间: 2024-01-29 10:50:54 7.35k 6.84k

专题:空间位置关系与距离;空间角;空间向量及应用;立体几何.

分析:(Ⅰ)由题意及图可得,先由条件证得AD⊥BD及AE⊥BD,再由线面垂直的判定定理即可证得线面垂直;(II)解法一:由(I)知,AD⊥BD,可得出AC⊥BC,结合FC⊥平面ABCD,知CA,CA,CF两两垂直,因此可以C为坐标原点,分别以CA,CB,CF所在的直线为X轴,Y轴,Z轴建立如图的空间直角坐标系,设CB=1,表示出各点的坐标,再求出两个平面的法向量的坐标,由公式求出二面角F﹣BD﹣C的余弦值即可;解法二:取BD的中点G,连接CG,FG,由于 CB=CD,因此CG⊥BD,又FC⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,可证明出∠FGC为二面角F﹣BD﹣C的平面角,再解三角形求出二面角F﹣BD﹣C的余弦值.

解答:(I)证明:因为四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°.所以∠ADC=∠BCD=120°.又CB=CD,所以∠CDB=30°,因此,∠ADB=90°,AD⊥BD,又AE⊥BD且,AE∩AD=A,AE,AD⊂平面AED,所以BD⊥平面AED;(II)解法一:由(I)知,AD⊥BD,同理AC⊥BC,又FC⊥平面ABCD,因此CA,CB,CF两两垂直,以C为坐标原点,分别以CA,CB,CF所在的直线为X轴,Y轴,Z轴建立如图的空间直角坐标系,不妨设CB=1,则C(0,0,0),B(0,1,0),D(,﹣,0),F(0,0,1),因此=(,﹣,0),=(0,﹣1,1)设平面BDF的一个法向量为=(x,y,z),则=0,=0所以x=y=z,取z=1,则=(,1,1),由于=(0,0,1)是平面BDC的一个法向量,则cos<>===,所以二面角F﹣BD﹣C的余弦值为解法二:取BD的中点G,连接CG,FG,由于 CB=CD,因此CG⊥BD,又FC⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以FC⊥BD,由于FC∩CG=C,FC,CG⊂平面FCG.所以BD⊥平面FCG.故BD⊥FG,所以∠FGC为二面角F﹣BD﹣C的平面角,在等腰三角形BCD中,由于∠BCD=120°,因此CG=CB,又CB=CF,所以GF==CG,故cos∠FGC=,所以二面角F﹣BD﹣C的余弦值为

点评:本题考查线面垂直的证明与二面角的余弦值的求法,解题的关键是熟练掌握线面垂直的判定定理及二面角的两种求法﹣向量法与几何法,本题是高中数学的典型题,也是高考中的热点题型,尤其是利用空间向量解决立体几何问题是近几年高考的必考题,学习时要好好把握向量法的解题规律.

19.(12分)(2012•山东)现有甲、乙两个靶.某射手向甲靶射击一次,命中的概率为,命中得1分,没有命中得0分;向乙靶射击两次,每次命中的概率为,每命中一次得2分,没有命中得0分.该射手每次射击的结果相互独立.假设该射手完成以上三次射击.

(Ⅰ)求该射手恰好命中一次得的概率;

(Ⅱ)求该射手的总得分X的分布列及数学期望EX.

考点:离散型随机变量的期望与方差;互斥事件的概率加法公式;相互独立事件的概率乘法公式.菁优网版权所有

专题:概率与统计.

分析:(I)记:“该射手恰好命中一次”为事件A,“该射手射击甲靶命中”为事件B,“该射手第一次射击乙靶命中”为事件C,“该射手第二次射击乙靶命中”为事件D,由于A=B++,根据事件的独立性和互斥性可求出所求;(II)根据题意,X的所有可能取值为0,1,2,3,4,根据事件的对立性和互斥性可得相应的概率,得到分布列,最后利用数学期望公式解之即可.

解答:解:(I)记:“该射手恰好命中一次”为事件A,“该射手射击甲靶命中”为事件B,“该射手第一次射击乙靶命中”为事件C,“该射手第二次射击乙靶命中”为事件D由题意知P(B)=,P(C)=P(D)=由于A=B++根据事件的独立性和互斥性得P(A)=P(B)+P()+P()=P(B)P()P()+P()P(C)P()+P()P()P(D)=×(1﹣)×(1﹣)+(1﹣)××(1﹣)+(1﹣)×(1﹣)×=(II)根据题意,X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5根据事件的对立性和互斥性得P(X=0)=P()=(1﹣)×(1﹣)×(1﹣)=P(X=1)=P(B)=×(1﹣)×(1﹣)=P(X=2)=P(+)=P()+P()=(1﹣)××(1﹣)+(1﹣)×(1﹣)×=P(X=3)=P(BC)+P(BD)=××(1﹣)+×(1﹣)×=P(X=4)=P()=(1﹣)××=P(X=5)=P(BCD)=××=故X的分布列为所以E(X)=0×+1×+2×+3×+4×+5×=

点评:本题主要考查了离散型随机变量的期望,以及分布列和事件的对立性和互斥性,同时考查了计算能力和分析问题的能力,属于中档题.

20.(12分)(2012•山东)在等差数列{an}中,a3+a4+a5=84,a9=73.

(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;

(Ⅱ)对任意m∈N*,将数列{an}中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为bm,求数列{bm}的前m项和Sm.

考点:数列的求和;等差数列的通项公式.菁优网版权所有

专题:等差数列与等比数列.

分析:(I)由已知及等差数列的性质可求a4,由可求公差d,进而可求a1,进而可求通项(II)由可得9m+8<9n<92m+8,从而可得,由等比数列的求和公式可求

解答:解:(I)∵数列{an}是等差数列∴a3+a4+a5=3a4=84,∴a4=28设等差数列的公差为d∵a9=73∴==9由a4=a1+3d可得28=a1+27∴a1=1∴an=a1+(n﹣1)d=1+9(n﹣1)=9n﹣8(II)若则9m+8<9n<92m+8因此9m﹣1+≤n≤92m﹣1+故得∴Sm=b1+b2+…+bm=(9+93+95+…+92m﹣1)﹣(1+9+…+9m﹣1)==

点评:本题主要考查了等差数列的性质及通项公式的应用,等比数列的求和公式的应用,属于等差数列与等比数列基本运算的综合应用.

21.(13分)(2012•山东)在平面直角坐标系xOy中,F是抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点,M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点,过M,F,O三点的圆的圆心为Q,点Q到抛物线C的准线的距离为

(Ⅰ)求抛物线C的方程;

(Ⅱ)是否存在点M,使得直线MQ与抛物线C相切于点M?若存在,求出点M的坐标;若不存在,说明理由;

(Ⅲ)若点M的横坐标为,直线l:y=kx+与抛物线C有两个不同的交点A,B,l与圆Q有两个不同的交点D,E,求当≤k≤2时,|AB|2+|DE|2的最小值.

考点:直线与圆锥曲线的综合问题;抛物线的标准方程;抛物线的简单性质.菁优网版权所有

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)通过F(0,),圆心Q在线段OF平分线y=上,推出求出p=1,推出抛物线C的方程.(Ⅱ)假设存在点M(x0,),(x0>0)满足条件,抛物线C在点M处的切线的斜率为函数的导数,求出Q的坐标,利用|QM|=|OQ|,求出M().使得直线MQ与抛物线C相切与点M.(Ⅲ)当x0=时,求出⊙Q的方程为.利用直线与抛物线方程联立方程组.设A(x1,y1),B(x2,y2),利用韦达定理,求出|AB|2.同理求出|DE|2,通过|AB|2+|DE|2的表达式,通过换元,利用导数求出函数的最小值.

解答:解:(Ⅰ)由题意可知F(0,),圆心Q在线段OF平分线y=上,因为抛物线C的标准方程为y=﹣,所以,即p=1,因此抛物线C的方程x2=2y.(Ⅱ)假设存在点M(x0,),(x0>0)满足条件,抛物线C在点M处的切线的斜率为y′==x0.令y=得,,所以Q(),又|QM|=|OQ|,故,因此.又x0>0.所以x0=,此时M().故存在点M(),使得直线MQ与抛物线C相切与点M.(Ⅲ)当x0=时,由(Ⅱ)的Q(),⊙Q的半径为:r==.所以⊙Q的方程为.由,整理得2x2﹣4kx﹣1=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),由于△=16k2+8>0,x1+x2=2k,x1x2=﹣,所以|AB|2=(1+k2)[(x1+x2)2﹣4x1x2]=(1+k2)(4k2+2).由,整理得(1+k2)x2﹣,设D,E两点的坐标分别为(x3,y3),(x4,y4),由于△=>0,x3+x4=,x3x4=.所以|DE|2=(1+k2)[(x3+x4)2﹣4x3x4]=,因此|AB|2+|DE|2=(1+k2)(4k2+2)+,令1+k2=t,由于△=16k2+8>0⇒≤k≤2,∴t≥,所以|AB|2+|DE|2=t(4t﹣2)+=4t2﹣2t+,设g(t)=4t2﹣2t+,t,因为g′(t)=8t﹣2﹣,所以当t,g′(t)≥g′()=6,即函数g(t)在t是增函数,所以当t=时,g(t)取最小值,因此当k=时,|AB|2+|DE|2的最小值为

点评:本题考查直线与圆锥曲线的综合问题,抛物线的标准方程,抛物线的简单性质,设而不求的解题方法,弦长公式的应用,考查分析问题解决问题的能力,转化思想的应用.

22.(13分)(2012•山东)已知函数为常数,e=2.71828…是自然对数的底数),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行.

(Ⅰ)求k的值;

(Ⅱ)求f(x)的单调区间;

(Ⅲ)设g(x)=(x2+x)f′(x),其中f′(x)为f(x)的导函数.证明:对任意x>0,g(x)<1+e﹣2.

考点:利用导数求闭区间上函数的最值;利用导数研究函数的单调性;利用导数研究曲线上某点切线方程.菁优网版权所有

专题:导数的综合应用.

分析:(Ⅰ)先求出f′(x)=,x∈(0,+∞),由y=f(x)在(1,f(1))处的切线与x轴平行,得f′(1)=0,从而求出k=1;(Ⅱ)由(Ⅰ)得:f′(x)=(1﹣x﹣xlnx),x∈(0,+∞),令h(x)=1﹣x﹣xlnx,x∈(0,+∞),求出h(x)的导数,从而得f(x)在(0,1)递增,在(1,+∞)递减;(Ⅲ)因g(x)=(1﹣x﹣xlnx),x∈(0,+∞),由(Ⅱ)h(x)=1﹣x﹣xlnx,x∈(0,+∞),得1﹣x﹣xlnx≤1+e﹣2,设m(x)=ex﹣(x+1),得m(x)>m(0)=0,进而1﹣x﹣xlnx≤1+e﹣2<(1+e﹣2),问题得以证明.

解答:解:(Ⅰ)∵f′(x)=,x∈(0,+∞),且y=f(x)在(1,f(1))处的切线与x轴平行,∴f′(1)=0,∴k=1;(Ⅱ)由(Ⅰ)得:f′(x)=(1﹣x﹣xlnx),x∈(0,+∞),令h(x)=1﹣x﹣xlnx,x∈(0,+∞),当x∈(0,1)时,h(x)>0,当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,又ex>0,∴x∈(0,1)时,f′(x)>0,x∈(1,+∞)时,f′x)<0,∴f(x)在(0,1)递增,在(1,+∞)递减;证明:(Ⅲ)∵g(x)=(x2+x)f′(x),∴g(x)=(1﹣x﹣xlnx),x∈(0,+∞),∴∀x>0,g(x)<1+e﹣2⇔1﹣x﹣xlnx<(1+e﹣2),由(Ⅱ)h(x)=1﹣x﹣xlnx,x∈(0,+∞),∴h′(x)=﹣(lnx﹣lne﹣2),x∈(0,+∞),∴x∈(0,e﹣2)时,h′(x)>0,h(x)递增,x∈(e﹣2,+∞)时,h(x)<0,h(x)递减,∴h(x)max=h(e﹣2)=1+e﹣2,∴1﹣x﹣xlnx≤1+e﹣2,设m(x)=ex﹣(x+1),∴m′(x)=ex﹣1=ex﹣e0,∴x∈(0,+∞)时,m′(x)>0,m(x)递增,∴m(x)>m(0)=0,∴x∈(0,+∞)时,m(x)>0,即>1,∴1﹣x﹣xlnx≤1+e﹣2<(1+e﹣2),∴∀x>0,g(x)<1+e﹣2.

点评:本题考查了函数的单调性,函数的最值问题,考查导数的应用,切线的方程,是一道综合题.

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