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- 2021-06-16 发布
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2017年湖北省黄冈市高考数学模拟试卷(理科)(3月份)
一、选择题(本大题共13小题,每小题5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A={x|log2x<4},集合B={x||x|≤2},则A∩B=( )
A.(0, 2] B.[0, 2] C.[−2, 2] D.(−2, 2)
2. 设复数z1,z2在复平面内的对应点关于虚轴对称,若z1=1−2i,i是虚数单位,则z2z1的虚部为( )
A.−45 B.45 C.−35 D.35
3. 下列四个结论:
①若x>0,则x>sinx恒成立;
②命题“若x−sinx=0,则x=0”的逆否命题为“若x≠0,则x−sinx≠0”;
③“命题p∧q为真”是“命题p∨q为真”的充分不必要条件;
④命题“∀x∈R,x−lnx>0”的否定是“∃x0∈R,x0−lnx0<0”.
其中正确结论的个数是( )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
4. 《孙子算经》中有道算术题:“今有百鹿入城,家取一鹿不尽,又三家共一鹿适尽,问城中家几何?”意思是有100头鹿,每户分1头还有剩余;每3户再分1头,正好分完,问共有多少户人家?设计框图如图,则输出的值是( )
A.74 B.75 C.76 D.77
5. 已知双曲线x2−y23=1的左,右焦点分别为F1,F2,双曲线的离心率为e,若双曲线上一点P使sin∠PF2F1sin∠PF1F2=e,则F2P→⋅F2F1→的值为( )
A.3 B.2 C.−3 D.−2
6. 已知2sinθ=1−cosθ,则tanθ=( )
A.−43或0 B.43或0 C.−43 D.43
7. 某一简单几何体的三视图如所示,该几何体的外接球的表面积是( )
A.13π B.16π C.25π D.27π
8. 函数y=x2lnx2|x|的图象大致是( )
A. B.
C. D.
9. 已知事件“在矩形ABCD的边CD上随机取一点P,使△APB的最大边是AB”发生的概率为35,则ADAB=( )
A.15 B.25 C.35 D.45
10. 已知(1−2x)2017=a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+...+a2016(x−1)2016+a2017(x−1)2017(x∈R),则a1−2a2+3a3−4a4+...−2016a2016+2017a2017=( )
A.2017 B.4034 C.−4034 D.0
11. 已知平面向量a→,b→,c→满足|a→|=|b→|=1,a→⊥(a→−2b→),(c→−2a→)*(c→−b→)=0,则|c→|的最大值为( )
A.0 B.3 C.7+32 D.7
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12. 如图,矩形ABCD中,AB=2AD=4,E为边AB的中点,将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE,构成四棱锥A1−BCDE,若M为线段A1C的中点,在翻转过程中有如下4个命题:
①MB // 平面A1DE;
②存在某个位置,使DE⊥A1C;
③存在某个位置,使A1D⊥CE;
④点A1在半径为2的圆面上运动,
其中正确的命题个数是( )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
13. 已知函数f(x)=1−|x−1|(x≤2)ex−2(−x2+8x−12)(x>2) ,如在区间(1, +∞)上存在n(n≥2)个不同的数x1,x2,x3,…,xn,使得比值f(x1)x1=f(x2)x2=⋯=f(xn)xn成立,则n的取值集合是( )
A.{2, 3, 4, 5} B.{2, 3} C.{2, 3, 5} D.{2, 3, 4}
二、填空题(本大题包括4小题,每小题5分,共20分,把正确答案填在答题卡中的横线上)
已知点x,y满足不等式组x≥0y≥02x+y≤2 ,若ax+y≤3恒成立,则实数a的取值范围是________.
如图,在△ABC中,cos12∠ABC=63,AB=2,点D在线段AC上,且AD=2DC,BD=433,则cosC=________.则三角形ABC的面积为________2 .
已知{an}为等差数列,公差为d,且00)满足:在x∈(0,3π4)上单调且存在x0∈(0,3π4),f(x)+f(2x0−x)=0,则w范围是________23<w≤43 .
设a<0,(x2+2017a)(x+2016b)≥0在(a, b)上恒成立,则b−a的最大值为________.
三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)
数列{an}中,a1=2,an+1=n+12nan(n∈N*).
(1)证明数列{ann}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an216n2−an2,若数列{bn}的前n项和是Tn,求证:Tn<12.
在如图所示的几何体中,平面ADNM⊥平面ABCD,四边形ABCD是菱形,ADNM是矩形,∠DAB=π3,AB=2,AM=1,E是AB的中点.
(1)求证:平面DEM⊥平面ABM;
(2)在线段AM上是否存在点P,使二面角P−EC−D的大小为π4?若存在,求出AP的长;若不存在,请说明理由.
已知6只小白鼠有1只被病毒感染,需要通过对其化验病毒DNA来确定是否感染.下面是两种化验方案:方案甲:逐个化验,直到能确定感染为止.方案乙:将6只分为两组,每组三个,并将它们混合在一起化验,若存在病毒DNA,则表明感染在这三只当中,然后逐个化验,直到确定感染为止;若结果不含病毒DNA,则在另外一组中逐个进行化验.
(1)求依据方案乙所需化验恰好为2次的概率.
(2)首次化验化验费为10元,第二次化验化验费为8元,第三次及其以后每次化验费都是6元,列出方案甲所需化验费用的分布列,并估计用方案甲平均需要化验费多少元?
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如图,圆C与x轴相切于点T(2, 0),与y轴正半轴相交于两点M,N(点M在点N的下方),且|MN|=3.
(Ⅰ)求圆C的方程;
(Ⅱ)过点M任作一条直线与椭圆x28+y24=1相交于两点A、B,连接AN、BN,求证:∠ANM=∠BNM.
已知抛物线G:x2=2py(p>0),直线y=k(x−1)+2与抛物线G相交A(x1, y1),B(x2, y2)(x10,恒有f(x)≤x成立,求实数a的取值范围;
(2)若a=0,求f(x)在区间[t, t+2](t>0)上的最小值;
(3)若函数g(x)=f(x)−x有两个极值点x1,x2,求证:1lnx1+1lnx2>2ae.
请考生在22、23两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分.[选修4-4:坐标系与参数方程]
在直角坐标系xOy中,以原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系.若曲线C的极坐标方程为ρcos2θ−4sinθ=0,P点的极坐标为(3,π2),在平面直角坐标系中,直线l经过点P,斜率为3
(1)写出曲线C的直角坐标方程和直线l的参数方程;
(2)设直线l与曲线C相交于A,B两点,求1|PA|+1|PB|的值.
[选修4-5:不等式选讲]
已知函数f(x)=|2x−a|+|2x−1|(a∈R).
(1)当a=−1时,求f(x)≤2的解集;
(2)若f(x)≤|2x+1|的解集包含集合[12,1],求实数a的取值范围.
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参考答案与试题解析
2017年湖北省黄冈市高考数学模拟试卷(理科)(3月份)
一、选择题(本大题共13小题,每小题5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】
A
【考点】
交集及其运算
【解析】
求出A与B中不等式的解集分别确定出A与B,找出两集合的交集即可.
【解答】
由A中不等式变形得:log2x<4=log216,即00,则x>sinx恒成立,故①正确;
②命题“若x−sinx=0,则x=0”的逆否命题为“若x≠0,则x−sinx≠0”,由逆否命题的形式,故②正确;
③“命题p∧q为真”则p,q都是真,则“命题p∨q为真”,反之不成立,则“命题p∧q为真”是“命题p∨q为真”的充分不必要条件,故③正确;
④命题“∀x∈R,x−lnx>0”的否定是“∃x0∈R,x0−lnx0≤0”,故④不正确.
综上可得,正确的个数为3.
故选:C.
4.
【答案】
B
【考点】
程序框图
【解析】
由题意,输出的值是100÷(1+13),计算可得结论.
【解答】
由题意,输出的值是100÷(1+13)=100÷43=75.
5.
【答案】
B
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
求出双曲线的a,b,c,e,运用三角形的正弦定理和双曲线的定义,求得|PF1|=4,|PF2|=2.再由余弦定理求得cos∠PF2F1,运用向量数量积的定义计算即可得到所求值.
【解答】
双曲线x2−y23=1的a=1,b=3,c=1+3=2,
可得sin∠PF2F1sin∠PF1F2=e=ca=2,
F1(−2, 0),F2(2, 0),P为右支上一点,
由正弦定理可得|PF1|=2|PF2|,
由双曲线的定义可得|PF1|−|PF2|=2a=2,
解得|PF1|=4,|PF2|=2.
在△PF2F1中,由余弦定理得cos∠PF2F1=22+42−422×2×4=14,
则F2P→⋅F2F1→=|F2P→|⋅|F2F1→|⋅cos∠PF2F1=2×4×14=2.
6.
【答案】
A
【考点】
同角三角函数间的基本关系
【解析】
根据同角三角函数基本关系式,求解即可.
【解答】
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由2sinθ=1−cosθ,sin2θ=1−cos2θ,
解得:cosθ=1或−35
当cosθ=1时,sinθ=0,
当cosθ=−35时,sinθ=45,
∴ tanθ=−43或0.
7.
【答案】
C
【考点】
由三视图求体积
【解析】
几何体为底面为正方形的长方体,底面对角线为4,高为3.则长方体的对角线为外接球的直径.
【解答】
解:几何体为底面为正方形的长方体,底面对角线为4,高为3,∴ 长方体底面边长为22.
则长方体外接球半径为r,则2r=(22)2+(22)2+32=5.∴ r=52.∴ 长方体外接球的表面积S=4πr2=25π.
故选C.
8.
【答案】
D
【考点】
函数的图象与图象的变换
【解析】
利用函数的奇偶性排除选项,特殊值的位置判断求解即可.
【解答】
函数y=x2lnx2|x|是偶函数,排除B,x=e时,y=e,即(e, e)在函数的图象上,排除A,
当x=1e时,y=−2e,当x=1e2时,y=−1e4lne−41e2=−4e2,−2e<−4e2,
可知(1e, −2e)在(1e2,−4e4)的下方,
排除C.
9.
【答案】
C
【考点】
几何概型计算(与长度、角度、面积、体积有关的几何概型)
【解析】
先明确是一个几何概型中的长度类型,然后求得事件“在矩形ABCD的边CD上随机取一点P,使△APB的最大边是AB”发生的线段长度,再利用两者的比值即为发生的概率35,从而求出ADAB.
【解答】
解:记“在矩形ABCD的边CD上随机取一点P,使△APB的最大边是AB”为事件M,试验的全部结果构成的长度即为线段CD,
若△APB的最大边是AB”发生的概率为35,
则PEDE=35,
设AD=y,AB=x,则DE=12x,PE=35DE=310x,
则PC=12x+310x=45x,
则PB2=AB2时,
PC2+BC2=PB2=AB2,
即(45x)2+y2=x2,
即1625x2+y2=x2,
则y2=916x2,
则y=35x,
即yx=35,
即ADAB=35,
故选:C.
10.
【答案】
C
【考点】
二项式定理及相关概念
【解析】
对(1−2x)2017=a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+...+a2016(x−1)2016+a2017(x−1)2017(x∈R),两边求导,取x=0即可得出.
【解答】
∵ (1−2x)2017=a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+...+a2016(x−1)2016+a2017(x−1)2017(x∈R),
∴ −2×2017(1−2x)2016=a1+2a2(x−1)+...+2017a2017(x−1)2016,
令x=0,则−4034=a1−2a2+3a3−4a4+...−2016a2016+2017a2017,
11.
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【答案】
C
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
设平面向量a→,b→的夹角为θ,由|a→|=|b→|=1,a→⊥(a→−2b→),可得a→⋅(a→−2b→)=a→2−2a→*b→=0,解得θ=π3.不妨设a→=(1, 0),b→=(12,32).c→=(x, y).由(c→−2a→)*(c→−b→)=0,可得:(x−54)2+(y−34)2=34.可得|c→|=x2+y2的最大值.
【解答】
设平面向量a→,b→的夹角为θ,∵ |a→|=|b→|=1,a→⊥(a→−2b→),∴ a→⋅(a→−2b→)=a→2−2a→*b→=1−2cosθ=0,
解得θ=π3.
不妨设a→=(1, 0),b→=(12,32).c→=(x, y).
∵ (c→−2a→)*(c→−b→)=0,∴ (x−12)(x−2)+y(y−32)=0,
化为(x−54)2+(y−34)2=34.
则|c→|=x2+y2≤(54)2+(34)2+32=7+32.
12.
【答案】
C
【考点】
棱锥的结构特征
【解析】
对4个命题分别进行判断,即可得出结论.
【解答】
取CD中点F,连接MF,BF,则MF // DA1,BF // DE,∴ 平面MBF // 平面A1DE,∴ MB // 平面A1DE,故①正确
∵ A1C在平面ABCD中的射影为AC,AC与DE不垂直,
∴ 存在某个位置,使DE⊥A1C不正确,故②不正确.
由CE⊥DE,可得平面A1DE⊥平面ABCD时,A1D⊥CE,故③正确.
∵ DE的中点O是定点,OA1=2,∴ A1是在以O为圆心,2为半径的圆上,故④正确,
13.
【答案】
B
【考点】
分段函数的应用
【解析】
f(x1)x1=f(x2)x2=⋯=f(xn)xn的几何意义为点(xn, f(xn))与原点的连线有相同的斜率,利用数形结合即可得到结论.
【解答】
∵ f(xn)xn的几何意义为点(xn, f(xn))与原点的连线的斜率,
∴ f(x1)x1=f(x2)x2=⋯=f(xn)xn的几何意义为点(xn, f(xn))与原点的连线有相同的斜率,
函数f(x)=1−|x−1|(x≤2)ex−2(−x2+8x−12)(x>2) 的图象,在区间(1, +∞)上,与y=kx的交点个数有1个,2个或者3个,
故n=2或n=3,
即n的取值集合是{2, 3}.
二、填空题(本大题包括4小题,每小题5分,共20分,把正确答案填在答题卡中的横线上)
【答案】
(−∞, 3]
【考点】
简单线性规划
【解析】
画出不等式满足的平面区域,由ax+y≤3恒成立,结合图形确定出a的范围即可.
【解答】
满足不等式组x≥0y≥02x+y≤2 的平面区域如右图所示,
由于对任意的实数x、y,不等式ax+y≤3恒成立,
根据图形,可得斜率−a≥0或−a>kAB=3−00−1=−3,
解得:a≤3,
则实数a的取值范围是(−∞, 3].
【答案】
79,2
【考点】
三角形的面积公式
【解析】
在△ABC中,cos12∠ABC=63,由半角公式可得cosB=13,在△ABC,和ABD,BDC中利用余弦定理关系,求解边长BC和AC.可得cosC和三角形ABC的面积
【解答】
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在△ABC中,cos12∠ABC=63,由半角公式可得cosB=13,
在△ABC中,设BC=a,AC=3b,则由余弦定理可得cos∠ADB=4b2+163−44b×433
cos∠CDB=b2+163−a22b×433
∵ ∠ADB与∠CDB互补,
∴ cos∠ADB=−cos∠CDB,
∴ 4b2+163−44b×433=b2+163−a22b×433⋯①
由cosB=13=4+a2−9b28a⋯②
由①②解得a=3,b=1,
BC=3,AC=3,
那么cosC=BC2+AC2−AB22BC⋅AC=18−418=79.
则sinC=429,
∴ 三角形ABC的面积为S=12BC⋅ACsinC=22.
【答案】
2323.
【答案】
2017
【考点】
函数恒成立问题
【解析】
由题意可得x2+2017a≥0,x+2016b≥0或x2+2017a≤0,x+2016b)≤0成立,若x+2016b≥0在(a, b)上恒成立,则a+2016b≥0,即b≥−a2016>0,此时当x=0时,x2+2017a=2017a≥0不成立;若x+2016b≤0在(a, b)上恒成立,则b+2016b≤0,即b≤0,若x2+2017a≤0在(a, b)上成立,则a2+2017a≤0,即−2017≤a<0.由此即可求得b−a的最大值.
【解答】
∵ (x2+2017a)(x+2016b)≥0在(a, b)上恒成立,
∴ x2+2017a≥0,x+2016b≥0或x2+2017a≤0,x+2016b)≤0成立,
①若x+2016b≥0在(a, b)上恒成立,则a+2016b≥0,即b≥−a2016>0,
此时当x=0时,x2+2017a=2017a≥0不成立;
②若x+2016b≤0在(a, b)上恒成立,则b+2016b≤0,即b≤0,若x2+2017a≤0在(a, b)上成立,
则a2+2017a≤0,即−2017≤a<0.
故b−a的最大值为2017.
三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)
【答案】
证明:数列{an}中,a1=2,an+1=n+12nan(n∈N*),
an+1n+1=12⋅ann,则数列{ann}是首项为2,公比为12的等比数列;
则ann=2⋅(12)n−1,
即为an=2n⋅(12)n−1;
证明:bn=an216n2−an2=4n2⋅(14)n−116n2−4n2⋅(14)n−1
=14n−1,
由2n=(1+1)n=1+n+Cn2+⋯+Cnn−1+1≥2n,
则4n≥4n2,
即有14n−1≤14n2−1=12(12n−1−12n+1),
数列{bn}的前n项和是Tn=14−1+142−1+143−1+⋯+14n−1
≤12(1−13+13−15+15−17+⋯+12n−1−12n+1)
=12(1−12n+1)<12,
则Tn<12.
【考点】
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
(1)将原式两边除以n+1,结合等比数列的定义和通项公式,即可得证;
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(2)求得bn=an216n2−an2=14n−1,可得4n≥4n2,即有14n−1≤14n2−1=12(12n−1−12n+1),运用数列的求和方法:裂项相消求和,结合不等式的性质,即可得证.
【解答】
证明:数列{an}中,a1=2,an+1=n+12nan(n∈N*),
an+1n+1=12⋅ann,则数列{ann}是首项为2,公比为12的等比数列;
则ann=2⋅(12)n−1,
即为an=2n⋅(12)n−1;
证明:bn=an216n2−an2=4n2⋅(14)n−116n2−4n2⋅(14)n−1
=14n−1,
由2n=(1+1)n=1+n+Cn2+⋯+Cnn−1+1≥2n,
则4n≥4n2,
即有14n−1≤14n2−1=12(12n−1−12n+1),
数列{bn}的前n项和是Tn=14−1+142−1+143−1+⋯+14n−1
≤12(1−13+13−15+15−17+⋯+12n−1−12n+1)
=12(1−12n+1)<12,
则Tn<12.
【答案】
∵ ABCD是菱形,∴ AD=AB,∵ ∠DAB=60∘,∴ △ABD为等边三角形,
E为AB中点,∴ DE⊥AB,∴ DE⊥CD,
∵ ADMN是矩形,∴ ND⊥AD,
又平面ADMN⊥平面ABCD,平面ADMN∩平面ABCD=AD,
∴ ND⊥平面ABCD,∴ ND⊥DE,
∵ CD∩ND=D,∴ DE⊥平面NDC,
∵ DE⊂平面MDE,∴ 平面MDE⊥平面NDC.
因为面ABM // 面NDC,∴ 平面DEM⊥平面ABM;
设存在P符合题意.
由(Ⅰ)知,DE、DC、DN两两垂直,以D为原点,建立空间直角坐标系D−xyz(如图),
则D(0, 0, 0),A(3, −1, 0),E(3, 0, 0),C(0, 2, 0),P(3, −1, h)(0≤h≤1).
∴ EP→=(0, −1, h),EC→=(−3, 2, 0),设平面PEC的法向量为n→=(x, y, z),
则n→*EP→=−y+hz=0n→*EC→=−3x+2y=0 令x=2h,则平面PEC的一个法向量为n→=(2h, 3h, 3)
取平面ECD的法向量m→=(0, 0, 1),
cos45∘=37h2+3,解得h=217∈[0, 1],
即存在点P,使二面角P−EC−D的大小为π4,此时AP=217.
【考点】
平面与平面垂直
二面角的平面角及求法
【解析】
(1)推导出DE⊥CD,ND⊥AD,从而ND⊥DE,进而DE⊥平面NDC,由此能证明平面MAE⊥平面NDC.
(2)以D为原点,建立空间直角坐标系D−xyz,求出平面PEC的一个法向量、平面ECD的法向量.利用向量的夹角公式,建立方程,即可得出结论.
【解答】
∵ ABCD是菱形,∴ AD=AB,∵ ∠DAB=60∘,∴ △ABD为等边三角形,
E为AB中点,∴ DE⊥AB,∴ DE⊥CD,
∵ ADMN是矩形,∴ ND⊥AD,
又平面ADMN⊥平面ABCD,平面ADMN∩平面ABCD=AD,
∴ ND⊥平面ABCD,∴ ND⊥DE,
∵ CD∩ND=D,∴ DE⊥平面NDC,
∵ DE⊂平面MDE,∴ 平面MDE⊥平面NDC.
因为面ABM // 面NDC,∴ 平面DEM⊥平面ABM;
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设存在P符合题意.
由(Ⅰ)知,DE、DC、DN两两垂直,以D为原点,建立空间直角坐标系D−xyz(如图),
则D(0, 0, 0),A(3, −1, 0),E(3, 0, 0),C(0, 2, 0),P(3, −1, h)(0≤h≤1).
∴ EP→=(0, −1, h),EC→=(−3, 2, 0),设平面PEC的法向量为n→=(x, y, z),
则n→*EP→=−y+hz=0n→*EC→=−3x+2y=0 令x=2h,则平面PEC的一个法向量为n→=(2h, 3h, 3)
取平面ECD的法向量m→=(0, 0, 1),
cos45∘=37h2+3,解得h=217∈[0, 1],
即存在点P,使二面角P−EC−D的大小为π4,此时AP=217.
【答案】
方案乙中所需化验次数恰好为2次的事件有两种情况:
第一种,先化验一组,结果不含病毒DNA,再从另一组任取一个样品进行化验,
则恰含有病毒的概率为∁52∁63×1∁31=16.
第二种,先化验一组,结果含有病毒DNA,再从中逐个化验,
恰第一个样品含有病毒的概率为∁52∁63×1∁31=16.
∴ 依据方案乙所需化验恰好为2次的概率为16+16=13.
设方案甲化验的次数为ξ,则ξ可能的取值为1,2,3,4,5,对应的化验费为η元,
P(ξ=1)=P(η=10)=16,
P(ξ=2)=P(η=18)=56×15=16,
P(ξ=3)=P(η=24)=56×45×14=16,
P(ξ=4)=P(η=30)=56×45×34×13=16,
P(ξ=5)=P(η=36)=56×45×34×23=13,
∴ 方案甲所需化验费用η的分布列为:
η1018243036
用方案甲平均需要化验费E(η)=10×16+18×16+24×16+30×16+36×13=773(元).
【考点】
古典概型及其概率计算公式
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
(1)方案乙中所需化验次数恰好为2次的事件有两种情况:第一种,先化验一组,结果不含病毒DNA,再从另一组任取一个样品进行化验,可得恰含有病毒的概率为∁52∁63×1∁31.第二种,先化验一组,结果含有病毒DNA,再从中逐个化验,恰第一个样品含有病毒的概率为∁52∁63×1∁31.利用互斥事件的概率计算公式即可得出.
(2)设方案甲化验的次数为ξ,则ξ可能的取值为1,2,3,4,5,对应的化验费为η元,利用相互独立事件的概率计算公式可得:P(ξ=1)=P(η=10),P(ξ=2)=P(η=18),P(ξ=3)=P(η=24),P(ξ=4)=P(η=30),P(ξ=5)=P(η=36).
【解答】
方案乙中所需化验次数恰好为2次的事件有两种情况:
第一种,先化验一组,结果不含病毒DNA,再从另一组任取一个样品进行化验,
则恰含有病毒的概率为∁52∁63×1∁31=16.
第二种,先化验一组,结果含有病毒DNA,再从中逐个化验,
恰第一个样品含有病毒的概率为∁52∁63×1∁31=16.
∴ 依据方案乙所需化验恰好为2次的概率为16+16=13.
设方案甲化验的次数为ξ,则ξ可能的取值为1,2,3,4,5,对应的化验费为η元,
P(ξ=1)=P(η=10)=16,
P(ξ=2)=P(η=18)=56×15=16,
P(ξ=3)=P(η=24)=56×45×14=16,
P(ξ=4)=P(η=30)=56×45×34×13=16,
P(ξ=5)=P(η=36)=56×45×34×23=13,
∴ 方案甲所需化验费用η的分布列为:
η1018243036
用方案甲平均需要化验费E(η)=10×16+18×16+24×16+30×16+36×13=773(元).
【答案】
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(1)设圆C的半径为r(r>0),依题意,圆心坐标为(2, r).
∵ |MN|=3,∴ r2=(32)2+22,解得r2=254,
故圆C的方程为(x−2)2+(y−52)2=254.
(2)把x=0代入方程(x−2)2+(y−52)2=254,解得y=1或y=4,
即点M(0, 1),N(0, 4).
(1)当AB⊥y轴时,由椭圆的对称性可知∠ANM=∠BNM.
(2)当AB与y轴不垂直时,可设直线AB的方程为y=kx+1.
联立方程y=kx+1x2+2y2=8 ,消去y得,(1+2k2)x2+4kx−6=0.
设直线AB交椭圆Γ于A(x1, y1)、B(x2, y2)两点,
则x1+x2=−4k1+2k2,x1x2=−61+2k2.
∴ kAN+kBN=y1−4x1+y2−4x2=kx1−3x1+kx2−3x2=2kx1x2−3(x1+x2)x1x2=0,
∴ ∠ANM=∠BNM.
综上所述,∠ANM=∠BNM.
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
圆的标准方程
【解析】
(Ⅰ)设圆C的半径为r(r>0),依题意,圆心坐标为(2, r),根据|MN|=3,利用弦长公式求得r的值,可得圆C的方程.
(Ⅱ)把x=0代入圆C的方程,求得M、N的坐标,当AB⊥y轴时,由椭圆的对称性可知∠ANM=∠BNM,当AB与y轴不垂直时,可设直线AB的方程为y=kx+1,代入椭圆的方程,利用韦达定理求得KAB+KBN=0,可得∠ANM=∠BNM.
【解答】
(1)设圆C的半径为r(r>0),依题意,圆心坐标为(2, r).
∵ |MN|=3,∴ r2=(32)2+22,解得r2=254,
故圆C的方程为(x−2)2+(y−52)2=254.
(2)把x=0代入方程(x−2)2+(y−52)2=254,解得y=1或y=4,
即点M(0, 1),N(0, 4).
(1)当AB⊥y轴时,由椭圆的对称性可知∠ANM=∠BNM.
(2)当AB与y轴不垂直时,可设直线AB的方程为y=kx+1.
联立方程y=kx+1x2+2y2=8 ,消去y得,(1+2k2)x2+4kx−6=0.
设直线AB交椭圆Γ于A(x1, y1)、B(x2, y2)两点,
则x1+x2=−4k1+2k2,x1x2=−61+2k2.
∴ kAN+kBN=y1−4x1+y2−4x2=kx1−3x1+kx2−3x2=2kx1x2−3(x1+x2)x1x2=0,
∴ ∠ANM=∠BNM.
综上所述,∠ANM=∠BNM.
【答案】
x2=2py(p>0),即y=x22p,
导数为y′=xp,切线L1,L2的斜率分别为x1p,x2p,
L1⊥L2,可得x1p⋅x2p=−1,
联立直线y=x+1和x2=2py(p>0),
可得x2−2px−2p=0,即有x1x2=−2p,
即有−p2=−2p,解得p=2,
则抛物线G的方程为x2=4y;
证明:将直线y=k(x−1)+2代入抛物线方程x2=4y,
可得x2−4kx+4k−8=0,
即有x1+x2=4k,x1x2=4k−8,
x1<x2,可得x2−x1=(x1+x2)2−4x1x2=16k2−16k+32=4k2−k+2.
抛物线的方程为y=14x2,求导得y′=12x,
过抛物线上A、B两点的切线方程分别是y−y1=12x1(x−x1),y−y2=12x2(x−x2),
即y=12x1x−14x12,y=12x2x−14x22,
解得两条切线l1、l2的交点H的坐标为(x1+x22, x1x24),即H(2k, k−2).
可得H到直线y=k(x−1)+2的距离为d=|k(2k−1)+2−k+2|1+k2=2(k2−k+2)1+k2,
|AB|=1+k2⋅|x2−x1|=41+k2⋅k2−k+2.
可得△ABH的面积为S1=12d⋅|AB|=12⋅2(k2−k+2)1+k2⋅41+k2⋅k2−k+2
=4(k2−k+2)⋅k2−k+2.
直线AB与抛物线G围成封闭图形的面积为S2=x1x2 [k(x−1)+2−14x2]dx
=[12kx2+(2−k)x−112x3]|x1x2=12k(x2−x1)(x2+x1)+(2−k)(x2−x1)−112(x2−x1)[(x2+x1)2−x1x2]
=(x2−x1)[2k2+2−k−112(16k2−4k+8)]=4k2−k+2⋅23(k2−k+2)=83(k2−k+2)⋅k2−k+2.
则S1S2为定值32.
【考点】
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直线与抛物线的位置关系
【解析】
(1)求出函数y=x22p的导数,可得切线的斜率,由两直线垂直的条件:斜率之积为−1,再将直线y=x+1代入抛物线方程,运用韦达定理,解方程可得p的值,进而得到抛物线的方程;
(2)将直线y=k(x−1)+2代入抛物线方程x2=4y,运用韦达定理和弦长公式,求得|AB|,再由切线的方程求出交点H的坐标,运用点到直线的距离公式,结合三角形的面积公式可得S1,再由直线AB与抛物线G围成封闭图形的面积为S2=x1x2 [k(x−1)+2−14x2]dx,化简计算即可得到面积的比值为定值.
【解答】
x2=2py(p>0),即y=x22p,
导数为y′=xp,切线L1,L2的斜率分别为x1p,x2p,
L1⊥L2,可得x1p⋅x2p=−1,
联立直线y=x+1和x2=2py(p>0),
可得x2−2px−2p=0,即有x1x2=−2p,
即有−p2=−2p,解得p=2,
则抛物线G的方程为x2=4y;
证明:将直线y=k(x−1)+2代入抛物线方程x2=4y,
可得x2−4kx+4k−8=0,
即有x1+x2=4k,x1x2=4k−8,
x1<x2,可得x2−x1=(x1+x2)2−4x1x2=16k2−16k+32=4k2−k+2.
抛物线的方程为y=14x2,求导得y′=12x,
过抛物线上A、B两点的切线方程分别是y−y1=12x1(x−x1),y−y2=12x2(x−x2),
即y=12x1x−14x12,y=12x2x−14x22,
解得两条切线l1、l2的交点H的坐标为(x1+x22, x1x24),即H(2k, k−2).
可得H到直线y=k(x−1)+2的距离为d=|k(2k−1)+2−k+2|1+k2=2(k2−k+2)1+k2,
|AB|=1+k2⋅|x2−x1|=41+k2⋅k2−k+2.
可得△ABH的面积为S1=12d⋅|AB|=12⋅2(k2−k+2)1+k2⋅41+k2⋅k2−k+2
=4(k2−k+2)⋅k2−k+2.
直线AB与抛物线G围成封闭图形的面积为S2=x1x2 [k(x−1)+2−14x2]dx
=[12kx2+(2−k)x−112x3]|x1x2=12k(x2−x1)(x2+x1)+(2−k)(x2−x1)−112(x2−x1)[(x2+x1)2−x1x2]
=(x2−x1)[2k2+2−k−112(16k2−4k+8)]=4k2−k+2⋅23(k2−k+2)=83(k2−k+2)⋅k2−k+2.
则S1S2为定值32.
【答案】
x>0,恒有f(x)≤x成立,
∴ xlnx−a2x2≤x恒成立,
∴ a2≥lnx−1x,
设g(x)=lnx−1x,
∴ g′(x)=2−lnxx2,
当g′(x)>0时,即0e2,函数g(x)单调递减,
∴ g(x)max=g(e2)=lne2−1e2=1e2,
∴ a2≥1e2,
∴ a≥2e2,
∴ 实数a的取值范围为[2e2, +∞)
当a=0时,f(x)=xlnx,x>0,
∴ f′(x)=1+lnx,
当t>1e时,f′(x)>0,f(x)在[t, t+2]上单调递增,则f(x)min=f(t)=tlnt,
当00,解得x>1e,令f′(x)<0,解得x<1e,
∴ f(x)在[t, 1e]上单调递减,在[1e, t+2]上单调递增,
∴ f(x)min=f(1e)=−1e,
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g′(x)=f(x)′−1=lnx−ax,函数g(x)=f(x)−x有两个极值点x1、x2,
即g′(x)=lnx−ax=0有两个不同的实根,
当a≤0时,g′(x)单调递增,g′(x)=0不可能有两个不同的实根;
当a>0时,设h(x)=lnx−ax,
∴ h′(x)=1−axx,
若00,h(x)单调递增,
若x>1a时,h′(x)<0,h(x)单调递减,
∴ h(1a)=−lna−1>0,
∴ 0x1>0,
∵ g′(x1)=g′(x2)=0,
∴ lnx1−ax1=0,lnx2−ax2=0,lnx1−lnx2=a(x1−x2),
先证1lnx1+1lnx2>2,即证lnx2−lnx1x2−x1<x1+x22x1x2,
即证lnx2x12,
又∵ 02ae.
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
【解析】
(1)分离参数,构造函数,利用导数求出函数的最值即可,
(2)先求导函数,再分类讨论,利用导数即可求出函数的最值.
(3)函数g(x)=f(x)−x有两个极值点x1、x2,即导函数g′(x)有两个不同的实数根x1、x2,对a进行分类讨论,令x2x1=t,构造函数φ(t),利用函数φ(t)的单调性证明不等式.
【解答】
x>0,恒有f(x)≤x成立,
∴ xlnx−a2x2≤x恒成立,
∴ a2≥lnx−1x,
设g(x)=lnx−1x,
∴ g′(x)=2−lnxx2,
当g′(x)>0时,即0e2,函数g(x)单调递减,
∴ g(x)max=g(e2)=lne2−1e2=1e2,
∴ a2≥1e2,
∴ a≥2e2,
∴ 实数a的取值范围为[2e2, +∞)
当a=0时,f(x)=xlnx,x>0,
∴ f′(x)=1+lnx,
当t>1e时,f′(x)>0,f(x)在[t, t+2]上单调递增,则f(x)min=f(t)=tlnt,
当00,解得x>1e,令f′(x)<0,解得x<1e,
∴ f(x)在[t, 1e]上单调递减,在[1e, t+2]上单调递增,
∴ f(x)min=f(1e)=−1e,
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g′(x)=f(x)′−1=lnx−ax,函数g(x)=f(x)−x有两个极值点x1、x2,
即g′(x)=lnx−ax=0有两个不同的实根,
当a≤0时,g′(x)单调递增,g′(x)=0不可能有两个不同的实根;
当a>0时,设h(x)=lnx−ax,
∴ h′(x)=1−axx,
若00,h(x)单调递增,
若x>1a时,h′(x)<0,h(x)单调递减,
∴ h(1a)=−lna−1>0,
∴ 0x1>0,
∵ g′(x1)=g′(x2)=0,
∴ lnx1−ax1=0,lnx2−ax2=0,lnx1−lnx2=a(x1−x2),
先证1lnx1+1lnx2>2,即证lnx2−lnx1x2−x1<x1+x22x1x2,
即证lnx2x12,
又∵ 02ae.
请考生在22、23两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分.[选修4-4:坐标系与参数方程]
【答案】
解:(1)曲线C的极坐标方程为ρcos2θ−4sinθ=0,即ρ2cos2θ−4ρsinθ=0,直角坐标方程为x2−4y=0;
直线l经过点P(0, 3),斜率为3,直线l的参数方程为x=12ty=3+32t(t为参数);
(2)x=12ty=3+32t(t为参数)代入x2−4y=0,整理,得:t2−83t−48=0,
设t1,t2是方程的两根,∴ t1⋅t2=−48,t1+t2=83
∴ 1|PA|+1|PB|=|t1−t2||t1t2|=192+19248=66.
【考点】
圆的极坐标方程
【解析】
(1)曲线C的极坐标方程为ρcos2θ−4sinθ=0,即ρ2cos2θ−4ρsinθ=0,即可写出曲线C的直角坐标方程;直线l经过点P(0, 3),斜率为3,即可写出直线l的参数方程;
(2)x=12ty=3+32t(t为参数)代入圆的普通方程,整理,得:t2+3t−3=0,利用参数的几何意义,求1|PA|+1|PB|的值.
【解答】
解:(1)曲线C的极坐标方程为ρcos2θ−4sinθ=0,即ρ2cos2θ−4ρsinθ=0,直角坐标方程为x2−4y=0;
直线l经过点P(0, 3),斜率为3,直线l的参数方程为x=12ty=3+32t(t为参数);
(2)x=12ty=3+32t(t为参数)代入x2−4y=0,整理,得:t2−83t−48=0,
设t1,t2是方程的两根,∴ t1⋅t2=−48,t1+t2=83
∴ 1|PA|+1|PB|=|t1−t2||t1t2|=192+19248=66.
[选修4-5:不等式选讲]
【答案】
a=−1时,f(x)=|2x+1|+|2x−1|≥|2x+1−2x+1|=2,
即x=±12时,“=”成立,
故不等式的解集是[−12, 12];
由|2x−a|+|2x−1|≤|2x+1|得:|2x−a|≤|2x+1|−|2x−1|≤|2x+1−2x−1|=2,
故−2≤2x−a≤2,故a−22≤x≤a+22,
故[12, 1]⊆[a−22, a+22],
故a−22≤12a+22≥1 ,解得:a∈[0, 3].
【考点】
绝对值三角不等式
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
(1)根据绝对值的选项得到f(x)≥2,求出满足条件的x的值即可;
(2)根据绝对值的性质求出x的范围,结合集合的包含关系求出a的范围即可.
【解答】
a=−1时,f(x)=|2x+1|+|2x−1|≥|2x+1−2x+1|=2,
即x=±12时,“=”成立,
故不等式的解集是[−12, 12];
由|2x−a|+|2x−1|≤|2x+1|得:|2x−a|≤|2x+1|−|2x−1|≤|2x+1−2x−1|=2,
故−2≤2x−a≤2,故a−22≤x≤a+22,
故[12, 1]⊆[a−22, a+22],
故a−22≤12a+22≥1 ,解得:a∈[0, 3].
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