• 520.06 KB
  • 2021-06-30 发布

2019-2020学年湖北黄冈高三下数学月考试卷

  • 13页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
‎2019-2020学年湖北黄冈高三下数学月考试卷 一、选择题 ‎ ‎ ‎1. 已知集合A=‎x|x‎2‎−4x−5<0‎,集合B={y|y>0}‎,则A∩B=‎(        ) ‎ A.x|01,‎若存在x‎1‎‎,x‎2‎∈R,且x‎1‎‎≠‎x‎2‎,使得fx‎1‎=fx‎2‎成立,则实数a的取值范围是(        ) ‎ A.‎−∞,3‎ B.‎(−∞,3]‎ C.‎−2,2‎ D.‎‎(−2,2]‎ ‎ ‎ ‎11. 平面四边形ABCD中,‎∠ABC=‎150‎‎∘‎,‎3‎AB=2BC,AC=‎13‎,BD⊥AB,CD=3‎,则四边形ABCD的面积为(        ) ‎ A.‎2‎3‎+2‎ B.‎3‎‎+1‎ C.‎7‎‎3‎ D.‎‎7‎‎3‎‎2‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 ‎ ‎ ‎12. 已知双曲线C:x‎2‎a‎2‎‎−y‎2‎b‎2‎=1‎a>0,b>0‎的左、右焦点分别为F‎1‎,F‎2‎,过F‎1‎的直线与C的两条渐近线分别交于A,B两点.若以F‎1‎F‎2‎为直径的圆过点B,且A为F‎1‎B的中点,则双曲线C的离心率为(        ) ‎ A.‎3‎‎+1‎ B.‎2‎ C.‎3‎ D.‎‎2‎ 二、填空题 ‎ ‎ ‎ 设曲线y=ex+1‎上点P处的切线平行于直线x−y−1=0‎,则点P的坐标是________. ‎ ‎ ‎ ‎ 已知θ为锐角,且‎2‎sinθsinθ+‎π‎4‎=5cos2θ,则tanθ=‎________. ‎ ‎ ‎ ‎ 已知A,B,C是球O球面上的三点,AC=BC=6,AB=6‎‎2‎,且四面体OABC的体积为‎24‎,则球O的表面积为________. ‎ ‎ ‎ ‎ 自湖北爆发新型冠状病毒肺炎疫情以来,湖北某市医护人员和医疗、生活物资严重匮乏,全国各地纷纷驰援.某运输队接到从武汉送往该市物资的任务,该运输队有‎8‎辆载重为‎6t的A型卡车,‎6‎辆载重为‎10t的B型卡车,‎10‎名驾驶员,要求此运输队每天至少运送‎240t物资.已知每辆卡车每天往返的次数为A型卡车‎5‎次,B型卡车‎4‎次,每辆卡车每天往返的成本A型卡车‎1200‎元,B型卡车‎1800‎元,则每天派出运输队所花的成本最低为________. ‎ 三、解答题 ‎ ‎ ‎ 已知函数fx=‎log‎3‎ax+b的图像经过点A‎2,1‎和B(5,2),an=an+bn∈‎N‎*‎ . ‎ ‎(1)‎求an;‎ ‎ ‎ ‎(2)‎设数列an的前n项和为Sn‎,,bn=‎2‎nn+2‎+‎‎2‎Sn,求bn的前n项和Tn .‎ ‎ ‎ ‎ ‎2020‎年春节期间,新型冠状病毒(‎2019−nCoV)疫情牵动每一个中国人的心,危难时刻全国人民众志成城,共克时艰,为疫区助力.我国S省Q市共‎100‎家商家及个人为缓解湖北省抗疫消毒物资压力,募捐价值百万的物资对口输送湖北省H市. ‎ ‎(1)‎现对‎100‎家商家抽取‎5‎家,其中‎2‎家来自A地,‎3‎家来自B地,从选中的这‎5‎家中,选出‎3‎家进行调研,求选出‎3‎家中‎1‎家来自A地,‎2‎家来自B地的概率.‎ ‎ ‎ ‎(2)‎该市一商家考虑增加先进生产技术投入,该商家欲预测先进生产技术投入为‎49‎千元的月产增量.现用以往的先进技术投入xi(千元)与月产增量yi(千件)(i=1,2,3,⋯,8‎)的数据绘制散点图,由散点图的样本点分布,可以认为样本点集中在曲线y‎=a+‎bx的附近,且x‎¯‎‎=46.6‎,y‎¯‎‎=563‎,t‎¯‎‎=6.8‎,i=1‎‎8‎xi‎−‎x‎¯‎‎2‎‎=289.9‎,i=1‎‎8‎ti‎−‎t‎¯‎‎2‎‎=1.6‎,i=1‎‎8‎xi‎−‎x‎¯‎yi‎−‎y‎¯‎‎=1469‎,i=1‎‎8‎ti‎−‎t‎¯‎yi‎−‎y‎¯‎‎=108.8‎,其中ti‎=‎xi,t‎¯‎‎=‎‎1‎‎8‎i=1‎‎8‎ti,根据所给的统计量,求y关于x回归方程,并预测先进生产技术投人为‎49‎千元时的月产增量. 附:对于一组数据‎(u‎1‎,v‎1‎)(u‎2‎,v‎2‎)‎,其回归直线v‎=α+βu的斜率和截距的最小二乘法估计分别为 β‎=‎i=1‎nui‎−‎u‎¯‎vi‎−‎v‎¯‎i=1‎nui‎−‎u‎¯‎‎2‎,α‎=v‎¯‎−‎βu‎¯‎.‎ ‎ ‎ ‎ 如图,在四棱锥S−ABCD中,侧面SCD为钝角三角形且垂直于底面ABCD,CD=SD,点M是SA的中点,AD//BC,∠ABC=‎90‎‎∘‎,AB=AD=‎1‎‎2‎BC=a. ‎ ‎(1)‎求证:平面MBD⊥‎平面SCD;‎ ‎ ‎ ‎(2)‎若‎∠SDC=‎‎120‎‎∘‎,求三棱锥C−MBD的体积.‎ ‎ ‎ ‎ 已知椭圆C:x‎2‎a‎2‎‎+y‎2‎b‎2‎=1‎a>b>0‎过点E‎2‎‎,1‎,其左、右顶点分别为A,B,左、右焦点为F‎1‎‎,‎F‎2‎,其中F‎1‎‎−‎2‎,0‎. ‎ ‎(1)‎求椭圆C的方程;‎ ‎ ‎ ‎(2)‎设M(x‎0‎,y‎0‎)‎为椭圆C上异于A,B两点的任意一点,MN⊥AB于点N,直线l:x‎0‎x+2y‎0‎y−4=0‎,设过点A且与x轴垂直的直线与直线l交于点P,证明:直线BP经过线段MN的中点.‎ ‎ ‎ ‎ 已知函数fx=x‎2‎+acosx. ‎ ‎(1)‎求函数fx的奇偶性,并证明当‎|a|≤2‎时函数f‎(x)只有一个极值点;‎ ‎ ‎ ‎(2)‎当a=π时,求fx的最小值;‎ ‎ ‎ ‎ 在平面直角坐标系xOy中,曲线C‎1‎的参数方程为x=2+2cosθ,‎y=2sinθ(θ为参数),以原点为极点,‎x 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 轴非负半轴为极轴,建立极坐标系,曲线C‎2‎的极坐标方程为ρ‎2‎‎=‎‎4‎‎1+3sin‎2‎α. ‎ ‎(1)‎求曲线C‎1‎的极坐标方程以及曲线C‎2‎的直角坐标方程;‎ ‎ ‎ ‎(2)‎若直线l:y=kx与曲线C‎1‎、曲线C‎2‎在第一象限交于P,Q,且‎|OQ|=|PQ|‎,点M的直角坐标为‎1,0‎,求‎△PMQ的面积.‎ ‎ ‎ ‎ 已知实数a,b满足a‎2‎‎+b‎2‎−ab=3‎. ‎ ‎(1)‎求a−b的取值范围;‎ ‎ ‎ ‎(2)‎若ab>0‎,求证:‎1‎a‎2‎‎+‎1‎b‎2‎+‎3‎‎4‎≥‎‎4‎ab.‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 参考答案与试题解析 ‎2019-2020学年湖北黄冈高三下数学月考试卷 一、选择题 ‎1.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 交集及其运算 ‎【解析】‎ 本题主要考查集合的交集运算.‎ ‎【解答】‎ 解:‎∵x‎2‎−4x−5<0‎, ‎∴−10‎, ‎∴A∩B=‎x|0‎2‎‎0‎=1,‎ y=log‎5‎2‎2‎‎0‎=1,‎ y=log‎5‎20‎,f(x)‎递增. ‎∴f(x‎)‎min=f‎1‎‎6‎=6+‎1‎‎1−‎‎4‎‎6‎=9‎, 则m≤9‎, ‎∴m的最大值为‎9‎. 故选C.‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 众数、中位数、平均数 频率分布直方图 ‎【解析】‎ 本题主要考查频率分布直方图的应用.‎ ‎【解答】‎ 解:第三组频数:‎1−0.05−0.15−0.3−0.25−0.1‎‎×120‎ ‎=0.15×120=18‎,故A正确, 众数为‎75‎,故B正确, 平均数为‎45×0.05+55×0.15+65×0.15+75×0.3+85×0.25+95×0.1‎ ‎=73.5‎,故C错误, 设中位数为x,则‎0.05+0.15+0.15+(x−70)×0.03=0.5‎, ‎∴x=75‎,故D正确. 故选C.‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 函数图象的作法 ‎【解析】‎ 本题主要考查频率分布直方图的应用 .‎ ‎【解答】‎ 解∶根据题意得, f(−x)=−2cos‎2‎(−x)+cos(−x)+1=f(x),‎ 所以题中函数为偶函数,排除A,D, 令cosx=t,则函数化为y=−2t‎2‎+t+1‎, 当t=‎‎1‎‎4‎时,函数有最小值, 即当cosx=‎‎1‎‎4‎时, f(x‎)‎min=−2×‎1‎‎16‎+‎1‎‎4‎+1=‎19‎‎16‎>0‎,排除C. 故选B .‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 三角函数中的恒等变换应用 复合三角函数的单调性 正弦函数的单调性 ‎【解析】‎ 本题主要考查正弦函数图象和性质.‎ ‎【解答】‎ 解:fx=‎3‎sin2x−cos2x ‎=2sin‎2x−‎π‎6‎, 令‎−π‎2‎+2kπ≤2x−π‎6‎≤π‎2‎+2kπ,k∈Z, 得‎−π‎6‎+kπ≤x≤π‎3‎+kπ,k∈Z, ‎∴‎递增区间为‎−π‎6‎+kπ,π‎3‎+kπ,k∈Z. 故选A.‎ ‎9.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 抛物线的性质 抛物线的求解 ‎【解析】‎ 本题主要考查抛物线的定义.‎ ‎【解答】‎ 解:设A(x,y)‎,则x+1=3‎, ∴ x=2‎,y‎2‎‎=8‎, 故A(2,±2‎2‎)‎, 故P(−1,±2‎2‎)‎, 又F(1,0)‎, ∴ 直线l的斜率kPF‎=‎‎2‎或‎−‎‎2‎. 故选C.‎ ‎10.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 分段函数的应用 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解:若存在x‎1‎‎,x‎2‎∈R,且x‎1‎‎≠‎x‎2‎,使得fx‎1‎=fx‎2‎成立,即f(x)‎不单调, 当a=0‎时,fx=‎‎−x‎2‎,x≤1,‎‎−7,x>1,‎ 其图像如图,满足题意; 当a<0‎时,y=−x‎2‎+ax对称轴x=a‎2‎<0‎,一次函数y=3ax−7‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 过二三四象限, 其图像如图,满足题意; 当a>0‎时,y=−x‎2‎+ax对称轴x=a‎2‎>0‎,一次函数y=3ax−7‎过一三四象限, 要使f(x)‎不单调,则对称轴x=a‎2‎<1‎, 当a‎2‎‎<1‎,即a<2‎时,存在x‎1‎,x‎2‎,使得fx‎1‎=fx‎2‎, 当a‎2‎‎≥1‎,即a≥2‎时,令‎−1+a>3a−7‎,解得‎2≤a<3‎, ‎∴‎实数a的取值范围为‎−∞,3‎. 故选A.‎ ‎11.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 解三角形 三角形求面积 余弦定理的应用 余弦定理 正弦定理 ‎【解析】‎ 本题主要考查利用正余弦定理解三角形.‎ ‎【解答】‎ 解:‎∵‎ ‎3‎AB=2BC,‎∴‎ 设AB=2x,BC=‎3‎x, 又‎∠ABC=‎‎150‎‎∘‎,AC=‎‎13‎, 由AC‎2‎=AB‎2‎+BC‎2‎−2AB⋅BC⋅cos∠ABC, 即‎13=4x‎2‎+3x‎2‎−4‎3‎x‎2‎cos‎150‎‎∘‎=13‎x‎2‎,‎∴‎ x=1‎, ‎∴‎ AB=2‎,BC=‎‎3‎, 又BD⊥AB,‎∴‎ ‎∠DBC=‎‎60‎‎∘‎, 由CD‎2‎=BD‎2‎+BC‎2‎−2BD⋅BC⋅cos∠DBC, 可得‎9=BD‎2‎+3−‎3‎BD, 解得BD=2‎‎3‎, 故S四边形ABCD‎=S‎△ABD+S‎△BCD=‎‎7‎‎3‎‎2‎. 故选D.‎ ‎12.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 双曲线的渐近线 双曲线的离心率 平面向量数量积的运算 平面向量的坐标运算 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 解:由题意得,双曲线C:x‎2‎a‎2‎−y‎2‎b‎2‎=1‎, ∴ 渐近线方程为y=±bax, ∴ 设B(x‎0‎,bax‎0‎)‎,B在第一象限,x‎0‎‎>0‎, ∵ F‎1‎‎(−c,0),F‎2‎(c,0)‎, ∴ F‎1‎B‎→‎‎=(x‎0‎+c,bax‎0‎)‎, F‎2‎B‎→‎‎=(x‎0‎−c,bax‎0‎)‎, ∵ F‎1‎F‎2‎为圆的直径, ∴ F‎1‎B⊥F‎2‎B, ∴ F‎1‎B‎→‎‎⋅F‎2‎B‎→‎=0‎, ∴ ‎(x‎0‎+c)(x‎0‎−c)+b‎2‎a‎2‎x‎0‎‎2‎=0‎, ‎(a‎2‎+b‎2‎)x‎0‎‎2‎=‎c‎2‎a‎2‎, c‎2‎x‎0‎‎2‎‎=‎c‎2‎a‎2‎, ∴ x‎0‎‎=a, ∴ B(a,b)‎, 又∵ 且A为F‎1‎B的中点, ∴ F‎1‎A‎→‎‎=‎AB‎→‎, ∴ A(a−c‎2‎,b‎2‎)‎, ∵ A在渐近线上, ∴ b‎2‎‎=−ba⋅‎a−c‎2‎, ‎2ab=bc, ‎2a=c, ∴ e=ca=2‎. 故选B.‎ 二、填空题 ‎【答案】‎ ‎0,2‎ ‎【考点】‎ 利用导数研究曲线上某点切线方程 导数的几何意义 ‎【解析】‎ 本题主要考查导数的几何意义.‎ ‎【解答】‎ 解:设Pxo‎,‎yo, ‎∵‎y‎′‎‎=‎ex, ‎∴‎exo‎=1‎, ‎∴‎xo‎=0‎, 代入y=ex+1‎ 得yo‎=2‎, ‎∴‎P‎0,2‎ 故答案为:‎0,2‎.‎ ‎【答案】‎ ‎5‎‎6‎ ‎【考点】‎ 二倍角的正弦公式 三角函数的化简求值 三角函数的恒等变换及化简求值 同角三角函数基本关系的运用 同角三角函数间的基本关系 ‎【解析】‎ 本次主要考查三角恒等变换和基本关系式.‎ ‎【解答】‎ 解:‎2‎sinθ‎2‎‎2‎sinθ+‎2‎‎2‎cosθ=5cos‎2‎θ−5sin‎2‎θ, ‎∴‎ sin‎2‎θ+sinθ⋅cosθ=5cos‎2‎θ−5sin‎2‎θ, ‎∴‎ ‎6sin‎2‎θ+sinθ⋅sinθ−5cos‎2‎θ=0‎, ‎∴‎ ‎6tan‎2‎θ+tanθ−5=0‎, ‎∴‎ tanθ=‎‎5‎‎6‎或‎−1‎, ‎∵‎ θ为锐角, ‎∴‎ tanθ=‎‎5‎‎6‎. 故答案为:‎5‎‎6‎.‎ ‎【答案】‎ ‎136π ‎【考点】‎ 球内接多面体 球的表面积和体积 ‎【解析】‎ 本题主要考查球的切接问题和球的表面积公式.‎ ‎【解答】‎ 解:由AB=BC=6‎,AB=6‎‎2‎可得‎△ABC为直角三角形, 且面积为S=‎1‎‎2‎×6×6=18‎, 又四面体OABC的体积为‎24‎. 可得球心O到面ABC的距离为‎24‎‎1‎‎3‎‎×18‎‎=4‎, 又‎△ABC所在截面圆的圆心为AB的中点. 设为P,则‎|OP|=4‎. ‎∴‎球O的半径为OA=AP‎2‎+OP‎2‎=‎‎34‎, ‎∴S=4πR‎2‎=136π. 故答案为:‎136π. ‎ ‎【答案】‎ ‎9600‎ ‎【考点】‎ 线性规划的实际应用 ‎【解析】‎ 本题主要考查线性规划问题.‎ ‎【解答】‎ 解:设每天派出A型卡车x辆,B型卡车y辆,成本为Z元. 则Z=1200x+1800y, ‎0≤x≤8,‎‎0≤y≤6,‎x+y≤10,‎‎30x+40y≥240,‎x,y∈N,‎, y=−‎2‎‎3‎x+‎Z‎1200‎. 当 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 x=8,y=0‎时, Zmin‎=9600‎. 故答案为:‎9600‎.‎ 三、解答题 ‎【答案】‎ 解:‎(1)‎由题意得log‎3‎‎(2a+b)=1‎log‎3‎‎(5a+b)=2‎,解得a=2‎b=−1‎. 所以an‎=2n−1‎,n∈‎N‎*‎.‎ ‎(2)‎由‎(1)‎易知数列‎{an}‎为以‎1‎为首项,‎2‎为公差的等差数列, 所以Sn‎=n+n(n−1)‎‎2‎×2=‎n‎2‎, 所以bn‎=‎2‎n(n+2)‎+‎‎2‎Sn ‎=‎2‎n(n+2)‎+‎‎2‎n ‎=‎1‎n−‎1‎n+2‎+‎‎2‎n, Tn‎=1−‎1‎‎3‎+‎1‎‎2‎−‎1‎‎4‎+‎1‎‎3‎−‎1‎‎5‎+‎‎⋯+‎1‎n−1‎−‎1‎n+1‎+‎1‎n−‎1‎n+2‎+‎‎2(1−‎2‎n)‎‎1−2‎ ‎=‎2‎n+1‎−‎2n+3‎‎(n+1)(n+2)‎−‎‎1‎‎2‎.‎ ‎【考点】‎ 数列与函数的综合 数列的求和 ‎【解析】‎ 左侧图片未提供解析.‎ 左侧图片未提供解析.‎ ‎【解答】‎ 解:‎(1)‎由题意得log‎3‎‎(2a+b)=1‎log‎3‎‎(5a+b)=2‎,解得a=2‎b=−1‎. ‎ 所以an‎=2n−1‎,n∈‎N‎*‎.‎ ‎(2)‎由‎(1)‎易知数列‎{an}‎为以‎1‎为首项,‎2‎为公差的等差数列, 所以Sn‎=n+n(n−1)‎‎2‎×2=‎n‎2‎, 所以bn‎=‎2‎n(n+2)‎+‎‎2‎Sn ‎=‎2‎n(n+2)‎+‎‎2‎n ‎=‎1‎n−‎1‎n+2‎+‎‎2‎n, Tn‎=1−‎1‎‎3‎+‎1‎‎2‎−‎1‎‎4‎+‎1‎‎3‎−‎1‎‎5‎+‎‎⋯+‎1‎n−1‎−‎1‎n+1‎+‎1‎n−‎1‎n+2‎+‎‎2(1−‎2‎n)‎‎1−2‎ ‎=‎2‎n+1‎−‎2n+3‎‎(n+1)(n+2)‎−‎‎1‎‎2‎.‎ ‎【答案】‎ 解:‎(1)‎由题意可知,A地‎2‎家分为A‎1‎,A‎2‎,B地‎3‎家分为B‎1‎,B‎2‎,B‎3‎, 所有的情况为:‎(A‎1‎,A‎2‎,B‎1‎)‎,‎(A‎1‎,A‎2‎,B‎2‎)‎,‎(A‎1‎,A‎2‎,B‎3‎)‎,‎(A‎1‎,B‎1‎,B‎2‎)‎,‎(A‎1‎,B‎1‎,B‎3‎)‎,‎(A‎1‎,B‎2‎,B‎3‎)‎,‎(A‎2‎,B‎1‎,B‎2‎)‎,‎(A‎2‎,B‎1‎,B‎3‎)‎,‎(A‎2‎,B‎2‎,B‎3‎)‎,‎(B‎1‎,B‎2‎,B‎3‎)‎,共‎10‎种情况 其中A地‎1‎家,B地‎2‎家的有‎(A‎1‎,B‎1‎,B‎2‎)‎,‎(A‎1‎,B‎1‎,B‎3‎)‎,‎(A‎1‎,A‎2‎,B‎3‎)‎,‎(A‎2‎,B‎1‎,B‎2‎)‎,‎(A‎2‎,B‎1‎,B‎3‎)‎,‎(A‎2‎,B‎2‎,B‎3‎)‎共有‎6‎种, 所求的概率为p=‎6‎‎10‎=‎‎3‎‎5‎ .‎ ‎(2)‎由t‎¯‎‎=6.8‎,y‎¯‎‎=563‎,i=1‎‎8‎‎(‎ti‎−t‎¯‎)(yi−y‎¯‎)=108.8‎,i=1‎‎8‎‎(‎ti‎−t‎¯‎‎)‎‎2‎=1.6‎, ‎ 有b‎=i=1‎‎8‎‎(‎ti‎−t‎¯‎)(yi−y‎¯‎)‎i=1‎‎8‎‎(‎ti‎−‎t‎¯‎‎)‎‎2‎=‎108.8‎‎1.6‎=68‎,且a‎=y‎¯‎−bt‎¯‎=563−68×6.8=100.6‎,‎ 所以y关于x的回归方程为y‎=100.6+68‎x,‎ 当x=49‎时,年销售量y的预报值y‎=100.6+68‎49‎=576.6‎千件.‎ 所以预测先进生产技术投入为‎49‎千元时的年收益增量为‎576.6‎千件.‎ ‎【考点】‎ 列举法计算基本事件数及事件发生的概率 求解线性回归方程 ‎【解析】‎ 无 无 ‎【解答】‎ 解:‎(1)‎由题意可知,A地‎2‎家分为A‎1‎,A‎2‎,B地‎3‎家分为B‎1‎,B‎2‎,B‎3‎, ‎ 所有的情况为:‎(A‎1‎,A‎2‎,B‎1‎)‎,‎(A‎1‎,A‎2‎,B‎2‎)‎,‎(A‎1‎,A‎2‎,B‎3‎)‎,‎(A‎1‎,B‎1‎,B‎2‎)‎,‎(A‎1‎,B‎1‎,B‎3‎)‎,‎(A‎1‎,B‎2‎,B‎3‎)‎,‎(A‎2‎,B‎1‎,B‎2‎)‎,‎(A‎2‎,B‎1‎,B‎3‎)‎,‎(A‎2‎,B‎2‎,B‎3‎)‎,‎(B‎1‎,B‎2‎,B‎3‎)‎,共‎10‎种情况 其中A地‎1‎家,B地‎2‎家的有‎(A‎1‎,B‎1‎,B‎2‎)‎,‎(A‎1‎,B‎1‎,B‎3‎)‎,‎(A‎1‎,A‎2‎,B‎3‎)‎,‎(A‎2‎,B‎1‎,B‎2‎)‎,‎(A‎2‎,B‎1‎,B‎3‎)‎,‎(A‎2‎,B‎2‎,B‎3‎)‎共有‎6‎种,‎ 所求的概率为p=‎6‎‎10‎=‎‎3‎‎5‎ .‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 ‎(2)‎由t‎¯‎‎=6.8‎,y‎¯‎‎=563‎,i=1‎‎8‎‎(‎ti‎−t‎¯‎)(yi−y‎¯‎)=108.8‎,i=1‎‎8‎‎(‎ti‎−t‎¯‎‎)‎‎2‎=1.6‎, ‎ 有b‎=i=1‎‎8‎‎(‎ti‎−t‎¯‎)(yi−y‎¯‎)‎i=1‎‎8‎‎(‎ti‎−‎t‎¯‎‎)‎‎2‎=‎108.8‎‎1.6‎=68‎,且a‎=y‎¯‎−bt‎¯‎=563−68×6.8=100.6‎,‎ 所以y关于x的回归方程为y‎=100.6+68‎x,‎ 当x=49‎时,年销售量y的预报值y‎=100.6+68‎49‎=576.6‎千件.‎ 所以预测先进生产技术投入为‎49‎千元时的年收益增量为‎576.6‎千件.‎ ‎【答案】‎ ‎(1)‎证明:取BC中点E,连结DE, 设AB=AD=a,BC=2a, 依题意得,四边形ABED为正方形, 且有BE=DE=CE=a,BD=CD=‎2‎a, ‎∴BD‎2‎+CD‎2‎=BC‎2‎,则BD⊥CD, 又平面SCD⊥‎底面ABCD,平面SCD∩‎底面ABCD=CD, ‎∴BD⊥‎平面SCD, 平面MBD⊥‎底面ABCD.‎ ‎(2)‎解:过点S作CD的垂线,交CD延长线于点H,连结AH, 可证DH为斜线SD在底面ABCD内的射影, ‎∠SDH为斜线SD与底面ABCD所成的角,即‎∠SDH=‎‎60‎‎∘‎. 由‎(1)‎得,SD=CD=‎2‎a, ‎∴‎在Rt△SHD中,SD=‎2‎a,HD=‎‎2‎a‎2‎,SH=‎‎6‎a‎2‎, ‎∴M到平面ABCD的距离d=‎6‎‎4‎a. 三棱锥C−MBD的体积: VC−MBD‎=VM−BCD=‎1‎‎3‎⋅‎1‎‎2‎⋅BD⋅CD⋅d ‎=‎1‎‎6‎⋅‎2‎a⋅‎2‎a⋅‎6‎‎4‎a=‎‎6‎‎12‎a‎3‎.‎ ‎【考点】‎ 平面与平面垂直的判定 柱体、锥体、台体的体积计算 ‎【解析】‎ ‎ ‎ 左侧图片未提供解析.‎ ‎【解答】‎ ‎(1)‎证明:取BC中点E,连结DE, ‎ 设AB=AD=a,BC=2a,‎ 依题意得,四边形ABED为正方形,‎ 且有BE=DE=CE=a,BD=CD=‎2‎a,‎ ‎∴BD‎2‎+CD‎2‎=BC‎2‎‎,则BD⊥CD,‎ 又平面SCD⊥‎底面ABCD,平面SCD∩‎底面ABCD=CD,‎ ‎∴BD⊥‎平面SCD,‎ 平面MBD⊥‎底面ABCD.‎ ‎(2)‎解:过点S作CD的垂线,交CD延长线于点H,连结AH, ‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 可证DH为斜线SD在底面ABCD内的射影,‎ ‎∠SDH为斜线SD与底面ABCD所成的角,即‎∠SDH=‎‎60‎‎∘‎.‎ 由‎(1)‎得,SD=CD=‎2‎a,‎ ‎∴‎在Rt△SHD中,SD=‎2‎a,HD=‎‎2‎a‎2‎,SH=‎‎6‎a‎2‎,‎ ‎∴M到平面ABCD的距离d=‎6‎‎4‎a.‎ 三棱锥C−MBD的体积:‎ VC−MBD‎=VM−BCD=‎1‎‎3‎⋅‎1‎‎2‎⋅BD⋅CD⋅d ‎=‎1‎‎6‎⋅‎2‎a⋅‎2‎a⋅‎6‎‎4‎a=‎‎6‎‎12‎a‎3‎‎.‎ ‎【答案】‎ 解∶‎(1)‎由题意,‎2a=|EF‎1‎|+|EF‎2‎|=‎2‎‎+‎‎2‎‎2‎‎+1‎+‎2‎‎−‎‎2‎‎+1‎=4‎, ‎ a=2,c=‎2‎,b=‎‎2‎‎,‎ 故椭圆的方程为x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎2‎=1‎ .‎ ‎(2)‎由‎(1)‎知A‎−2,0‎,B‎2,0‎, ‎ 过点A且与x轴垂直的直线的方程为x=−2‎,‎ 结合方程x‎0‎x+2y‎0‎y−4=0‎,得点P‎−2,‎x‎0‎‎+2‎y‎0‎ 直线PB的斜率k=x‎0‎‎+2‎y‎0‎‎−0‎‎−2−2‎=−‎x‎0‎‎+2‎‎4‎y‎0‎,‎ 则直线PB的方程为y=−‎x‎0‎‎+2‎‎4‎y‎0‎x−2‎ .‎ 因为MN⊥AB于点N,‎ 所以Nx‎0‎‎,0‎,线段MN的中点坐标为x‎0‎‎,‎y‎0‎‎2‎,‎ 令x=‎x‎0‎,得y=−x‎0‎‎+2‎‎4‎y‎0‎x‎0‎‎−2‎=‎‎4−‎x‎0‎‎2‎‎4‎y‎0‎,‎ 因为x‎0‎‎2‎‎+2y‎0‎‎2‎=4‎,‎ 所以y=‎4−‎x‎0‎‎2‎‎4‎y‎0‎=‎2‎y‎0‎‎2‎‎4‎y‎0‎=‎y‎0‎‎2‎,‎ 所以直线PB经过线段MN的中点x‎0‎‎,‎y‎0‎‎2‎ .‎ ‎【考点】‎ 直线与椭圆结合的最值问题 椭圆的应用 椭圆的标准方程 ‎【解析】‎ ‎(1)由题意,‎2a=|EF‎1‎||EF‎2‎|+=‎2‎‎+‎‎2‎‎2‎‎+1‎+‎2‎‎−‎‎2‎‎+1‎=4‎,‎ a=2,c=‎2‎,b=‎‎2‎‎,‎ 故椭圆的方程为x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎2‎=1‎ .‎ ‎(2)由(1)知A‎−2,0‎,B‎2,0‎,‎ 过点A且与x轴垂直的直线的方程为x=−2‎,‎ 结合方程x‎0‎x+2y‎0‎y−4=0‎,得点P‎−2,‎x‎0‎‎+2‎y‎0‎ 直线PB的斜率 k=x‎0‎‎+2‎y‎0‎‎−0‎‎−2−2‎=‎x‎0‎‎+2‎‎4‎y‎0‎‎,‎ 则直线PB的方程为y=−‎x‎0‎‎+2‎‎4‎y‎0‎x−2‎ .‎ 因为MN⊥AB于点N,所以Nx‎0‎‎,0‎,线段MN的中点坐标为x‎0‎‎,‎y‎0‎‎2‎,‎ 令x=‎x‎0‎,得y=−x‎0‎‎+2‎‎4‎y‎0‎x‎0‎‎−2‎=‎‎4−‎x‎0‎‎2‎‎4‎y‎0‎,‎ 因为x‎0‎‎2‎‎+2y‎0‎‎2‎=4‎,所以y=‎4−‎x‎0‎‎2‎‎4‎y‎0‎=‎2‎y‎0‎‎2‎‎4‎y‎0‎=‎y‎0‎‎2‎,‎ 所以直线PB经过线段MN的中点x‎0‎‎,‎y‎0‎‎2‎ .‎ ‎【解答】‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 解∶‎(1)‎由题意,‎2a=|EF‎1‎|+|EF‎2‎|=‎2‎‎+‎‎2‎‎2‎‎+1‎+‎2‎‎−‎‎2‎‎+1‎=4‎, a=2,c=‎2‎,b=‎‎2‎, 故椭圆的方程为x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎2‎=1‎ .‎ ‎(2)‎由‎(1)‎知A‎−2,0‎,B‎2,0‎, 过点A且与x轴垂直的直线的方程为x=−2‎, 结合方程x‎0‎x+2y‎0‎y−4=0‎,得点P‎−2,‎x‎0‎‎+2‎y‎0‎ 直线PB的斜率k=x‎0‎‎+2‎y‎0‎‎−0‎‎−2−2‎=−‎x‎0‎‎+2‎‎4‎y‎0‎, 则直线PB的方程为y=−‎x‎0‎‎+2‎‎4‎y‎0‎x−2‎ . 因为MN⊥AB于点N, 所以Nx‎0‎‎,0‎,线段MN的中点坐标为x‎0‎‎,‎y‎0‎‎2‎, 令x=‎x‎0‎,得y=−x‎0‎‎+2‎‎4‎y‎0‎x‎0‎‎−2‎=‎‎4−‎x‎0‎‎2‎‎4‎y‎0‎, 因为x‎0‎‎2‎‎+2y‎0‎‎2‎=4‎, 所以y=‎4−‎x‎0‎‎2‎‎4‎y‎0‎=‎2‎y‎0‎‎2‎‎4‎y‎0‎=‎y‎0‎‎2‎, 所以直线PB经过线段MN的中点x‎0‎‎,‎y‎0‎‎2‎ .‎ ‎【答案】‎ 解:‎(1)‎由于f‎−x=fx函数fx为偶函数, f‎′‎x‎=2x−asinx,f‎′‎‎0‎‎=0‎,故只需讨论x>0‎时情况,,  x>0‎,由三角函数性质知, x>sinx,‎2≥|a|‎. ∴ ‎2x>asinx, ∴ f‎′‎x‎>0‎, ∴ x>0‎时,f(x)‎单调递增, 由偶函数性质知,x<0‎时,f(x)‎单调递减, 故‎|a|≤2‎时函数fx只有一个极小值点x=0‎.‎ ‎(2)‎由‎(1)‎知只需求x∈[0,+∞‎)时fx的最小值. f‎′‎x‎=2x−πsinx, 当x∈[0,‎π‎2‎)时,设hx=2x−πsinx,h‎′‎x‎=2−πcosx, 而h‎0‎<0‎,h‎′‎π‎2‎‎>0‎, 由零点存在性定理,存在唯一的x‎0‎‎∈‎‎0,‎π‎2‎,使得h‎′‎x‎0‎‎=0‎, 当x∈(0,x‎0‎)‎,h‎′‎‎(x)<0‎,h(x)‎单减, 当x∈‎x‎0‎‎,‎π‎2‎,h‎′‎x‎>0‎,hx单增, ‎ ‎0‎ ‎(0,x‎0‎)‎ x‎0‎ x‎0‎‎,‎π‎2‎ π‎2‎ π‎2‎‎,+∞‎ h‎′‎‎(x)‎ ‎−‎ ‎−‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎+‎ h(x)=f‎′‎(x)=2x−πsinx ‎0‎ 减 h(x)‎的极小值点 增 ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ π 减 拐点 减 极小值 增 所以f(x‎)‎min=fπ‎2‎=‎π‎2‎‎4‎.‎ ‎【考点】‎ 利用导数研究函数的最值 利用导数研究函数的极值 利用导数研究函数的单调性 函数的零点 ‎【解析】‎ 无 无 ‎【解答】‎ 解:‎(1)‎由于f‎−x=fx函数fx为偶函数, ‎ f‎′‎x‎=2x−asinx‎,f‎′‎‎0‎‎=0‎,故只需讨论x>0‎时情况,, ‎ x>0‎‎,由三角函数性质知,‎ x>sinx‎,‎2≥|a|‎.‎ ‎∴ ‎2x>asinx,‎ ‎∴  f‎′‎x‎>0‎,‎ ‎∴ x>0‎时,f(x)‎单调递增,‎ 由偶函数性质知,x<0‎时,f(x)‎单调递减,‎ 故‎|a|≤2‎时函数fx只有一个极小值点x=0‎.‎ ‎(2)‎由‎(1)‎知只需求x∈[0,+∞‎)时fx的最小值. ‎ f‎′‎x‎=2x−πsinx‎,‎ 当x∈[0,‎π‎2‎)时,设hx=2x−πsinx,h‎′‎x‎=2−πcosx,‎ 而h‎0‎<0‎,h‎′‎π‎2‎‎>0‎,‎ 由零点存在性定理,存在唯一的x‎0‎‎∈‎‎0,‎π‎2‎,使得h‎′‎x‎0‎‎=0‎,‎ 当x∈(0,x‎0‎)‎,h‎′‎‎(x)<0‎,h(x)‎单减,‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 当x∈‎x‎0‎‎,‎π‎2‎,h‎′‎x‎>0‎,hx单增,‎ ‎0‎ ‎(0,x‎0‎)‎ x‎0‎ x‎0‎‎,‎π‎2‎ π‎2‎ π‎2‎‎,+∞‎ h‎′‎‎(x)‎ ‎−‎ ‎−‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎+‎ h(x)=f‎′‎(x)=2x−πsinx ‎0‎ 减 h(x)‎的极小值点 增 ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ π 减 拐点 减 极小值 增 所以f(x‎)‎min=fπ‎2‎=‎π‎2‎‎4‎.‎ ‎【答案】‎ 解:‎(1)‎依题意,曲线C‎1‎‎:x−2‎‎2‎+y‎2‎=4‎, 即x‎2‎‎+y‎2‎−4x=0‎, 故ρ‎2‎‎−4ρcosθ=0‎, 即ρ=4cosθ, 因为ρ‎2‎‎=‎‎4‎‎1+3sin‎2‎α, 故ρ‎2‎‎+3ρ‎2‎sin‎2‎α=4‎. 即x‎2‎‎+4y‎2‎=4‎, 即x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎=1‎.‎ ‎(2)‎将θ=‎θ‎0‎代入ρ‎2‎‎=‎‎4‎‎1+3sin‎2‎α得, ρQ‎2‎‎=‎‎4‎‎1+3‎sin‎2‎θ‎0‎. 将θ=‎θ‎0‎代入ρ=4cosθ得,ρP‎=4cosθ‎0‎. 由‎|OQ|=|PQ|‎,得ρP‎=2‎ρQ, 即‎4cosθ‎0‎‎2‎‎=‎‎16‎‎1+3‎sin‎2‎θ‎0‎. 解得sin‎2‎θ‎0‎‎=‎‎2‎‎3‎, 则cos‎2‎θ‎0‎‎=‎‎1‎‎3‎ 又‎0<θ‎0‎<‎π‎2‎, 故ρQ‎=‎4‎‎1+3‎sin‎2‎θ‎0‎=‎‎2‎‎3‎‎3‎,ρP‎=4cosθ‎0‎=‎‎4‎‎3‎‎3‎ 故‎△PMQ的面积 S‎△PMQ‎=S‎△OMP−S‎△OMQ=‎1‎‎2‎⋅|OM|⋅(ρP−ρQ)⋅sinθ‎0‎=‎1‎‎2‎⋅‎2‎‎3‎‎3‎⋅‎6‎‎3‎=‎‎2‎‎3‎.‎ ‎【考点】‎ 椭圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化 圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化 直线的参数方程 圆的参数方程 参数方程与普通方程的互化 圆的极坐标方程 ‎【解析】‎ 无 无 ‎【解答】‎ 解:‎(1)‎依题意,曲线C‎1‎‎:x−2‎‎2‎+y‎2‎=4‎, ‎ 即x‎2‎‎+y‎2‎−4x=0‎,‎ 故ρ‎2‎‎−4ρcosθ=0‎,‎ 即ρ=4cosθ,‎ 因为ρ‎2‎‎=‎‎4‎‎1+3sin‎2‎α,‎ 故ρ‎2‎‎+3ρ‎2‎sin‎2‎α=4‎.‎ 即x‎2‎‎+4y‎2‎=4‎,‎ 即x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎=1‎.‎ ‎(2)‎将θ=‎θ‎0‎代入ρ‎2‎‎=‎‎4‎‎1+3sin‎2‎α得,‎ ρQ‎2‎‎=‎‎4‎‎1+3‎sin‎2‎θ‎0‎‎.‎ 将θ=‎θ‎0‎代入ρ=4cosθ得,ρP‎=4cosθ‎0‎.‎ 由‎|OQ|=|PQ|‎,得ρP‎=2‎ρQ,‎ 即‎4cosθ‎0‎‎2‎‎=‎‎16‎‎1+3‎sin‎2‎θ‎0‎.‎ 解得sin‎2‎θ‎0‎‎=‎‎2‎‎3‎,‎ 则cos‎2‎θ‎0‎‎=‎‎1‎‎3‎ 又‎0<θ‎0‎<‎π‎2‎,‎ 故ρQ‎=‎4‎‎1+3‎sin‎2‎θ‎0‎=‎‎2‎‎3‎‎3‎,‎ρP‎=4cosθ‎0‎=‎‎4‎‎3‎‎3‎ 故‎△PMQ的面积 S‎△PMQ‎=S‎△OMP−S‎△OMQ=‎1‎‎2‎⋅|OM|⋅(ρP−ρQ)⋅sinθ‎0‎=‎1‎‎2‎⋅‎2‎‎3‎‎3‎⋅‎6‎‎3‎=‎‎2‎‎3‎‎.‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 ‎【答案】‎ 解:‎(1)‎因为a‎2‎‎+b‎2‎−ab=3‎,所以a‎2‎‎+b‎2‎=3+ab≥2|ab|‎. ‎ ‎①当ab≥0‎时,‎3+ab≥2ab,解得ab≤3‎,即‎0≤ab≤3‎;‎ ‎②当ab<0‎时,‎3+ab≥−2ab,解得ab≥−1‎,即‎−1≤ab<0‎,‎ 所以‎−1≤ab≤3‎,则‎0≤3−ab≤4‎,‎ 而‎(a−b‎)‎‎2‎=a‎2‎+b‎2‎−2ab=3+ab−2ab=3−ab,‎ 所以‎0≤a−b‎2‎≤4‎,即‎−2≤a−b≤2‎.‎ ‎(2)‎由‎(1)‎知‎0