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2012_2022年高考數學真題分類匯編18極坐標與參數方程(10份打包)

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2012_2022年高考數學真題分類匯編18極坐標與參數方程(10份打包)

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極坐標與參數方程
1.(2021年高考全國甲卷理科)在直角坐標系中,以坐標原點為極點,x軸正半軸為極軸建立極坐標系,曲線C的極坐標方程為.
(1)將C的極坐標方程化為直角坐標方程;
(2)設點A直角坐標為,M為C上的動點,點P滿足,寫出Р的軌跡的參數方程,并判斷C與是否有公共點.
【答案】(1);(2)P的軌跡的參數方程為(為參數),C與沒有公共點.
解析:(1)由曲線C的極坐標方程可得,
將代入可得,即,
即曲線C的直角坐標方程為;
(2)設,設


則,即,
故P的軌跡的參數方程為(為參數)
曲線C的圓心為,半徑為,曲線的圓心為,半徑為2,
則圓心距為,,兩圓內含,
故曲線C與沒有公共點.
2.(2021年高考全國乙卷理科)在直角坐標系中,的圓心為,半徑為1.
(1)寫出的一個參數方程;
(2)過點作的兩條切線.以坐標原點為極點,x軸正半軸為極軸建立極坐標系,求這兩條切線的極坐標方程.
【答案】(1),(為參數);(2)或.
解析:(1)由題意,的普通方程為,
所以參數方程為,(為參數)
(2)由題意,切線的斜率一定存在,設切線方程為,即,
由圓心到直線的距離等于1可得,
解得,所以切線方程為或,
將,代入化簡得

3.(2020年高考數學課標Ⅰ卷理科)在直角坐標系中,曲線的參數方程為為參數.以坐標原點為極點,軸正半軸為極軸建立極坐標系,曲線的極坐標方程為.
(1)當時,是什么曲線?
(2)當時,求與的公共點的直角坐標.
【答案】(1)曲線表示以坐標原點為圓心,半徑為1的圓;(2).
【解析】(1)當時,曲線的參數方程為為參數),
兩式平方相加得,
所以曲線表示以坐標原點為圓心,半徑為1的圓;
(2)當時,曲線的參數方程為為參數),
所以,曲線的參數方程化為為參數),
兩式相加得曲線方程為,
得,平方得,
曲線的極坐標方程為,
曲線直角坐標方程為,
聯立方程,
整理得,解得或(舍去),
,公共點的直角坐標為.
4.(2020年高考數學課標Ⅱ卷理科)已知曲線C1,C2的參數方程分別為C1:(θ為參數),C2:(t為參數).
(1)將C1,C2的參數方程化為普通方程;
(2)以坐標原點為極點,x軸正半軸為極軸建立極坐標系.設C1,C2交點為P,求圓心在極軸上,且經過極點和P的圓的極坐標方程.
【答案】(1);;(2).
解析:(1)由得的普通方程為:;
由得:,兩式作差可得的普通方程為:.
(2)由得:,即;
設所求圓圓心的直角坐標為,其中,
則,解得:,所求圓的半徑,
所求圓的直角坐標方程為:,即,
所求圓的極坐標方程為.
5.(2020年高考數學課標Ⅲ卷理科)在直角坐標系xOy中,曲線C的參數方程為(t為參數且t≠1),C與坐標軸交于A、B兩點.
(1)求;
(2)以坐標原點為極點,x軸正半軸為極軸建立極坐標系,求直線AB的極坐標方程.
【答案】(1)(2)
解析:(1)令,則,解得或(舍),則,即.
令,則,解得或(舍),則,即.

(2)由(1)可知,
則直線的方程為,即.
由可得,直線的極坐標方程為.
6.(2019年高考數學課標Ⅲ卷理科)如圖,在極坐標系中,,,,,弧,,所在圓的圓心分別是,,,曲線是弧,曲線是弧,曲線是弧.
(1)分別寫出,,的極坐標方程;
(2)曲線由,,構成,若點在上,且,求的極坐標.
【答案】
(1),,;
(2)或或或
7.(2019年高考數學課標全國Ⅱ卷理科)在極坐標系中,為極點,點在曲線上,直線過點且與垂直,垂足為.
當時,求及的極坐標方程;
當在上運動且在線段上時,求點軌跡的極坐標方程.
【答案】,的極坐標方程為;.
【官方解析】
因為在上,當時,.
由已知得.
設為上除的任意一點.在中,
經檢驗,點在曲線上.
所以,的極坐標方程為.
設,在中, ,即.
因為在線段上,且,故的取值范圍是.
所以,點軌跡的極坐標方程為 .
【解析】因為點在曲線上,
所以;即,所以,
因為直線過點且與垂直,所以直線的直角坐標方程為,
即;因此,其極坐標方程為,即的極坐標方程為;
設,則,,由題意,,所以,故,整理得,因為在線段上,在上運動,所以,,
所以,點軌跡的極坐標方程為,即.
8.(2019年高考數學課標全國Ⅰ卷理科)在直角坐標系中,曲線的參數方程為(為參數).以坐標原點為極點,軸的正半軸為極軸建立極坐標系,直線的極坐標方程為.
(1)求和的直角坐標方程;
(2)求上的點到距離的最小值.
【答案】解:(1)因為,且,
所以的直角坐標方程為.的直角坐標方程為.
(2)由(1)可設的參數方程為(為參數,).
上的點到的距離為.
當時,取得最小值7,故上的點到距離的最小值為.
9.(2018年高考數學課標Ⅲ卷(理))【選修4—4:坐標系與參數方程】(10分)
在直角坐標系中,的參數方程為(為參數),過點,且傾斜角為的直線與交兩點.
(1)求的取值范圍;
(2)求中點的軌跡的參數方程.
解法1(1)的直角坐標方程為
當時,與交于兩點;
當時,,則的方程為
與交于兩點當且僅當,解得或,即或.
綜上可知的取值范圍為
(2)的參數方程為(為參數,)
設對應的參數分別為,則,且,滿足
于是,,又點的坐標滿足
所以點的軌跡的參數方程是(為參數,)
方法2(1)由的參數方程,消去參數,可得:
當時,直線顯然與:有兩個交點
當時,可設直線
由直線與交兩點,可得,解得,所以或
又,且,所以或
綜上可知的取值范圍為
(2)法一:記,設,連結,則有
所以,所以即即①
此外點必須在圓:內
所以②
所以,即
所以中點的軌跡方程為
所以中點的軌跡方程的參數方程為,(為參數,且)
法二:可設,,
聯立,消去,
整理可得
由根與系數的關系得,所以
所以
所以點的軌跡的參數方程為(其中為參數,且).
10.(2018年高考數學課標Ⅱ卷(理))[選修4-4:坐標系與參數方程](10分)
在直角坐標系中,曲線的參數方程為(為參數),直線的參數方程為(為參數).
(1)求和的直角坐標方程;
(2)若曲線截直線所得線段的中點坐標為,求的斜率.
【答案】解析:(1)曲線的直角坐標方程為.
當時,的直角坐標方程為,
當時,的直角坐標方程為.
(2)將的參數方程帶入的直角坐標方程,整理得關于的方程
.①
因為曲線截直線所得線段的中點在內,所以①有兩個解,設為,,則.
又由①得,故,于是直線的斜率.
11.(2018年高考數學課標卷Ⅰ(理))[選修4–4:坐標系與參數方程](10分)在直角坐標系中,曲線的方程為.以坐標原點為極點,軸正半軸為極軸建立極坐標系,曲線的極坐標方程為.
(1)求的直角坐標方程;
(2)若與有且僅有三個公共點,求的方程.
【答案】解析:(1)由,得的直角坐標方程為.
(2)由(1)知是圓心為,半徑為的圓.
由題設知,是過點且關于軸對稱的兩條射線.記軸右邊的射線為,軸左邊的射線為.由于在圓的外面,故與有且僅有三個公共點等價于與只有一個公共點且與有兩個公共點,或與只有一個公共點且與有兩個公共點.
當與只有一個公共點時,到所在直線的距離為,所以,故或.
經檢驗,當時,與沒有公共點;當時,與只有一個公共點,與有兩個公共點.
當與只有一個公共點時,到所在直線的距離為,所以,故或.
經檢驗,當時,與沒有公共點;當時,與沒有公共點.
綜上,所求的方程為.
12.(2017年高考數學新課標Ⅰ卷理科)[選修4―4:坐標系與參數方程]在直角坐標系中,曲線的參數方程為(為參數),直線l的參數方程為.
(1)若,求與的交點坐標;
(2)若上的點到的距離的最大值為,求.
【解析】(1)曲線的普通方程為.
當時,直線的普通方程為.
由解得或.
從而與的交點坐標為,.
(2)直線的普通方程為,故上的點到的距離為

當時,的最大值為.由題設得,所以;
當時,的最大值為.由題設得,所以.
綜上,或.
13.(2017年高考數學課標Ⅲ卷理科)在直角坐標系中,直線的參數方程為(為參數),直線的參數方程為(為參數).設與的交點為,當變化時,的軌跡為曲線.
(1)寫出的普通方程;
(2)以坐標原點為極點,軸正半軸為極軸建立極坐標系,設,為與的交點,求的極徑.
(1)由直線的參數方程為(為參數),可得
由直線的參數方程為(為參數),可得
聯立,的方程,消去參數可得:即
當時,,此時兩直線沒有交點
所以曲線的普通方程為:.
(2)法一:將代入,可得曲線的極坐標方程為:
聯立曲線與的極坐標方程
整理可得
所以點的極徑長為.
法二:將代入,可得
聯立方程
故的直角坐標為,所以.
故點的極徑為.
14.(2017年高考數學課標Ⅱ卷理科)[選修4-4:坐標系與參數方程](10分)
在直角坐標系中,以坐標原點為極點,軸的正半軸為極軸建立極坐標系,曲線的極坐標方程為.
(1)為曲線上的動點,點在線段上,且滿足,求點的軌跡的直角坐標方程;
(2)設點的極坐標為,點在曲線上,求面積的最大值.
【基本解法】(1)解法一:設點在極坐標下坐標為
由可得點的坐標為,代入曲線的極坐標方程,得:
,即,兩邊同乘以,化成直角坐標方程為:
,由題意知,所以檢驗得.
解法二:設點在直角坐標系下坐標為,曲線的直角坐標方程為,因為三點共線,所以點的坐標為,代入條件得:
,因為,化簡得:

(2)解法一:由(1)知曲線的極坐標方程為,故可設點坐標為,
由得,即最大值為.
解法二:在直角坐標系中,點坐標為,直線的方程為.
設點點坐標,則點到直線的距離
所以,又因為點坐標滿足方程,由柯西不等式得:
,即

由得,.
解法三:前面同解法二,
,又因為點坐標滿足方程,故可設
的坐標,即

15.(2016高考數學課標Ⅲ卷理科)選修4—4:坐標系與參數方程
在直角坐標系中,曲線的參數方程為(為參數),以坐標原點為極點,以軸的正半軸為極軸,建立極坐標系,曲線的極坐標方程為.
(1)寫出的普通方程和的直角坐標方程;
(2)設點在上,點在上,求的最小值及此時的直角坐標.
【解析】(Ⅰ)的普通方程為,的直角坐標方程為.
(Ⅱ)由題意,可設點的直角坐標為,因為是直線,所以的最小值,
即為到的距離的最小值,.
當且僅當時,取得最小值,最小值為,此時的直角坐標為.
16.(2016高考數學課標Ⅱ卷理科)(本小題滿分10分)選修4-4:坐標系與參數方程
在直線坐標系中,圓的方程為.
(1)以坐標原點為極點,軸正半軸為極軸建立極坐標系,求的極坐標方程;
(2)直線的參數方程是(為參數),與交于兩點,,求的斜率.
方法1(1)由可得圓的極坐標方程

(2)在(1)中建立的極坐標系中,直線的極坐標方程為.
設所對應的極徑分別為,將的極坐標方程代入的極坐標方程得
于是,
由得,.
所以的斜率為或.
方法2(1)由可知圓的極坐標方程為.
(2)記直線的斜率為,則直線的方程為,
由垂徑定理及點到直線距離公式知:,
即,整理得,則.
17.(2016高考數學課標Ⅰ卷理科)(本小題滿分10分)選修4—4:坐標系與參數方程
在直線坐標系中,曲線的參數方程為(為參數,).在以坐標原點為極點,軸正半軸為極軸的極坐標系中,曲線.
(1)說明是哪一種曲線,并將的方程化為極坐標方程;
(2)直線的極坐標方程為,其中滿足,若曲線與的公共點都在上,求.
解析:(I)消去參數得到的普通方程
是以為圓心,為半徑的圓.
將代入的普通方程中,得到的極坐標方程為

(II)曲線,的公共點的極坐標滿足方程組
若,由方程組的
由已知,可得
從而,解得(舍去),
當時,極點也為,的公共點,在上
所以.
法2(I) (均為參數)
∴ ①
∴為以為圓心,為半徑的圓.方程為

∴ 即為的極坐標方程
(II) 兩邊同乘得
即 ②
:化為普通方程為
由題意:和的公共方程所在直線即為
①—②得:,即為
∴,∴.
18.(2015高考數學新課標2理科)(本小題滿分10分)選修4-4:坐標系與參數方程
在直角坐標系中,曲線(為參數,),其中,在以為極點,軸正半軸為極軸的極坐標系中,曲線,曲線.
(1)求與交點的直角坐標;
(2)若與相交于點,與相交于點,求的最大值.
【答案】(Ⅰ)和;(Ⅱ).
解析:(Ⅰ)曲線的直角坐標方程為,曲線的直角坐標方程為.聯立解得或所以與交點的直角坐標為和.
(Ⅱ)曲線的極坐標方程為,其中.因此得到極坐標為,的極坐標為.所以,當時,取得最大值,最大值為.
19.(2015高考數學新課標1理科)(本小題滿分10分)選修4-4:坐標系與參數方程
在直角坐標系中。直線:,圓:,以坐標原點為極點, 軸的正半軸為極軸建立極坐標系。
(1)求,的極坐標方程;
(2)若直線的極坐標方程為,設與的交點為, ,求的面積
【答案】(Ⅰ),(Ⅱ)
分析:(Ⅰ)用直角坐標方程與極坐標互化公式即可求得,的極坐標方程;(Ⅱ)將將代入即可求出|MN|,利用三角形面積公式即可求出的面積.
解析:(Ⅰ)因為,
∴的極坐標方程為,的極坐標方程為.……5分
(Ⅱ)將代入,得,解得=,=,|MN|=-=,
因為的半徑為1,則的面積=.
20.(2014高考數學課標2理科)(本小題滿分10)選修4-4:坐標系與參數方程
在直角坐標系xOy中,以坐標原點為極點,x軸正半軸為極軸建立極坐標系,半圓C的極坐標方程為,.
(1)求C的參數方程;
(2)設點D在C上,C在D處的切線與直線垂直,根據(Ⅰ)中你得到的參數方程,確定D的坐標.
解析:(Ⅰ)代入得
又因為,所以,C的普通方程
所以C的參數方程為
(Ⅱ)設點D,由(Ⅰ)知曲線C是以為圓心,以為半徑的上半圓,C在D處的切線與直線垂直,則
,所以D的坐標為.
21.(2014高考數學課標1理科)選修4—4:坐標系與參數方程
已知曲線:,直線:(為參數).
(1)寫出曲線的參數方程,直線的普通方程;
(2)過曲線上任一點作與夾角為的直線,交于點,求的最大值與最小值.
【答案】解析:(1)曲線C的參數方程為: (為參數),
直線的普通方程為:.
(2)在曲線C上任意取一點到的距離為
,
則,其中為銳角且.
當時,取得最大值,最大值為;
當時,取得最小值,最小值為.
22.(2013高考數學新課標2理科)[選修4-4]坐標系與參數方程
已知動點都在曲線(為參數)上,對應參數分別為與,為的中點.
(1)求的軌跡的參數方程;
(2)將到坐標原點的距離表示為的函數,并判斷的軌跡是否過坐標原點.
解析 (1)依題意有,
因此.
的軌跡的參數方程為 (為參數,).
(2)點到坐標原點的距離.
當α=π,d=0,故的軌跡過坐標原點.
23.(2013高考數學新課標1理科)選修4—4:坐標系與參數方程
已知曲線C1的參數方程為(為參數),以坐標原點為極點,軸的正半軸為極軸建立極坐標系,曲線C2的極坐標方程為。
(1)把C1的參數方程化為極坐標方程;
(2)求C1與C2交點的極坐標(ρ≥0,0≤θ<2π)。
解析:將消去參數,化為普通方程,
即:,將代入 得,,
∴的極坐標方程為;
(Ⅱ)的普通方程為,
由解得或,∴與的交點的極坐標分別為(),.
24.(2012高考數學新課標理科)選修4—4:坐標系與參數方程
已知曲線的參數方程是為參數,以坐標原點為極點,軸的正半軸
為極軸建立坐標系,曲線的極坐標方程是,正方形的頂點都在上,
且依逆時針次序排列,點的極坐標為.
(1)求點的直角坐標;
(2)設為上任意一點,求的取值范圍.
解析(1)點的極坐標為
點的直角坐標為
(2)設;則
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- 1 -算法與框圖
一、選擇題
1.(2019年高考數學課標Ⅲ卷理科)執行如圖所示的程序框圖,如果輸入的為,則輸出的值等于 (  ).
(  )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】否


輸出,故選D.
【點評】循環運算,何時滿足精確度成為關鍵,在求和時的項數應準確,此為易錯點.
2.(2019年高考數學課標全國Ⅰ卷理科)右圖是求的程序框圖,
圖中空白框中應填入 (  )
A.
B.
C.
D.
【答案】A
解析:,故圖中空白框中應填入.
3.(2018年高考數學課標Ⅱ卷(理))為計算,設計了右側的程序框圖,則在空白框中應填入 (  )
A. B. C. D.
【答案】B
解析:由,得程序框圖是先把奇數項累加,再把偶數項累加,最后再相減.因此在空白框中應填入,故選B.
4.(2017年高考數學新課標Ⅰ卷理科)右面程序框圖是為了求出滿足]的最小偶數,那么在和兩個空白框中,可以分別填入 (  )
A.和 B.和
C.和 D.和
【答案】D
【解析】由題意,因為,且框圖中在“否”時輸出,所以在判定框內不能輸入,故判定框內填,又要求為偶數且初始值為,所以矩形框內填,故選D.
【考點】程序框圖
【點評】解決此類問題的關鍵是讀懂程序框圖,明確順序結構、條件結構、循環結構的真正含義.本題巧妙的設置了兩個空格需要填寫,所以需要抓住循環的重點,偶數該如何增量,判斷框內如何進行判斷,可以根據選項排除.
5.(2017年高考數學課標Ⅲ卷理科)執行右面的程序框圖,為使輸出的值小于,則輸入的正整數的最小值為 (  )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】該程序框圖是直到型的循環結構,循環體完成的功能是實現的累加,的累除
進入循環休內
循環次數
0 是
1 是
2 否
為使輸出的值小于,則輸入的最小正整數,故選D.
【考點】程序框圖
【點評】利用循環結構表示算法,一定要先確定是用當型循環結構,還是用直到型循環結構.當型循環結構的特點是先判斷再循環,直到型循環結構的特點是先執行一次循環體,再判斷.注意輸入框、處理框、判斷框的功能,不可混用.賦值語句賦值號左邊只能是變量,不能是表達式,右邊的表達式可以是一個常量、變量或含變量的運算式.
6.(2017年高考數學課標Ⅱ卷理科)執行右面的程序框圖,如果輸入的,則輸出的 (  )
A.2 B.3 C.4 D.5
【答案】B
【命題意圖】本題考查程序框圖的知識,意在考查考生對循環結構的理解與應用.
【解析】解法一:常規解法
∵ ,,,,,∴ 執行第一次循環:﹑﹑
;執行第二次循環:﹑﹑;執行第三次循環:﹑﹑
;執行第四次循環:﹑﹑;執行第五次循環:﹑﹑
;執行第五次循環:﹑﹑;當時,終止循環,輸出,
故輸出值為3.
解法二:數列法
,,裂項相消可得;執行第一次循環:﹑
﹑,當時,即可終止,,即,故輸出
值為3.
【考點】 流程圖
【點評】識別、運行程序框圖和完善程序框圖的思路
要明確程序框圖的順序結構、條件結構和循環結構.
要識別、運行程序框圖,理解框圖所解決的實際問題.
(3)按照題目的要求完成解答并驗證。
7.(2016高考數學課標Ⅲ卷理科)執行右面的程序框圖,如果輸入的,,那么輸出的 (  )
A.3 B.4 C.5 D.6
【答案】B
【解析】
第一次循環,得;
第二次循環,得;
第三次循環,得;
第四次循環,得;
退出循環,輸出,故選B.
8.(2016高考數學課標Ⅱ卷理科)中國古代有計算多項式值的秦九韶算法,右圖是實現該算法的程序框圖.執行該程序框圖,若輸入的,,依次輸入的為2,2,5,則輸出的 (  )
(  )
A.7 B.12 C.17 D.34
【答案】C
【解析】 第一次運算:,第二次運算:,第三次運算:,故選C.
9.(2016高考數學課標Ⅰ卷理科)執行右面的程序圖,如果輸入的,則輸出的值滿足 (  )
(  )
(A)(B)(C)(D)
【答案】C
【解析】如下表:
循環節運行次數 判斷 是否輸出
運行前 0 1 / / 1
第一次 否 否
第二次 否 否
第三次 是 是
輸出,,滿足,故選C.
10.(2015高考數學新課標2理科)右邊程序框圖的算法思路源于我國古代數學名著《九章算術》中的“更相減損術”.執行該程序框圖,若輸入分別為14,18,則輸出的 (  )
(  )
A.0 B.2 C.4 D.14
【答案】B
解析:程序在執行過程中,,的值依次為,;;;;;,此時程序結束,輸出的值為2,故選B.
考點:程序框圖.
11.(2015高考數學新課標1理科)執行右面的程序框圖,如果輸入的t=0.01,則輸出的n= (  )
A.5 B.6 C.7 D.8
【答案】C
解析:執行第1次,t=0.01,S=1,n=0,m==0.5,S=S-m=0.5,=0.25,n=1,S=0.5>t=0.01,是,循環,
執行第2次,S=S-m=0.25,=0.125,n=2,S=0.25>t=0.01,是,循環,
執行第3次,S=S-m=0.125,=0.0625,n=3,S=0.125>t=0.01,是,循環,
執行第4次,S=S-m=0.0625,=0.03125,n=4,S=0.0625>t=0.01,是,循環,
執行第5次,S=S-m=0.03125,=0.015625,n=5,S=0.03125>t=0.01,是,循環,
執行第6次,S=S-m=0.015625,=0.0078125,n=6,S=0.015625>t=0.01,是,循環,
執行第7次,S=S-m=0.0078125,=0.00390625,n=7,S=0.0078125>t=0.01,否,輸出n=7,故選C.
考點:本題注意考查程序框圖
12.(2014高考數學課標2理科)執行右圖程序框圖,如果輸入的x,t均為2,則輸出的S= (  )
A.4 B.5 C.6 D.7
【答案】D
解析:由題意知:當k=1時,M=2,S=5;當k=2時,M=2,S=7;當k=3時,輸出S=7,選D。
考點:(1)程序框圖;(2)。
難度:B
備注:常考題
13.(2014高考數學課標1理科)執行下圖的程序框圖,若輸入的分別為1,2,3,則輸出的= (  )
(  )
A. B. C. D.
【答案】D.
解析:輸入;時:;
時:;時:;
時:輸出. 選D.
考點:(1)程序框圖的應用 (2)化歸于轉化的思想
難度:B
備注:高頻考點
14.(2013高考數學新課標2理科)執行右面的程序框圖,如果輸入的,那么輸出的= (  )
A. B.
C. D.
【答案】B
解析:

由于,即時,結束循環,共執行10次.
所以輸出.
考點:(1)11.1.3程序框圖的識別及應用;
難度: B
備注:高頻考點
15.(2013高考數學新課標1理科)運行如下程序框圖,如果輸入的,則輸出s屬于 (  )
A.[-3,4] B.[-5,2] C.[-4,3] D.[-2,5]
【答案】A
解析: 由題意知,當時,,當時,,
∴輸出s屬于[-3,4],故選.
考點:(1)2.1.4分段函數及其應用;(2)11.1.2算法的基本邏輯結構.
難度:A
備注:高頻考點
16.(2012高考數學新課標理科)如果執行如圖所示的程序框圖,輸入正整數和實數,輸出,則 (  )
A.為的和
B.為的算術平均數
C.和分別是中最大的數和最小的數
D.和分別是中最小的數和最大的數
【答案】C
解析:觀察流程圖,不難發現,x>A,則A=x,x考點:(1)11.1.2算法的基本邏輯結構;(2)11.1.3程序框圖的識別及應用
難度:A
備注:高頻考點
輸入
輸出
停止
開始
a>b
a = a - b
b = b - a
輸出a
結束
開始
輸入a,b
a ≠ b
S=S+T

開始
k=1, S = 0,T =1
T= eq \F(T,k)
k >N
輸出S
結束
輸入N
k=k +1
PAGE
- 1 -圓錐曲線小題
一、選擇題
1.(2021年高考全國甲卷理科)已知是雙曲線C的兩個焦點,P為C上一點,且,則C的離心率為 (  )
A. B. C. D.
【答案】A
解析:因為,由雙曲線的定義可得,
所以,;
因為,由余弦定理可得,
整理可得,所以,即.
故選:A
2.(2021年高考全國乙卷理科)設是橢圓的上頂點,若上的任意一點都滿足,則的離心率的取值范圍是 (  )
A. B. C. D.
【答案】C
3.(2020年高考數學課標Ⅰ卷理科)已知A為拋物線C:y2=2px(p>0)上一點,點A到C的焦點的距離為12,到y軸的距離為9,則p= (  )
A.2 B.3 C.6 D.9
【答案】C
【解析】設拋物線的焦點為F,由拋物線的定義知,即,解得.
故選:C.
4.(2020年高考數學課標Ⅱ卷理科)設為坐標原點,直線與雙曲線的兩條漸近線分別交于兩點,若的面積為8,則的焦距的最小值為 (  )
A.4 B.8 C.16 D.32
【答案】B
解析:
雙曲線的漸近線方程是
直線與雙曲線的兩條漸近線分別交于,兩點
不妨設為在第一象限,在第四象限
聯立,解得

聯立,解得

面積為:
雙曲線
其焦距為
當且僅當取等號
的焦距的最小值:
故選:B.
5.(2020年高考數學課標Ⅲ卷理科)設雙曲線C:(a>0,b>0)左、右焦點分別為F1,F2,離心率為.P是C上一點,且F1P⊥F2P.若△PF1F2的面積為4,則a= (  )
A.1 B.2 C.4 D.8
【答案】A
解析:,,根據雙曲線的定義可得,
,即,
,,
,即,解得,
故選:A.
6.(2020年高考數學課標Ⅲ卷理科)設為坐標原點,直線與拋物線C:交于,兩點,若,則的焦點坐標為 (  )
A. B. C. D.
【答案】B
解析:因為直線與拋物線交于兩點,且,
根據拋物線的對稱性可以確定,所以,
代入拋物線方程,求得,所以其焦點坐標為,
故選:B.
7.(2019年高考數學課標Ⅲ卷理科)雙曲線C:=1的右焦點為F,點P在C的一條漸近線上,O為坐標原點,若,則△PFO的面積為 (  )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由,
又P在C的一條漸近線上,不妨設為在上,則.
,故選A.
8.(2019年高考數學課標全國Ⅱ卷理科)設為雙曲線的右焦點,為坐標原點,以為直徑的圓與圓交于,兩點,若,則的離心率為 (  )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】設與軸交于點,由對稱性可知軸,又∵,∴,
為以為直徑的圓的半徑,∴為圓心.∴,又點在圓上,
∴,即,∴,∴,故選A.
9.(2019年高考數學課標全國Ⅱ卷理科)若拋物線的焦點是橢圓的一個焦點,則 (  )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因為拋物線的焦點是橢圓的一個焦點,所以,解得,故選D.
10.(2019年高考數學課標全國Ⅰ卷理科)已知橢圓的焦點為,,過的直線與交于,兩點.若,
,則的方程為 (  )
A. B. C. D.
【答案】B
解析:如圖,設,則,由,可得,,所以點為橢圓的上頂點或下頂點.
在中,由余弦定理可得,
所以,即,即,又,所以橢圓方程為.
11.(2018年高考數學課標Ⅲ卷(理))設是雙曲線的左、右焦點,是坐標原點,過作的一條漸近線的垂線,垂足為,若,則的離心率為 (  )
A. B. C. D.
【答案】C
解析:法一:根據雙曲線的對稱性,不妨設過點作漸近線的垂線,該垂線的方程為,聯立方程,解得

整理可得即
即即,所以,所以,故選C.
法二:由雙曲線的性質易知,,所以
在中,
在中,由余弦定理可得
所以,整理可得,即
所以,所以,故選C.
12.(2018年高考數學課標Ⅱ卷(理))已知,是橢圓的左,右焦點,是的左頂點,點在過且斜率為的直線上,為等腰三角形,,則的離心率為 (  )
A. B. C. D.
【答案】D
解析:因為為等腰三角形,,所以,由余弦定理得,
所以,而,由已知,得,即,故選D.
13.(2018年高考數學課標Ⅱ卷(理))雙曲線的離心率為,則其漸近線方程為 (  )
A. B. C. D.
14.(2018年高考數學課標卷Ⅰ(理))已知雙曲線,為坐標原點,為的右焦點,過的直線與的兩條漸近線的交點分別為.若為直角三角形,則 (  )
A. B. C. D.
【答案】B
解析:雙曲線的漸近線方程為:,漸近線的夾角為:,不妨設過的直線為:,則解得;解得:,則,故選B.
15.(2018年高考數學課標卷Ⅰ(理))設拋物線的焦點為.過點且斜率為的直線與交于兩點,則 (  )
A. B. C. D.
【答案】D
解析:拋物線的焦點為,過點且斜率為的直線為:,聯立直線與拋物線,消去可得:,解得,不妨,,,,則,故選D.
16.(2017年高考數學新課標Ⅰ卷理科)已知為拋物線的焦點,過作兩條互相垂直的直線,,直線與交于兩點,直線與交于兩點,則的是小值為 (  )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】設,,直線方程為
取方程,得

同理直線與拋物線的交點滿足
由拋物線定義可知
當且僅當(或)時,取得等號.
17.(2017年高考數學課標Ⅲ卷理科)已知橢圓,的左、右頂點分別為,,且以線段為直徑的圓與直線相切,則的離心率為 (  )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】以線段為直徑的圓的圓心為原點,半徑為,該圓與直線相切
所以圓心到直線的距離,整理可得
所以,故選A.
18.(2017年高考數學課標Ⅲ卷理科)已知雙曲線的一條漸近線方程為,且與橢圓有公共焦點,則的方程為 (  )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由漸近線的方程,可設雙曲線的方程為
又橢圓的焦點坐標為
所以,且,故所求雙曲線的方程為:,故選B.
19.(2017年高考數學課標Ⅱ卷理科)若雙曲線(,)的一條漸近線被圓所截得的弦長為2,則的離心率為 (  )
A.2 B. C. D.
【解析】解法一:常規解法
根據雙曲線的標準方程可求得漸近線方程為,根據直線與圓的位置關系可求得圓心到
漸進線的距離為,∴ 圓心到漸近線的距離為,即,解得.
解法二:待定系數法
設漸進線的方程為,根據直線與圓的位置關系可求得圓心到漸進線的距離為,
∴ 圓心到漸近線的距離為,即,解得;由于漸近線的斜率與離心率
關系為,解得.
解法三:幾何法
從題意可知:,為等邊三角形,所以一條漸近線的傾斜較為
由于,可得,
漸近線的斜率與離心率關系為,解得.
解法四:坐標系轉化法
根據圓的直角坐標系方程:,可得極坐標方程,由可得極
角,從上圖可知:漸近線的傾斜角與圓的極坐標方程中的極角相等,所以,
漸近線的斜率與離心率關系為,解得.
解法五:參數法之直線參數方程
如上圖,根據雙曲線的標準方程可求得漸近線方程為,可以表示點的坐標為,∵ , ∴ 點的坐標為,代入圓方程中,
解得.
20.(2016高考數學課標Ⅲ卷理科)已知為坐標原點,是橢圓C:的左焦點,分別為的左、右頂點.為上一點,且軸.過點的直線與線段交于點,與軸交于點.若直線經過OE的中點,則的離心率為 (  )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由題意,設直線的方程為,分別令與,得點
,,由△OBE∽△CBM,得,即,整理得,所以橢圓的離心率,故選A.
21.(2016高考數學課標Ⅱ卷理科)已知是雙曲線的左,右焦點,點在上,與軸垂直,,則的離心率為 (  )
A. B. C. D.2
【答案】A
【解析1】由題可令,則 所以,,所以,所以
故選A.
22.(2016高考數學課標Ⅰ卷理科)以拋物線的頂點為圓心的圓交于兩點,交的準線于兩點.已知,,則的焦點到準線的距離為 (  )
(A)2(B)4(C)6(D)8
【解析】以開口向右的拋物線為例來解答,其他開口同理
設拋物線為,設圓的方程為,題目條件翻譯如圖:
設,,
點在拋物線上,∴……①
點在圓上,∴……②
點在圓上,∴……③
聯立①②③解得:,焦點到準線的距離為. 故選B.
23.(2016高考數學課標Ⅰ卷理科)已知方程表示雙曲線,且該雙曲線兩焦點間的距離為4,則的取值范圍是 (  )
(A)(B)(C)(D)
【答案】A
【解析】表示雙曲線,則,∴
由雙曲線性質知:,其中是半焦距
∴焦距,解得∴故選A.
24.(2015高考數學新課標2理科)已知為雙曲線的左,右頂點,點在上,為等腰三角形,且頂角為,則的離心率為 (  )
A. B. C. D.
【答案】D
解析:設雙曲線方程為,如圖所示,,,過點作軸,垂足為,在中,,,故點的坐標為,代入雙曲線方程得,即,所以,故選D.
考點:雙曲線的標準方程和簡單幾何性質.
25.(2015高考數學新課標1理科)已知是雙曲線C:上的一點,是C上的兩個焦點,若,則的取值范圍是 (  )
A.(-,) B.(-,)
C.(,) D.(,)
【答案】A
解析:由題知,,所以= =,解得,故選A.
26.(2014高考數學課標2理科)設F為拋物線C:的焦點,過F且傾斜角為30°的直線交C于A.B兩點,O為坐標原點,則△OAB的面積為 (  )
A. B. C. D.
【答案】D
解析:由題意可知:直線AB的方程為:,帶入拋物線的方程可得:,設,則所求三角形的面積為,故選D。
27.(2014高考數學課標1理科)已知拋物線:的焦點為,準線為,是上一點,是直線與的一個交點,若,則= (  )
A. B. C.3 D.2
【答案】C
【解析】:過Q作QM⊥直線L于M,∵
∴,又,∴,由拋物線定義知
選C
28.(2014高考數學課標1理科)已知是雙曲線:的一個焦點,則點到的一條漸近線的距離為 (  )
A. B.3 C. D.
【答案】A
解析:由:,得,
設,一條漸近線,即,則點到的一條漸近線的距離=,選A..
29.(2013高考數學新課標2理科)設拋物線的焦點為,點在上,,若以為直徑的圓過點,則的方程為 (  )
A.或 B.或
C.或 D.或
解析:由題意知:,拋物線的準線方程為,則由拋物線的定義知,,設以為直徑的圓的圓心為,所以圓的方程為,又因為圓過點,所以,又因為點在上,所以,解得或,所以拋物線的方程為或,故選C.
30.(2013高考數學新課標1理科)已知橢圓的右焦點為F(3,0),過點F的直線交橢圓于A.B兩點。若AB的中點坐標為(1,-1),則E的方程為 (  )
A.B.C.D
【答案】D
解析:設,則=2,=-2,
① ②
①-②得,
∴===,又==,∴=,又9==,解得=9,=18,∴橢圓方程為,故選D.
31.(2013高考數學新課標1理科)已知雙曲線:()的離心率為,則的漸近線方程為 (  )
A. B. C.. D.
【答案】C
解析: 由題知,,即==,∴=,∴=,∴的漸近線方程為,故選.
32.(2012高考數學新課標理科)等軸雙曲線的中心在原點,焦點在軸上,與拋物線的準線交于兩點,,則的實軸長為 (  )
A. B. C.4 D.8
【答案】C
解析:設等軸雙曲線 ,則
由拋物線得準線
∵與拋物線的準線交于兩點,

將A點坐標代入雙曲線方程得.
33.(2012高考數學新課標理科)設F1,F2是橢圓的左、右焦點,為直線上一點,是底角為的等腰三角形,則的離心率為 (  )
A. B. C. D.
【答案】C
解析:如上圖,是底角為的等腰三角形可得=2c
在中,

又∵,所以
將等式兩邊同時除以a,
得.
二、填空題
34.(2021年高考全國甲卷理科)已知為橢圓C:的兩個焦點,P,Q為C上關于坐標原點對稱的兩點,且,則四邊形的面積為________.
【答案】
解析:因為為上關于坐標原點對稱的兩點,
且,所以四邊形為矩形,
設,則,
所以,
,即四邊形面積等于.
故答案:.
35.(2021年高考全國乙卷理科)已知雙曲線的一條漸近線為,則C的焦距為_________.
【答案】4
解析:由漸近線方程化簡得,即,同時平方得,又雙曲線中,故,解得(舍去),,故焦距
故答案為:4
36.(2020年高考數學課標Ⅰ卷理科)已知F為雙曲線的右焦點,A為C的右頂點,B為C上的點,且BF垂直于x軸.若AB的斜率為3,則C的離心率為______________.
【答案】2
【解析】聯立,解得,所以.
依題可得,,,即,變形得,,
因此,雙曲線的離心率為.
故答案為:.
37.(2019年高考數學課標Ⅲ卷理科)設為橢圓的兩個焦點,為上一點且在第一象限.若為等腰三角形,則的坐標為___________.
【答案】
【解析】由已知可得,.

設點的坐標為,則,
又,解得,
,解得(舍去),
的坐標為.
法二、在得出..
,∴.
∴,
的坐標為.
法三、由題知,又由焦半徑公式,得,從而得到,的坐標為.
38.(2019年高考數學課標全國Ⅰ卷理科)已知雙曲線的左、右焦點分別為,過的直線與的兩條漸近線分別交于兩點.若,,則的離心率為.
【答案】2
解析:注意到,得到垂直平分,則,由漸近線的對稱性,得,可得,所以,可得離心率.
39.(2018年高考數學課標Ⅲ卷(理))已知點和拋物線,過的焦點且斜率為的直線與交于兩點,若,則.
解析:法一:拋物線的焦點坐標為,可設直線,
聯立方程,消去并整理可得
所以,由點在拋物線上,可得,
所以,
由,可得,所以
所以

所以即,解得
故所求直線的斜率.
法二:拋物線的焦點,準線方程為
由依題意可知以為直徑的圓與準線相切于點,故線段中點的縱坐標為
設直線,
聯立方程,消去并整理可得
則有,解得
故所求直線的斜率.
40.(2017年高考數學新課標Ⅰ卷理科)已知雙曲線的右頂點為,以為圓心,為半徑作圓,圓與雙曲線的一條漸近線交于兩點.若,則的離心率為__________.
【解析】如圖所示,作
因為圓與雙曲線的一條漸近線交于兩點,則為雙曲線的漸近線上的點,且,,因為,所以,到直線的距離,在中,,代入計算得,即,由得,所以.
41.(2017年高考數學課標Ⅱ卷理科)已知是拋物線的焦點,是上一點,的延長線交軸于點.若為的中點,則 .
【答案】
【解析】則,焦點為,準線,如圖,為、中點,故易知線段為梯形中位線,∵,,∴,又由定義,且,∴.
42.(2015高考數學新課標1理科)一個圓經過橢圓的三個頂點,且圓心在軸的正半軸上,則該圓的標準方程為。
【答案】
解析:設圓心為(,0),則半徑為,則,解得,故圓的方程為.
一、選擇題
1.(2020年高考數學課標Ⅰ卷理科)已知⊙M:,直線:,為上的動點,過點作⊙M的切線,切點為,當最小時,直線的方程為 (  )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】圓的方程可化為,點到直線的距離為,所以直線與圓相離.
依圓的知識可知,四點四點共圓,且,所以,而,
當直線時,,,此時最小.
∴即,由解得,.
所以以為直徑的圓的方程為,即,
兩圓的方程相減可得:,即為直線的方程.
故選:D.
2.(2020年高考數學課標Ⅱ卷理科)若過點(2,1)的圓與兩坐標軸都相切,則圓心到直線的距離為 (  )
A. B. C. D.
【答案】B
解析:由于圓上的點在第一象限,若圓心不在第一象限,
則圓與至少與一條坐標軸相交,不合乎題意,所以圓心必在第一象限,
設圓心的坐標為,則圓的半徑為,
圓的標準方程為.
由題意可得,
可得,解得或,
所以圓心的坐標為或,
圓心到直線的距離均為;
圓心到直線的距離均為
圓心到直線的距離均為;
所以,圓心到直線的距離為.
故選:B.
3.(2018年高考數學課標Ⅲ卷(理))直線分別與軸,軸交于兩點,點在圓上,則面積的取值范圍是 (  )
A. B. C. D.
【答案】A
解法一:由直線易知,,故
圓的圓心到直線的距離為,
所以點到直線的距離的取值范圍為即
所以,故選A.
解法二:設,則點到直線的距離,
令,則代入圓的方程整理得:
利用方程有解條件,則有
注:此處也可利用線性規劃尋求的范圍
解法三:利用三角換元
設,則
解法四:利用面積公式的坐標形式
設則
下同解法二
注:①當然也可把點設為三角形式,并且更加簡單!
②利用面積的向量表達形式,在實際運算中還是要轉化為坐標形式才利于操作。
4.(2016高考數學課標Ⅱ卷理科)圓的圓心到直線的距離為1,則 (  )
A. B. C. D.
【答案】A
5.(2015高考數學新課標2理科)過三點,,的圓交軸于兩點,則 (  )
A. B.8 C. D.10
【答案】C
解析:由已知得,,所以,所以,即為直角三角形,其外接圓圓心為,半徑為,所以外接圓方程為,令,得,所以,故選C.
考點:圓的方程.
6.(2013高考數學新課標2理科)已知點,直線將分割為面積相等的兩部分,則的取值范圍是 (  )
A. B. C. D.
【答案】B
二、填空題
7.(2016高考數學課標Ⅲ卷理科)已知直線:與圓交于兩點,過分別作的垂線與軸交于兩點,若,則________________.
【答案】4
【解析】因為,且圓的半徑為,所以圓心到直線的距離為,則由,解得,代入直線的方程,得,所以直線的傾斜角為,由平面幾何知識知,在梯形中,.
8.(2014高考數學課標2理科)設點M(,1),若在圓O: 上存在點N,使得∠OMN=45°,則的取值范圍是________.
【答案】
解析:在坐標系中畫出圓O和直線y=1,其中在直線上,由圓的切線相等及三角形外角知識,可得
PAGE
- 1 -概率
一、選擇題
1.(2021年高考全國甲卷理科)將4個1和2個0隨機排成一行,則2個0不相鄰的概率為 (  )
A. B. C. D.
【答案】C
解析:將4個1和2個0隨機排成一行,可利用插空法,4個1產生5個空,
若2個0相鄰,則有種排法,若2個0不相鄰,則有種排法,
所以2個0不相鄰的概率為.
故選:C.
2.(2021年高考全國乙卷理科)在區間與中各隨機取1個數,則兩數之和大于的概率為 (  )
A. B. C. D.
【答案】B
解析:如圖所示:
設從區間中隨機取出的數分別為,則實驗的所有結果構成區域為,其面積為.
設事件表示兩數之和大于,則構成的區域為,即圖中的陰影部分,其面積為,所以.
故選:B.
【點睛】本題主要考查利用線性規劃解決幾何概型中的面積問題,解題關鍵是準確求出事件對應的區域面積,即可順利解出.
3.(2020年高考數學課標Ⅲ卷理科)在一組樣本數據中,1,2,3,4出現的頻率分別為,且,則下面四種情形中,對應樣本的標準差最大的一組是 (  )
A. B.
C. D.
【答案】B
解析:對于A選項,該組數據的平均數為,
方差為;
對于B選項,該組數據的平均數為,
方差為;
對于C選項,該組數據的平均數為,
方差為;
對于D選項,該組數據的平均數為,
方差為.
因此,B選項這一組標準差最大.
故選:B.
【點睛】本題考查標準差的大小比較,考查方差公式的應用,考查計算能力,屬于基礎題.
4.(2019年高考數學課標全國Ⅰ卷理科)我國古代典籍《周易》用“卦”描述萬物的變化.每一“重卦”由從下到上排列的6個
爻組成,爻分為陽爻“”和陰爻“——”,右圖就是一重卦.在所有重卦中隨機
取一重卦,則該重卦恰有3個陽爻的概率是 (  )
A. B. C. D.
【答案】答案:A
解析:所有的重卦共有個,而恰有3個陽爻的重卦有個,所以所求概率為.
5.(2018年高考數學課標Ⅲ卷(理))某群體中的每位成員使用移動支付的概率都為,各成員的支付方式相互獨立,設為該群體的位成員中使用移動支付的人數,,,則 (  )
A. B. C. D.
【答案】B
解析:依題意可知,則,解得或
又,所以即,即
所以,故選B.
6.(2018年高考數學課標Ⅱ卷(理))我國數學家陳景潤在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界領先的成果.哥德巴赫猜想是“每個大于2的偶數可以表示為兩個素數的和”,如.在不超過30的素數中,隨機選取兩個不同的數,其和等于30的概率是 (  )
A. B. C. D.
【答案】C
解析:不超過30的素數有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,共10個,隨機選取兩個不同的數,共有種方法,因為,所以隨機選取兩個不同的數,其和等于30的有3種選法,故概率,故選C.
7.(2018年高考數學課標卷Ⅰ(理))下圖來自古希臘數學家希波克拉底所研究的幾何圖形。此圖由三個半圓構成,三個半圓的直徑分別為直角三角形的斜邊,直角邊,.的三邊所圍成的區域記為I,黑色部分記為II.其余部分記為III.在整個圖形中隨機取一點,此點取自1,II,III的概率分別記為則 (  )
A. B. C. D.
【答案】A
解析:如圖:設,∴,∴,
∴,∴,故選A.
8.(2017年高考數學新課標Ⅰ卷理科)如圖,正方形內的圖形來自中國古代的太極圖.正方形內切圓中的黑色部分和白色部分關于正方形的中心成中心對稱.在正方形內隨機取一點,則此點取自黑色部分的概率是 (  )
(  )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】設正方形邊長為,則圓的半徑為,則正方形的面積為,圓的面積為.由圖形的對稱性可知,太極圖中黑白部分面積相等,即各占圓面積的一半.由幾何概型概率的計算公式得,此點取自黑色部分的概率是,選B.
秒殺解析:由題意可知,此點取自黑色部分的概率即為黑色部分面積占整個面積的比例,由圖可知其概率,故選B.
9.(2016高考數學課標Ⅱ卷理科)從區間隨機抽取個數,,…,,,,…,,構成個數對,,…,,其中兩數的平方和小于1的數對共有個,則用隨機模擬的方法得到的圓周率的近似值為 (  )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】幾何概型問題:樣本空間 其面積為:
事件“兩數的平方和小于1的數對”對應的集合為:
其對應區域面積為:,所以
所以,故選C.
10.(2016高考數學課標Ⅰ卷理科)某公司的班車在,,發車,小明在至之間到達發車站乘坐班車,且到達發車站的時刻是隨機的,則他等車時間不超過10分鐘的概率是 (  )
(A)(B)(C)(D)
【答案】B
【解析】如圖所示,畫出時間軸:
小明到達的時間會隨機的落在圖中線段中,而當他的到達時間落在線段或時,才能保證他等車的時間不超過10分鐘
根據幾何概型,所求概率.故選B.
11.(2015高考數學新課標1理科)投籃測試中,每人投3次,至少投中2次才能通過測試.已知某同學每次投籃投中的概率為0.6,且各次投籃是否投中相互獨立,則該同學通過測試的概率為 (  )
A.0.648 B.432 C.0.36 D.0.312
【答案】A
解析:根據獨立重復試驗公式得,該同學通過測試的概率為=0.648,故選A.
考點:本題主要考查獨立重復試驗的概率公式與互斥事件和概率公式
12.(2014高考數學課標2理科)某地區空氣質量監測資料表明,一天的空氣質量為優良的概率是0.75,連續兩為優良的概率是0.6,已知某天的空氣質量為優良,則隨后一天的空氣質量為優良的概率是 (  )
A.0.8 B.0.75 C.0.6 D.0.45
【答案】A
解析:設A=“某一天的空氣質量為優良”,B=“隨后一天的空氣質量為優良”,則,故選A.
13.(2014高考數學課標1理科)4位同學各自在周六、周日兩天中任選一天參加公益活動,則周六、周日都有同學參加公益活動的概率 (  )
A. B. C. D.
【答案】D
解析:4位同學各自在周六、周日兩天中任選一天參加公益活動共有種,
周六、周日都有同學參加公益活動有兩種情況:①一天一人一天三人有種;②每天2人有種,則周六、周日都有同學參加公益活動的概率為;或間接解法:4位同學都在周六或周日參加公益活動有2種,則周六、周日都有同學參加公益活動的概率為;選D.
二、填空題
14.(2019年高考數學課標全國Ⅰ卷理科)甲、乙兩隊進行籃球決賽,采取七場四勝制(當一隊贏得四場勝利時,該隊獲勝,決賽結束).根據前期比賽成績,甲隊的主客場安排依次為“主主客客主客主”.設甲隊主場取勝的概率為0.6,客場取勝的概率為0.5,且各場比賽結果相互獨立,則甲隊以4:1獲勝的概率是.
【答案】答案:
解析:因為甲隊以4:1獲勝,故一共進行5場比賽,且第5場為甲勝,前面4場比賽甲輸一場,
若第1場或第2場輸1場,則,
若第3場或第4場輸1場,則,
所以甲以4:1獲勝的概率是.
15.(2017年高考數學課標Ⅱ卷理科)一批產品的二等品率為,從這批產品中每次隨機取一件,有放回地抽取次,表示抽到的二等品件數,則 .
【解析】隨機變量,
二是隨機變量是否為在這次獨立重復試驗中某事件發生的次數,且表示在獨立重復試驗中,事件恰好發生次的概率.
16.(2013高考數學新課標2理科)從個正整數中任意取出兩個不同的數,若取出的兩數之和等于5的概率為,則=________.
【答案】8
解析:由題意,取出的兩個數只可能是1與4,2與3這兩種情況,∴在n個數中任意取出兩個不同的數的總情況應該是,.
17.(2012高考數學新課標理科)某個部件由三個電子元件按如圖所示方式連接而成,元件1或元件2正常工作,且元件3正常工作,則部件正常工作,設三個電子元件的使用壽命(單位:小時)均服從正態分布,且各個元件能否正常工作相互獨立,那么該部件的使用壽命超過1000小時的概率為
【答案】
解析: 三個電子元件的使用壽命均服從正態分布
得:三個電子元件的使用壽命超過1000小時的概率為
設A={超過1000小時時,元件1、元件2至少有一個正常},B={超過1000小時時,元件3正常},C={該部件的使用壽命超過1000小時}則
超過1000小時時元件1或元件2正常工作的概率,
而.
那么該部件的使用壽命超過1000小時的概率為P(C)=P(AB)=P(A)P(B)=
三、解答題
18.(2020年高考數學課標Ⅰ卷理科)甲、乙、丙三位同學進行羽毛球比賽,約定賽制如下:累計負兩場者被淘汰;比賽前抽簽決定首先比賽的兩人,另一人輪空;每場比賽的勝者與輪空者進行下一場比賽,負者下一場輪空,直至有一人被淘汰;當一人被淘汰后,剩余的兩人繼續比賽,直至其中一人被淘汰,另一人最終獲勝,比賽結束.經抽簽,甲、乙首先比賽,丙輪空.設每場比賽雙方獲勝的概率都為,
(1)求甲連勝四場的概率;
(2)求需要進行第五場比賽的概率;
(3)求丙最終獲勝的概率.
【答案】(1);(2);(3).
【解析】(1)記事件甲連勝四場,則;
(2)記事件為甲輸,事件為乙輸,事件為丙輸,
則四局內結束比賽的概率為

所以,需要進行第五場比賽的概率為;
(3)記事件為甲輸,事件為乙輸,事件為丙輸,
記事件甲贏,記事件丙贏,
則甲贏的基本事件包括:、、、
、、、、,
所以,甲贏概率為.
由對稱性可知,乙贏的概率和甲贏的概率相等,
所以丙贏的概率為.
【點睛】本題考查獨立事件概率的計算,解答的關鍵就是列舉出符合條件的基本事件,考查計算能力,屬于中等題.
19.(2019年高考數學課標全國Ⅱ卷理科)分制乒乓球比賽,每贏一球得分,當某局打成平后,每球交換發球權,先多得分的一方獲勝,該局比賽結束.甲、乙兩位同學進行單打比賽,假設甲發球時甲得分的概率為,乙發球時甲得分的概率為,各球的結果相互獨立.在某局雙方平后,甲先發球,兩人又打了個球該局比賽結束.
求;
求事件“且甲獲勝”的概率.
【答案】;.
就是平后,兩人又打了個球該局比賽結束,則這個球均由甲得分,或者均由乙得分.因此.
且甲獲勝,就是平后,兩人又打了個球該局比賽結束,且這個球的得分情況為:前兩球是甲、乙各得分,后兩球均為甲得分.
因此所求概率為

【解析】由題意可知,所包含的事件為“甲連贏兩球或乙連贏兩球”,
所以.
由題意可知,包含的事件為“前兩球甲乙各得分,后兩球均為甲得分”
所以.
20.(2019年高考數學課標全國Ⅰ卷理科)為治療某種疾病,研制了甲、乙兩種新藥,希望知道哪種新藥更有效,為此進行動物試驗.試驗方案如下:每一輪選取兩只白鼠對藥效進行對比試驗.對于兩只白鼠,隨機選一只施以甲藥,另一只施以乙藥.一輪的治療結果得出后,再安排下一輪試驗.當其中一種藥治愈的白鼠比另一種藥治愈的白鼠多4只時,就停止試驗,并認為治愈只數多的藥更有效.為了方便描述問題,約定,對于每輪試驗,若施以甲藥的白鼠治愈且施以乙藥的白鼠未治愈則甲藥得1分,乙藥得-1分;若施以乙藥的白鼠治愈且施以甲藥的白鼠未治愈則乙藥得1分,甲藥得-1分;若都治愈或都未治愈則兩種藥均得0分.甲、乙兩種藥的治愈率分別記為和,一輪試驗中甲藥的得分記為X.
(1)求X的分布列;
(2)若甲藥、乙藥在試驗開始時都賦予4分,表示“甲藥的累計得分為時,最終認為甲藥比乙藥更有效”的概率,則(),
其中,,.假設,.
(i)證明:為等比數列;
(ii)求,并根據的值解釋這種試驗方案的合理性.
【答案】(1)解:X的所有可能取值為,

所以的分布列為
X 0 1
P
(2)(i)由(1)得.
因此,故,即.
又因為,所以為公比為4,首項為的等比數列.
(ii)由(i)可得
.
由于,故,所以

表示最終認為甲藥更有效的概率,由計算結果可以看出,在甲藥治愈率為0.5,乙藥治愈率為0.8時,認為甲藥更有效的概率為,此時得出錯誤結論的概率非常小,說明這種試驗方案合理.
21.(2018年高考數學課標Ⅱ卷(理))(12分)下圖是某地區2000年至2016年環境基礎設施投資額(單位:億元)的折線圖.
為了預測該地區2018年的環境基礎設施投資額,建立了與時間變量的兩個線性回歸模型.根據2000年至2016年的數據(時間變量的值依次為)建立模型①:;根據2010年至2016年的數據(時間變量的值依次為)建立模型②:.
(1)分別利用這兩個模型,求該地區2018年的環境基礎設施投資額的預測值;
(2)你認為用哪個模型得到的預測值更可靠?并說明理由.
【答案】解析:(1)利用模型①,該地區2018年的環境基礎設施投資額的預測值為
(億元).
利用模型②,該地區2018年的環境基礎設施投資額的預測值為
(億元).
(2)利用模型②得到的預測值更可靠.
理由如下:
(i)從折線圖可以看出,2000年至2016年的數據對應的點沒有隨機散布在直線上下,這說明利用2000年至2016年的數據建立的線性模型①不能很好地描述環境基礎設施投資額,的變化趨勢.2010年至2016年的數據對應的點位于一條直線的附近,這說明從2010年開始環境基礎設施投資額的變化規律呈線性增長趨勢,,利用2010年至2016年的數據建立的線性模型可以較好地描述2010年以后的環境基礎設施投資額的變化趨勢,因此利用模型②得到的預測值更可靠.
(ii)從計算結果看,相對于2016年的環境基礎設施投資額220億元,由模型①得到的預測值226.1億元的增幅明顯偏低,而利用模型②得到的預測值的增幅比較合理,說明利用模型②得到的預測值更可靠.
以上給出了2種理由,考生答出其中一種或其他合理理由均可得分.
22.(2018年高考數學課標卷Ⅰ(理))(12分)某工廠的某種產品成箱包裝,每箱200件,每一箱產品在交付用戶之前要對產品作檢驗,如檢驗出不合格品,則更換為合格品.檢驗時,先從這箱產品中任取20件作檢驗,再根據檢驗結果決定是否對余下的所有產品作檢驗,設每件產品為不合格品的概率都為,且各件產品是否為不合格品相互獨立.
(1)記20件產品中恰有2件不合格品的概率為,求的最大值點.
(2)現對一箱產品檢驗了20件,結果恰有2件不合格品,以(1)中確定的作為的值.已知每件產品的檢驗費用為2元,若有不合格品進入用戶手中,則工廠要對每件不合格品支付25元的賠償費用.
(i)若不對該箱余下的產品作檢驗,這一箱產品的檢驗費用與賠償費用的和記為,求;
(ii)以檢驗費用與賠償費用和的期望值為決策依據,是否該對這箱余下的所有產品作檢驗?
【答案】解析:(1)20件產品中恰有2件不合格品的概率為.
因此.
令,得.當時,;當時,.
所以的最大值點為.
(2)由(1)知,.
(i)令表示余下的180件產品中的不合格品件數,依題意知,,即.
所以.
(ii)如果對余下的產品作檢驗,則這一箱產品所需要的檢驗費為400元.
由于,故應該對余下的產品作檢驗.
23.(2017年高考數學新課標Ⅰ卷理科)(12分)為了監控某種零件的一條生產線的生產過程,檢驗員每天從該生產線上隨機抽取16個零件,并測量其尺寸(單位:).根據長期生產經驗,可以認為這條生產線正常狀態下生產的零件的尺寸服從正態分布.
(1)假設生產狀態正常,記表示一天內抽取的16個零件中其尺寸在之外的零件數,求及的數學期望;
(2)一天內抽檢零件中,如果出現了尺寸在之外的零件,就認為這條生產線在這一天的生產過程可能出現了異常情況,需對當天的生產過程進行檢查.
(ⅰ)試說明上述監控生產過程方法的合理性;
(ⅱ)下面是檢驗員在一天內抽取的16個零件的尺寸:
9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04
10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95
經計算得,,其中為抽取的第個零件的尺寸,.
用樣本平均數作為的估計值,用樣本標準差作為的估計值,利用估計值判斷是否需對當天的生產過程進行檢查?剔除之外的數據,用剩下的數據估計和(精確到0.01).
附:若隨機變量服從正態分布,則,,.
【答案】(1),;(2)詳見解析.
【分析】(1)根據題設條件知一個零件尺寸在之內的概率為,則零件的尺寸在之外的概率為,而,進而可以求出的數學期望.(2)(i)判斷監控生產過程的方法的合理性,重點是考慮一天內抽取的個零件中,出現尺寸在之外的零件的概率大還是小,若小即合理;(ii)根據題設條件題出的估計值和的估計值,剔除之外的數據,算出剩下數據的平均數,即為的估計值,剔除之外的數據,剩下數據的樣本方法,即為的估計值.
【解析】(1)抽取的一個零件的尺寸在之內的概率為0.9974,從而零件的尺寸在之外的概率為0.0026
故.因此.
的數學期望為.
(2)(i)如果生產狀態正常,一個零件尺寸在之外的概率只有,一天內抽取的16個零件中,出現尺寸在之外的零件的概率只有0.0408,發生的概率很小.因此一旦發生這種情況,就有理由認為這條生產線在這一天的生產過程可能出現了異常情況,需對當天的生產過程進行檢查,可見上述監控生產過程的方法是合理的.
(ii)由,得的估計值為,的估計值為,由樣本數據可以看出有一個零件的尺寸在之外,因此需對當天的生產過程進行檢查.
剔除之外的數據9.22,剩下數據的平均數為
因此的估計值為
剔除之外的數據,剩下數據的樣本方差為,因此的估計值為.
24.(2017年高考數學課標Ⅲ卷理科)某超市計劃按月訂購一種酸奶,每天進貨量相同,進貨成本每瓶4元,售價每瓶6元,未售出的酸奶降價處理,以每瓶2元的價格當天全部處理完.根據往年銷售經驗,每天需求量與當天最高氣溫(單位:℃)有關.如果最高氣溫不低于25,需求量為500瓶;如果最高氣溫位于區間[20,25),需求量為300瓶;如果最高氣溫低于20,需求量為200瓶.為了確定六月份的訂購計劃,統計了前三年六月份各天的最高氣溫數據,得下面的頻數分布表:
最高氣溫 [10,15) [15,20) [20,25) [25,30) [30,35) [35,40)
天數 2 16 36 25 7 4
以最高氣溫位于各區間的頻率代替最高氣溫位于該區間的概率.
(1)求六月份這種酸奶一天的需求量X(單位:瓶)的分布列;
(2)設六月份一天銷售這種酸奶的利潤為Y(單位:元).當六月份這種酸奶一天的進貨量n(單位:瓶)為多少時,Y的數學期望達到最大值
【解析】(1)依題意可知的所有可能取值為
其中,,
所以的分布列為
(2)①當時:,此時,當時取到.
②當時:
若,則,
若時,則
若時,則
的分布列為

此時,當時取到.
③當時,若,則
若時,則
若時,則
的分布列為
∴(元)
④當時,易知一定小于③的情況.
綜上,當為瓶時,的數學期望達到最大值.
25.(2016高考數學課標Ⅱ卷理科)(本題滿分12分)某險種的基本保費為(單位:元),繼續購買該險種的投保人稱為續保人,續保人的本年度的保費與其上年度的出險次數的關聯如下:
上年度出險次數 0 1 2 3 4
保費
設該險種一續保人一年內出險次數與相應概率如下:
一年內出險次數 0 1 2 3 4
概率 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0. 05
(1)求一續保人本年度的保費高于基本保費的概率;
(2)若一續保人本年度的保費高于基本保費,求其保費比基本保費高出的概率;
(3)求續保人本年度的平均保費與基本保費的比值.
【答案】(1);(2);(3)
【解析】(I)設表示事件:“一續保人本年度的保費高于基本保費”,則事件發生當且僅當一年內出險次數大于,故.
(II)設表示事件:“一續保人本年度的保費比基本保費高出”,則事件發生當且僅當一年內出險次數大于,故,

因此所求概率為.
(III)記續保人本年度的保費為,則的分布列為
因此續保人本年度的平均保費與基本保費的比值為:.
26.(2016高考數學課標Ⅰ卷理科)(本小題滿分12分)某公司計劃購買2臺機器,該種機器使用三年后即被淘汰.機器有一易損零件,在購進機器時,可以額外購買這種零件作為備件,每個200元.在機器使用期間,如果備件不足再購買,則每個500元.現需決策在購買機器時應同時購買幾個易損零件,為此搜集并整理了100臺這種機器在三年使用期內更換的易損零件數,得下面柱狀圖:
以這100臺機器更換的易損零件數的頻率代替1臺機器更換的易損零件數發生的概率,記表示2臺機器三年內共需更換的易損零件數,表示購買2臺機器的同時購買的易損零件數.
(1)求的分布列;
(2)若要求,確定的最小值;
(3)以購買易損零件所需費用的期望值為決策依據,在與之中選其一,應選用哪個?
【答案】 (I)
16 17 18 19 20 21 22
(II) 19 (III)
【官方解答】(I)由柱狀圖并以頻率代替概率可得,一臺機器三年內需更換的易損零件數為8,9,10,11的概率分別為0.2,0.4,0.2,0.2.從而
,,


所以的分布列為
16 17 18 19 20 21 22
(II) 由(I)得,,故的最小值為19
(III)記Y表示2臺機器在購買易損零件上所需的費用(單位:元)
當時,
當時,

要令,,
則的最小值為19
可知當時所需要的費用的期望小于當時所需要的費用的期望∴故應選.
⑶購買零件所需費用含兩部分:
一部分為購買機器時購買零件的費用,另一部分為備件不足時額外購買的費用
當時,費用的期望為
當時,費用的期望為
所以應選用.
27.(2015高考數學新課標2理科)(本題滿分12分)某公司為了解用戶對其產品的滿意度,從,兩地區分別隨機調查了20個用戶,得到用戶對產品的滿意度評分如下:
地區:62738192958574645376
78869566977888827689
地區:73836251914653736482
93486581745654766579
(Ⅰ)根據兩組數據完成兩地區用戶滿意度評分的莖葉圖,并通過莖葉圖比較兩地區滿意度評分的平均值及分散程度(不要求計算出具體值,得出結論即可);
(Ⅱ)根據用戶滿意度評分,將用戶的滿意度從低到高分為三個等級:
滿意度評分 低于70分 70分到89分 不低于90分
滿意度等級 不滿意 滿意 非常滿意
記事件:“地區用戶的滿意度等級高于地區用戶的滿意度等級”.假設兩地區用戶的評價結果相互獨立.根據所給數據,以事件發生的頻率作為相應事件發生的概率,求的概率.
解析:(Ⅰ)兩地區用戶滿意度評分的莖葉圖如下
通過莖葉圖可以看出,A地區用戶滿意度評分的平均值高于B地區用戶滿意度評分的平均值;A地區用戶滿意度評分比較集中,B地區用戶滿意度評分比較分散.
(Ⅱ)記表示事件:“A地區用戶滿意度等級為滿意或非常滿意”;
表示事件:“A地區用戶滿意度等級為非常滿意”;
表示事件:“B地區用戶滿意度等級為不滿意”;
表示事件:“B地區用戶滿意度等級為滿意”.
則與獨立,與獨立,與互斥,.

由所給數據得,,,發生的概率分別為,,,.故,
,,,故.
考點:1、莖葉圖和特征數;2、互斥事件和獨立事件.
28.(2014高考數學課標1理科)從某企業的某種產品中抽取500件,測量這些產品的一項質量指標值,由測量結果得如下頻率分布直方圖:
(1)求這500件產品質量指標值的樣本平均數和樣本方差(同一組數據用該區間的中點值作代表);
(2)由頻率分布直方圖可以認為,這種產品的質量指標值服從正態分布,其中近似為樣本平均數,近似為樣本方差.
(i)利用該正態分布,求;
(ii)某用戶從該企業購買了100件這種產品,記表示這100件產品中質量指標值為于區間(187.8,212.2)的產品件數,利用(i)的結果,求.
附:.
若~,則.
【答案】解析:(1)抽取產品質量指標值的樣本平均數和樣本方差分別為
(2)(ⅰ)由(1)知~,從而

(ⅱ)由(ⅰ)知,一件產品中質量指標值為于區間的概率為
依題意知,所以.
29.(2013高考數學新課標2理科)經銷商經銷某種農產品,在一個銷售季度內,每售出1t該產品獲利潤500元,未售出的產品,每1t虧損300元.根據歷史資料,得到銷售季度內市場需求量的頻率分布直方圖,如圖所示.經銷商為下一個銷售季度購進了130t該農產品.以X(單位: t,100≤X≤150)表示下一個銷售季度內的市場需求量,T(單位:元)表示下一個銷售季度內經銷該農產品的利潤.
(1)將T表示為X的函數;
(2)根據直方圖估計利潤T不少于57000元的概率;
(3)在直方圖的需求量分組中,以各組的區間中點值代表該組的各個值,需求量落入該區間的頻率作為需求量取該區間中點值的概率(例如:若x∈[100,110),則取X=105,且X=105的概率等于需求量落入[100,110)的T的數學期望.
【答案】(1); (2)0.7 ;(3)59400
解析:(1)當X∈[100,130)時,T=500X-300(130-X)=800X-39000.
當X∈[130,150]時,T=500×130=65000.
所以
(2)由(1)知利潤T不少于57000元當且僅當120≤X≤150.
由直方圖知需求量X∈[120,150]的頻率為0.7,所以下一個銷售季度內的利潤T不少于57000元的概率的估計值為0.7.
(3)依題意可得T的分布列為
T 45000 53000 61000 65000
P 0.1 0.2 0.3 0.4
所以E(T)=45000×0.1+53000×0.2+61000×0.3+65000×0.4=59400.
考點:(1)10.2.1頻率分布直方圖的繪制與應用;(2)10.9.4離散型隨機變量的均值、方差;
難度: B
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- 1 -統計
一、選擇題
1.(2021年高考全國甲卷理科)為了解某地農村經濟情況,對該地農戶家庭年收入進行抽樣調查,將農戶家庭年收入調查數據整理得到如下頻率分布直方圖:
根據此頻率分布直方圖,下面結論中不正確的是 (  )
A.該地農戶家庭年收入低于4.5萬元的農戶比率估計為6%
B.該地農戶家庭年收入不低于10.5萬元農戶比率估計為10%
C.估計該地農戶家庭年收入的平均值不超過6.5萬元
D.估計該地有一半以上的農戶,其家庭年收入介于4.5萬元至8.5萬元之間
【答案】C
解析:因為頻率直方圖中的組距為1,所以各組的直方圖的高度等于頻率.樣本頻率直方圖中的頻率即可作為總體的相應比率的估計值.
該地農戶家庭年收入低于4.5萬元的農戶的比率估計值為,故A正確;
該地農戶家庭年收入不低于10.5萬元的農戶比率估計值為,故B正確;
該地農戶家庭年收入介于4.5萬元至8.5萬元之間的比例估計值為,故D正確;
該地農戶家庭年收入的平均值的估計值為(萬元),超過6.5萬元,故C錯誤.
綜上,給出結論中不正確的是C.
故選:C.
【點睛】本題考查利用樣本頻率直方圖估計總體頻率和平均值,屬基礎題,樣本的頻率可作為總體的頻率的估計值,樣本的平均值的估計值是各組的中間值乘以其相應頻率然后求和所得值,可以作為總體的平均值的估計值.注意各組的頻率等于.
2.(2019年高考數學課標Ⅲ卷理科)《西游記》《三國演義》《水滸傳》和《紅樓夢》是中國古典文學瑰寶,并稱為中國古典小說四大名著.某中學為了解本校學生閱讀四大名著的情況,隨機調查了100位學生,其中閱讀過《西游記》或《紅樓夢》的學生共有90位,閱讀過《紅樓夢》的學生共有80位,閱讀過《西游記》且閱讀過《紅樓夢》的學生共有60位,則該校閱讀過《西游記》的學生人數與該校學生總數比值的估計值為 (  )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由題意得,閱讀過《西游記》的學生人數為,則其與該校學生人數之比為.故選C.
另解:記看過《西游記》的學生為集合A,看過《紅樓夢》的學生為集合B.則由題意可得韋恩圖:
則看過《西游記》的人數為70人,則其與該校學生人數之比為.故選C.
【點評】本題考查抽樣數據的統計,滲透了數據處理和數學運算素養.根據容斥原理或韋恩圖,利用轉化與化歸思想解題.但平時對于這類題目接觸少,學生初讀題目時可能感到無從下手。
3.(2019年高考數學課標全國Ⅱ卷理科)若,則 (  )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】取,滿足,,知A錯,排除A;因為,知B錯,排除B;取,,滿足,,知D錯,排除D,因為冪函數是增函數,,所以,故選C.
4.(2019年高考數學課標全國Ⅱ卷理科)演講比賽共有位評委分別給出某選手的原始評分,評定該選手的成績時,從個原始評分中去掉個最高分、個最低分,得到個有效評分.個有效評分與個原始評分相比,不變的數字特征是 (  )
A.中位數 B.平均數 C.方差 D.極差
【答案】A
【解析】設位評委評分按從小到大排列為.則①原始中位數為,去掉最低分,最高分,后剩余,中位數仍為,∴A正確.
②原始平均數,后來平均數
平均數受極端值影響較大,∴與不一定相同,B不正確;
③,,
由②易知,C不正確;
④原極差,后來極差顯然極差變小,D不正確.
5.(2018年高考數學課標卷Ⅰ(理))某地區經過一一年的新農村建設,農村的經濟收入增加了一倍,實現翻番.為更好地了解該地區農村的經濟收入變化情況,統計了該地區新農村建設前后農村的經濟收入構成比例,得到如下餅圖:
則下面結論中不正確的是 (  )
A.新農村建設后,種植收入減少 B.新農村建設后,其他收入增加了一倍以
C.新農村建設后,養殖收入增加了一倍
D.新農村建設后,養殖收入與第三產業收入的總和超過了經濟收入的一半
【答案】A
解析:設建設前經濟收入為,建設后經濟收入為.
A項,種植收入37×﹣60%=14%>0,故建設后,種植收入增加,故A項錯誤.
B項,建設后,其他收入為5%×2=10%,建設前,其他收入為4%,故10%÷4%=2.5>2,故B項正確.
C項,建設后,養殖收入為30%×2=60%,建設前,養殖收入為30%,故60%÷30%=2,故C項正確.
D項,建設后,養殖收入與第三產業收入總和為(30%+28%)×2=58%×2a,經濟收入為2,故(58%×2a)÷2a=58%>50%,故D項正確,因為是選擇不正確的一項.
故選:A.
6.(2015高考數學新課標2理科)根據下面給出的2004年至2013年我國二氧化硫排放量(單位:萬噸)柱形圖。以下結論不正確的是 (  )
(  )
A.逐年比較,2008年減少二氧化硫排放量的效果最顯著
B.2007年我國治理二氧化硫排放顯現成效
C.2006年以來我國二氧化硫年排放量呈減少趨勢
D.2006年以來我國二氧化硫年排放量與年份正相關
【答案】D
解析:由柱形圖得,從2006年以來,我國二氧化硫排放量呈下降趨勢,故年排放量與年份負相關,故選D.
7.(2013高考數學新課標1理科)為了解某地區的中小學生視力情況,擬從該地區的中小學生中抽取部分學生進行調查,事先已了解到該地區小學、初中、高中三個學段學生的視力情況有較大差異,而男女生視力情況差異不大,在下面的抽樣方法中,最合理的抽樣方法是 (  )
A.簡單隨機抽樣 B.按性別分層抽樣 C.按學段分層抽樣 D.系統抽樣
【答案】C
解析: 因該地區小學、初中、高中三個學段學生的視力情況有較大差異,故最合理的抽樣方法是按學段分層抽樣,故選C.
二、填空題
8.(2019年高考數學課標全國Ⅱ卷理科)我國高鐵發展迅速,技術先進.經統計,在經停某站的高鐵列車中,有個車次的正點率為,有個車次的正點率為,有個車次的正點率為,則經停該站高鐵列車所有車次的平均正點率的估計值為   .
【答案】.
【解析】由題意得,經停該高鐵站的列車正點數約為,其中高鐵個數為,所以該站所有高鐵平均正點率約為.
三、解答題
9.(2021年高考全國乙卷理科)某廠研制了一種生產高精產品的設備,為檢驗新設備生產產品的某項指標有無提高,用一臺舊設備和一臺新設備各生產了10件產品,得到各件產品該項指標數據如下:
舊設備 9.8 10.3 100 102 9.9 9.8 10.0 10.1 10.2 9.7
新設備 101 10.4 10.1 10.0 10.1 10.3 10.6 10.5 10.4 10.5
舊設備和新設備生產產品的該項指標的樣本平均數分別記為和,樣本方差分別記為和.
(1)求,,,;
(2)判斷新設備生產產品的該項指標的均值較舊設備是否有顯著提高(如果,則認為新設備生產產品的該項指標的均值較舊設備有顯著提高,否則不認為有顯著提高).
【答案】(1);(2)新設備生產產品的該項指標的均值較舊設備有顯著提高.
解析:(1),



(2)依題意,,,
,所以新設備生產產品的該項指標的均值較舊設備有顯著提高.
10.(2021年高考全國甲卷理科)甲、乙兩臺機床生產同種產品,產品按質量分為一級品和二級品,為了比較兩臺機床產品的質量,分別用兩臺機床各生產了200件產品,產品的質量情況統計如下表:
一級品 二級品 合計
甲機床 150 50 200
乙機床 120 80 200
合計 270 130 400
(1)甲機床、乙機床生產的產品中一級品的頻率分別是多少
(2)能否有99%的把握認為甲機床的產品質量與乙機床的產品質量有差異
附:
0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
解析:(1)甲機床生產的產品中的一級品的頻率為,
乙機床生產的產品中的一級品的頻率為.
(2),
故能有99%的把握認為甲機床的產品與乙機床的產品質量有差異.
11.(2020年高考數學課標Ⅱ卷理科)某沙漠地區經過治理,生態系統得到很大改善,野生動物數量有所增加.為調查該地區某種野生動物數量,將其分成面積相近的200個地塊,從這些地塊中用簡單隨機抽樣的方法抽取20個作為樣區,調查得到樣本數據(xi,yi)(i=1,2,…,20),其中xi和yi分別表示第i個樣區的植物覆蓋面積(單位:公頃)和這種野生動物的數量,并計算得,,,,.
(1)求該地區這種野生動物數量的估計值(這種野生動物數量的估計值等于樣區這種野生動物數量的平均數乘以地塊數);
(2)求樣本(xi,yi)(i=1,2,…,20)的相關系數(精確到0.01);
(3)根據現有統計資料,各地塊間植物覆蓋面積差異很大.為提高樣本的代表性以獲得該地區這種野生動物數量更準確的估計,請給出一種你認為更合理的抽樣方法,并說明理由.
附:相關系數r=,≈1.414.
【答案】(1);(2);(3)詳見解析
解析:(1)樣區野生動物平均數為,
地塊數為200,該地區這種野生動物的估計值為
(2)樣本(i=1,2,…,20)的相關系數為
(3)由(2)知各樣區的這種野生動物的數量與植物覆蓋面積有很強的正相關性,
由于各地塊間植物覆蓋面積差異很大,從俄各地塊間這種野生動物的數量差異很大,
采用分層抽樣的方法較好地保持了樣本結構與總體結構得以執行,提高了樣本的代表性,
從而可以獲得該地區這種野生動物數量更準確的估計.
12.(2020年高考數學課標Ⅲ卷理科)某學生興趣小組隨機調查了某市100天中每天的空氣質量等級和當天到某公園鍛煉的人次,整理數據得到下表(單位:天):
鍛煉人次空氣質量等級 [0,200] (200,400] (400,600]
1(優) 2 16 25
2(良) 5 10 12
3(輕度污染) 6 7 8
4(中度污染) 7 2 0
(1)分別估計該市一天的空氣質量等級為1,2,3,4的概率;
(2)求一天中到該公園鍛煉的平均人次的估計值(同一組中的數據用該組區間的中點值為代表);
(3)若某天的空氣質量等級為1或2,則稱這天“空氣質量好”;若某天的空氣質量等級為3或4,則稱這天“空氣質量不好”.根據所給數據,完成下面的2×2列聯表,并根據列聯表,判斷是否有95%的把握認為一天中到該公園鍛煉的人次與該市當天的空氣質量有關?
人次≤400 人次>400
空氣質量好
空氣質量不好
附:,
P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001
k 3841 6.635 10.828
解析:(1)由頻數分布表可知,該市一天的空氣質量等級為的概率為,等級為的概率為,等級為的概率為,等級為的概率為;
(2)由頻數分布表可知,一天中到該公園鍛煉的人次的平均數為
(3)列聯表如下:
人次 人次
空氣質量不好
空氣質量好

因此,有的把握認為一天中到該公園鍛煉的人次與該市當天的空氣質量有關.
【點睛】本題考查利用頻數分布表計算頻率和平均數,同時也考查了獨立性檢驗的應用,考查數據處理能力,屬于基礎題.
13.(2019年高考數學課標Ⅲ卷理科)為了解甲、乙兩種離子在小鼠體內的殘留程度,進行如下試驗:將200只小鼠隨機分成兩組,每組100只,其中組小鼠給服甲離子溶液,組小鼠給服乙離子溶液.每只小鼠給服的溶液體積相同、摩爾濃度相同.經過一段時間后用某種科學方法測算出殘留在小鼠體內離子的百分比.根據試驗數據分別得到如下直方圖:
記為事件:“乙離子殘留在體內的百分比不低于”,根據直方圖得到的估計值為.
(1)求乙離子殘留百分比直方圖中的值;
(2)分別估計甲、乙離子殘留百分比的平均值(同一組中的數據用該組區間的中點值為代表).
【答案】(1),;(2),.00.
【官方解析】
(1)由已知得,故,.
(2)甲離子殘留百分比的平均值的估計值為

乙離子殘留百分比的平均值的估計值為

14.(2018年高考數學課標Ⅲ卷(理))(12分)某工廠為提高生產效率,開展技術創新活動,提出了完成某項生產任務的兩種生產方式,為比較兩咱生產方式的效率,選取名工人,將他們隨機分成兩組,每組人,第一組工人用第一種生產方式,第二組工人用第二種生產方式.根據工人完成生產任務的工作時間(單位:)繪制了如下莖葉圖:
第一種生產方式 第二種生產方式
8 6 5 5 6 8 9
9 7 6 2 7 0 1 2 2 3 4 5 6 6 8
9 8 7 7 6 5 4 3 3 2 8 1 4 4 5
2 1 1 0 0 9 0
(1)根據莖葉圖判斷哪種生產方式的效率更高?并說明理由;
(2)求名工人完成生產任務所需時間的中位數,并將完成生產任務所需時間超過和不超過的工人數填入下面的列聯表:
超過 不超過
第一種生產方式
第二種生產方式
(3)根據(2)的列聯表,能否有的把握認為兩種生產方式的效率有差異?
附:
理由如下:
(i)由莖葉圖可知:用第一種生產方式的工人中,有75%的工人完成生產任務所需時間至少80分鐘,用第二種生產方式的工人中,有75%的工人完成生產任務所需時間至多79分鐘.因此第二種生產方式的效率更高..
(ii)由莖葉圖可知:用第一種生產方式的工人完成生產任務所需時間的中位數為85.5分鐘,用第二種生產方式的工人完成生產任務所需時間的中位數為73.5分鐘.因此第二種生產方式的效率更高.
(iii)由莖葉圖可知:用第一種生產方式的工人完成生產任務平均所需時間高于80分鐘;用第二種生產方式的工人完成生產任務平均所需時間低于80分鐘,因此第二種生產方式的效率更高.
(iv)由莖葉圖可知:用第一種生產方式的工人完成生產任務所需時間分布在莖8上的最多,關于莖8大致呈對稱分布;用第二種生產方式的工人完成生產任務所需時間分布在莖7上的最多,關于莖7大致呈對稱分布,又用兩種生產方式的工人完成生產任務所需時間分布的區間相同,故可以認為用第二種生產方式完成生產任務所需的時間比用第一種生產方式完成生產任務所需的時間更少,因此第二種生產方式的效率更高.
以上給出了4種理由,考生答出其中任意一種或其他合理理由均可得分.
(2)由莖葉圖知.
列聯表如下:
超過 不超過
第一種生產方式 15 5
第二種生產方式 5 15
(3)由于
所以有99%的把握認為兩種生產方式的效率有差異.
(1)法一:第二種生產方式效率更高,因為第二種多數數據集中在之間,第一種多數數據集中在之間,易知第一種完成任務的平均時間大于第二種,故第二種生產方式的效率更高。
法二:第一種生產方式完成任務的平均時間為
第二種生產完成任務的平均時間為
第一種生產方式完成任務的平均時間第二種生產方式完成任務的平均時間
所以第二種生產方式效率更高
(2)中位數為
超過 不超過
第一種生產方式 15 5
第二種生產方式 5 15
(3)由(2)可計算得
所以有的把握認為兩種生產方式的效率有差異.
點評:本題主要考查了莖葉圖和獨立性檢驗,考察學生的計算能力和分析問題的能力,貼近生活.
15.(2017年高考數學課標Ⅱ卷理科)(12分)淡水養殖場進行某水產品的新、舊網箱養殖方法的產量對比,收獲時各隨機抽取了100 個網箱,測量各箱水產品的產量(單位:kg)某頻率直方圖如下:
(1)設兩種養殖方法的箱產量相互獨立,記A表示事件:舊養殖法的箱產量低于50kg, 新養殖法的箱產量不低于50kg,估計A的概率;
(2)填寫下面列聯表,并根據列聯表判斷是否有99%的把握認為箱產量與養殖方法有關:
箱產量<50kg 箱產量≥50kg
舊養殖法
新養殖法
(3)根據箱產量的頻率分布直方圖,求新養殖法箱產量的中位數的估計值(精確到0.01)
【答案】(1);
(2)有的把握認為箱產量與養殖方法有關;
(3)。
(Ⅰ)舊養殖法的箱產量低于50kg的頻率為0.012×5+0.014×5+0.024×5+0.034×5+0.040×5=0.62,由于兩種養殖方法的箱產量相互獨立,
于是P(A)=0.62×0.66=0.4092
(Ⅱ)舊養殖法的箱產量低于50kg的有100×0.62=62箱,不低于50kg的有38箱,新養殖法的箱產量不低于50kg的有100×0.66=66箱,低于50kg的有34箱,得到2×2列聯表如下:
箱產量<50kg 箱產量≥50kg 合計
舊養殖法 62 38 100
新養殖法 34 66 100
合計 96 104 200
所以
,所以有99%的把握認為箱產量與養殖方法有關。
(III)根據箱產量的頻率分布直方圖,新養殖法的箱產量不低于50kg的頻率為0.038×5+0.046×5+0.010×5+0.008×5=0.66>0.50,不低于55kg的頻率為0.046×5+0.010×5+0.008×5=0.32<0.50,于是新養殖法箱產量的中位數介于50kg到55kg之間,設新養殖法箱產量的中位數為x,則有
(55-x)×0.068+0.046×5+0.010×5+0.008×5=0.50
解得x=52. 3529
因此,新養殖法箱產量的中位數的估計值52. 35。
16.(2016高考數學課標Ⅲ卷理科)下圖是我國2008年至2014年生活垃圾無害化處理量(單位:億噸)的折線圖.
(Ⅰ)由折線圖看出,可用線性回歸模型擬合y與t的關系,請用相關系數加以說明;
(Ⅱ)建立y關于t的回歸方程(系數精確到0.01),預測2016年我國生活垃圾無害化處理量.
參考數據:,,,.
參考公式:相關系數
回歸方程中斜率和截距最小二乘估計公式分別為:,.
【答案】(Ⅰ)理由見解析;(Ⅱ)1.82億噸.
【解析】(Ⅰ)由折線圖中數據和附注中參考數據得,,,
,.
因為與的相關系數近似為0.99,說明與的線性相關程度相當高
從而可以用線性回歸模型擬合與的關系.
(Ⅱ)由及(Ⅰ)得,
.
所以,關于的回歸方程為:.
將2016年對應的代入回歸方程得:.
所以預測2016年我國生活垃圾無害化處理量將約1.82億噸.
17.(2015高考數學新課標1理科)某公司為確定下一年度投入某種產品的宣傳費,需了解年宣傳費(單位:千元)對年銷售量(單位:)和年利潤(單位:千元)的影響,對近8年的年宣傳費和年銷售量(=1,2,···,8)數據作了初步處理,得到下面的散點圖及一些統計量的值。
46.6 56.3 6.8 289.8 1.6 1469 108.8
表中,。
(Ⅰ)根據散點圖判斷,與哪一個適宜作為年銷售量關于年宣傳費的回歸方程類型?(給出判斷即可,不必說明理由)
(Ⅱ)根據(Ⅰ)的判斷結果及表中數據,建立關于的回歸方程;
(Ⅲ)已知這種產品的年利率與、的關系為.根據(Ⅱ)的結果回答下列問題:
(i)年宣傳費時,年銷售量及年利潤的預報值是多少?
(ii)年宣傳費為何值時,年利率的預報值最大?
附:對于一組數據,,……,,其回歸線的斜率和截距的最小二乘估計分別為:

解析:
(1)由散點圖可以判斷,適合作為年銷售關于年宣傳費用的回歸方程類型.
(2)令,先建立關于的線性回歸方程,由于=,
∴=563-68×6.8=100.6.
∴關于的線性回歸方程為,
∴關于的回歸方程為.
(Ⅲ)(ⅰ)由(Ⅱ)知,當=49時,年銷售量的預報值
=576.6,

(ⅱ)根據(Ⅱ)的結果知,年利潤z的預報值

∴當=,即時,取得最大值.
故宣傳費用為46.24千元時,年利潤的預報值最大.……12分
考點:非線性擬合;線性回歸方程求法;利用回歸方程進行預報預測;應用意識
18.(2014高考數學課標2理科)(本小題滿分12分)
某地區2007年至2013年農村居民家庭人均純收入y(單位:千元)的數據如下表:
年份 2007 2008 2009 2010 2011 2012 2013
年份代號t 1 2 3 4 5 6 7
人均純收入y 2.9 3.3 3.6 4.4 4.8 5.2 5.9
(1)求y關于t的線性回歸方程;
(2)利用(Ⅰ)中的回歸方程,分析2007年至2013年該地區農村居民家庭人均純收入的變化情況,并預測該地區2015年農村居民家庭人均純收入.
附:回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計公式分別為:
【答案】解析:(1)
設回歸方程為代入公式,經計算得:
所以,關于的回歸方程為.
(2),2007年至2013年該區域人均純收入穩步增長,預計到2015年,高地區人均純收入(千元),所以,預計到2015年,該地區人均純收入約6800元左右.
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- 1 -計數原理
一、選擇題
1.(2021年高考全國乙卷理科)將5名北京冬奧會志愿者分配到花樣滑冰、短道速滑、冰球和冰壺4個項目進行培訓,每名志愿者只分配到1個項目,每個項目至少分配1名志愿者,則不同的分配方案共有
A.60種 B.120種 C.240種 D.480種
解析:根據題意,有一個項目中分配2名志愿者,其余各項目中分配1名志愿者,可以先從5名志愿者中任選2人,組成一個小組,有種選法;然后連同其余三人,看成四個元素,四個項目看成四個不同的位置,四個不同的元素在四個不同的位置的排列方法數有4!種,根據乘法原理,完成這件事,共有種不同的分配方案,
故選:C.
2.(2020年高考數學課標Ⅰ卷理科)的展開式中x3y3的系數為 (  )
A.5 B.10 C.15 D.20
【解析】展開式的通項公式為(且)
所以的各項與展開式的通項的乘積可表示為:

在中,令,可得:,該項中的系數為,
在中,令,可得:,該項中的系數為
所以的系數為
故選:C
3.(2019年高考數學課標Ⅲ卷理科)的展開式中的系數為 (  )
A.12 B.16 C.20 D.24
【答案】A
【解析】因為,所以的系數為,故選A.
4.(2018年高考數學課標Ⅲ卷(理))的展開式中的系數為 (  )
A. B. C. D.
解析:展開式的通項公式為,令,解得,故含的系數為,故選C.
5.(2017年高考數學新課標Ⅰ卷理科)展開式中的系數為 (  )
A. B. C. D.
【解析】因為,則展開式中含的項為
,展開式中含的項為,故前系數為,選C.
6.(2017年高考數學課標Ⅲ卷理科)的展開式中的系數為 (  )
A. B. C.40 D.80
【答案】C
【解析】,
由 展開式的通項公式: 可得:
當 時, 展開式中 的系數為 ,
當 時, 展開式中 的系數為 ,
則 的系數為.
故選C.
7.(2017年高考數學課標Ⅱ卷理科)安排3名志愿者完成4項工作,每人至少完成1項,每項工作由1人完成,則不同的安排方式共有 (  )
A.12種 B.18種 C.24種 D.36種
【答案】D
首先 分組
將三人分成兩組,一組為三個人,有種可能,另外一組從三人在選調一人,有種可
能;
其次 排序
兩組前后在排序,在對位找工作即可,有種可能;共計有36種可能.
8.(2016高考數學課標Ⅱ卷理科)如圖,小明從街道的處出發,先到處與小紅會合,再一起到位于處的老年公寓參加志愿者活動,則小明到老年公寓可以選擇的最短路徑條數為 (  )
(  )
A.24 B.18 C.12 D.9
【解析】有種走法,有種走法,由乘法原理知,共種走法
故選B.
9.(2015高考數學新課標1理科)的展開式中,的系數為 (  )
A.10 B.20 C.30 D.60
解析:在的5個因式中,2個取因式中剩余的3個因式中1個取,其余因式取y,故的系數為=30,故選 C.
10.(2013高考數學新課標2理科)已知的展開式中的系數為5,則等于 (  )
A.-4 B.-3 C.-2 D.-1
解析:中含的項為:,即
11.(2013高考數學新課標1理科)設m為正整數,展開式的二項式系數的最大值為,展開式的二項式系數的最大值為,若13=7,則= (  )
A.5 B.6 C.7 D.8
解析:由題知=,=,∴13=7,即=,
解得=6,故選B.
12.(2012高考數學新課標理科)將2名教師,4名學生分成2個小組,分別安排到甲、乙兩地參加社會實踐活動,每個小組
由1名教師和2名學生組成,不同的安排方案共有 (  )
A.12種 B.10種 C.9種 D.8種
解析:第一步,為甲地選一名老師和兩個學生,,有=12種選法;
第二步,為乙地選1名教師和2名學生,有1種選法
故不同的安排方案共有2×6×1=12種
二、填空題
13.(2020年高考數學課標Ⅲ卷理科)的展開式中常數項是__________(用數字作答).
【答案】
解析:
其二項式展開通項:
當,解得
的展開式中常數項是:.
故答案為:.
14.(2018年高考數學課標卷Ⅰ(理))從2位女生,4位男生中選3人參加科技比賽,且至少有1位女生入選,則不同的選法共有種.。(用數字填寫答案)
解析:方法一:直接法,1女2男,有,2女1男,有
根據分類計數原理可得,共有12+4=16種,
方法二,間接法:種.
15.(2016高考數學課標Ⅰ卷理科)的展開式中,的系數是 .(用數字填寫答案)
【解析】設展開式的第項為,∴.
當時,,即.故答案為10.
16.(2015高考數學新課標2理科)的展開式中的奇數次冪項的系數之和為32,則__________.
分析:由已知得,故的展開式中x的奇數次冪項分別為,,,,,其系數之和為,解得.
17.(2014高考數學課標2理科)的展開式中,的系數為15,則=________.(用數字填寫答案)
【答案】
解析:故
18.(2014高考數學課標1理科)的展開式中的系數為________.(用數字填寫答案)
【答案】20
解析:展開式的通項為,
∴,
∴的展開式中的項為,故系數為20.
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- 1 -不等式
一、選擇題
1.(2019年高考數學課標全國Ⅰ卷理科)已知,,,則 (  )
A. B. C. D.
【答案】B
解析:,,,故.
2.(2018年高考數學課標Ⅲ卷(理))設,,則 (  )
A. B.
C. D.
【答案】B
解析:一方面,,所以
,,所以
所以即,而,所以,所以
綜上可知,故選B.
3.(2017年高考數學課標Ⅱ卷理科)設,滿足約束條件,則的最小值是 (  )
A. B. C. D.
根據約束條件畫出可行域(圖中陰影部分), 作直線,平移直線,
將直線平移到點處最小,點的坐標為,將點的坐標代到目標函數,
可得,即.
4.(2014高考數學課標2理科)設x,y滿足約束條件,則的最大值為 (  )
A.10 B.8 C.3 D.2
解析:畫出不等式表示的平面區域,可以平移直線,可得最大值為8.
考點:(1)二元一次不等式(組)表示平面區域;(2)求線性目標函數的最值問題。
難度:B
5.(2014高考數學課標1理科)不等式組的解集記為.有下面四個命題:

;.
其中真命題是 (  )
A. B. C. D.
【答案】C
解析:作出可行域如圖:設,即
當直線過時,,∴,∴命題、真命題,選C.
6.(2013高考數學新課標2理科)已知滿足約束條件若的最小值為1,則等于 (  )
A. B. C.1 D.2
【答案】B
解析:由得到,代入得
二、填空題
7.(2020年高考數學課標Ⅰ卷理科)若x,y滿足約束條件則z=x+7y最大值為______________.
【解析】繪制不等式組表示的平面區域如圖所示,
目標函數即:,
其中z取得最大值時,其幾何意義表示直線系在y軸上的截距最大,
據此結合目標函數的幾何意義可知目標函數在點A處取得最大值,
聯立直線方程:,可得點A的坐標為:,
據此可知目標函數的最大值為:.
故答案為:1.
8.(2020年高考數學課標Ⅲ卷理科)若x,y滿足約束條件,則z=3x+2y的最大值為_________.
解析:不等式組所表示的可行域如圖
因為,所以,易知截距越大,則越大,
平移直線,當經過A點時截距最大,此時z最大,
由,得,,
所以.
故答案為:7.
9.(2018年高考數學課標Ⅱ卷(理))若滿足約束條件則的最大值為_________.
【答案】9
解析:作出可行域,則直線過點時取得最大值9.
10.(2018年高考數學課標卷Ⅰ(理))若滿足約束條件, 則最大值為.
解析:作出不等式組對應的平面區域如圖
由得,平移直線,由圖象知當直線經過點時,直線的截距最大,此時最大,最大值為,故答案為6.
11.(2017年高考數學新課標Ⅰ卷理科)設滿足約束條件,則的最小值為__________.
【答案】
【解析】不等式組表示的可行域為如圖所示
易求得
直線得在軸上的截距越大,就越小
所以,當直線過點時,取得最小值
所以取得最小值為.
12.(2017年高考數學課標Ⅲ卷理科)若,滿足約束條件,則的最小值為__________.
【答案】
【解析】繪制不等式組表示的可行域,
目標函數即:,其中表示斜率為的直線系與可行域有交點時直線的截距值的倍,截距最大的時候目標函數取得最小值,數形結合可得目標函數在點 處取得最小值.
13.(2016高考數學課標Ⅲ卷理科)若滿足約束條件 ,則的最大值為_____________.
【答案】
【解析】作出不等式組滿足的平面區域,可知當目標函數經過點時取得最大值,即.
14.(2016高考數學課標Ⅰ卷理科)某高科技企業生產產品A和產品B需要甲、乙兩種新型材料.生產一件產品A需要甲材料,乙材料,用5個工時;生產一件產品B需要甲材料,乙材料,用3個工時,生產一件產品A的利潤為2100元,生產一件產品B的利潤為900元.該企業現有甲材料,乙材料,則在不超過600個工時的條件下,生產產品A、產品B的利潤之和的最大值為元.
【解析】設生產A產品件,B產品件,根據所耗費的材料要求、工時要求等其他限制條件,構造線性規則約束為
目標函數
作出可行域為圖中的四邊形,包括邊界,頂點為
在處取得最大值,
15.(2015高考數學新課標2理科)若滿足約束條件,則的最大值為____________.
【答案】
解析:畫出可行域,如圖所示,將目標函數變形為,當取到最大時,直線的縱截距最大,故將直線盡可能地向上平移到,則的最大值為.
考點:線性規劃.
16.(2015高考數學新課標1理科)若滿足約束條件則的最大值為 .
【答案】3
解析:作出可行域如圖中陰影部分所示,由斜率的意義知,是可行域內一點與原點連線的斜率,由圖可知,點A(1,3)與原點連線的斜率最大,故的最大值為3.
考點:線性規劃解法
17.(2012高考數學新課標理科)設滿足約束條件:,則的取值范圍為
解析:由z=x-2y可得,,則表示直線x-2y-z=0在y軸上的截距,截距越大,z越小,結合函數的圖形可知,當直線x-2y-z=0平移到B時,截距最大,z最小;當直線x-2y-z=0平移到A時,截距最小,z最大
由可得B(1,2),由可得A(3,0)
∴,,則z=x-2y∈[-3,3]
y = -3
2x+3y-3=0
2x-3y+3=0
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- 1 -數 列
一、選擇題
1.(2020年高考數學課標Ⅱ卷理科)0-1周期序列在通信技術中有著重要應用.若序列滿足,且存在正整數,使得成立,則稱其為0-1周期序列,并稱滿足的最小正整數為這個序列的周期.對于周期為的0-1序列,是描述其性質的重要指標,下列周期為5的0-1序列中,滿足的序列是 (  )
A. B. C. D.
解析:由知,序列的周期為m,由已知,,
對于選項A,
,不滿足;
對于選項B,
,不滿足;
對于選項D,
,不滿足;
故選:C
2.(2020年高考數學課標Ⅱ卷理科)數列中,,,若,則 (  )
A.2 B.3 C.4 D.5
解析:在等式中,令,可得,,
所以,數列是以為首項,以為公比的等比數列,則,

,則,解得.
故選:C.
3.(2020年高考數學課標Ⅱ卷理科)北京天壇的圜丘壇為古代祭天的場所,分上、中、下三層,上層中心有一塊圓形石板(稱為天心石),環繞天心石砌9塊扇面形石板構成第一環,向外每環依次增加9塊,下一層的第一環比上一層的最后一環多9塊,向外每環依次也增加9塊,已知每層環數相同,且下層比中層多729塊,則三層共有扇面形石板(不含天心石) (  )
(  )
A.3699塊 B.3474塊 C.3402塊 D.3339塊
【答案】C
解析:設第n環天石心塊數為,第一層共有n環,
則是以9為首項,9為公差的等差數列,,
設為的前n項和,則第一層、第二層、第三層的塊數分
別為,因為下層比中層多729塊,
所以,

即,解得,
所以.
故選:C
4.(2019年高考數學課標Ⅲ卷理科)已知各項均為正數的等比數列的前4項和為15,且,則 (  )
A.16 B.8 C.4 D.2
【答案】C
【解析】設正數的等比數列的公比為,則,解得,,故選C.
另解:數感好的話由,立即會想到數列:,檢驗是否滿足,可以迅速得出.
5.(2019年高考數學課標全國Ⅰ卷理科)記為等差數列的前項和.已知,,則 (  )
A. B. C. D.
【答案】A
解析:,
所以,故選A.
6.(2018年高考數學課標卷Ⅰ(理))記為等差數列的前項和,,.則 (  )
A. B. C. D.
【答案】B
解析:∵為等差數列的前項和,,,∴
,把,代入得∴,故選B.
7.(2017年高考數學新課標Ⅰ卷理科)幾位大學生響應國家的創業號召,開發了一款應用軟件.為激發大家學習數學的興趣,他們推出了“解數學題獲取軟件激活碼”的活動.這款軟件的激活碼為下面數學問題的答案:已知數列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,,其中第一項是,接下來的兩項是,,再接下來的三項是,,,依此類推.求滿足如下條件的最小整數:且該數列的前項和為的整數冪.那么該款軟件的激活碼是 (  )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】解法一:本題考查了等比數列的求和,不等式以及邏輯推理能力.
不妨設(其中)
則有,因為,所以
由等比數列的前項和公式可得
因為,所以
所以即,因為
所以,故
所以,從而有,因為,所以,當時,,不合題意
當時,,故滿足題意的的最小值為.
8.(2017年高考數學新課標Ⅰ卷理科)記為等差數列的前項和.若,,則的公差為 (  )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】設公差為
,,,聯立解得,故選C.
9.(2017年高考數學課標Ⅲ卷理科)等差數列的首項為,公差不為.若成等比數列,則前項的和為 (  )
A. B. C. D.
解析:數列的首項,設公差為,則由成等比數列可得,所以,即,整理可得,因為,所以,所以,故選A.
10.(2017年高考數學課標Ⅱ卷理科)我國古代數學名著《算法統宗》中有如下問題:“遠望巍巍塔七層,紅光點點倍加增,共燈三百八十一,請問尖頭幾盞燈?”意思是:一座7層塔共掛了381盞燈,且相鄰兩層中的下一層燈數是上一層燈數的2倍,則塔的頂層共有燈 (  )
A.1盞 B.3盞 C.5盞 D.9盞
解法一:常規解法
一座7層塔共掛了381盞燈,即;相鄰兩層中的下一層燈數是上一層燈數的2倍,即
,塔的頂層為;由等比前項和可知:,解得

11.(2016高考數學課標Ⅲ卷理科)定義“規范01數列”如下:共有項,其中項為項為1,且對任意,中0的個數不少于1的個數.若,則不同的“規范01數列”共有 (  )
A.18個 B.16個 C.14個 D.12個
【答案】C
【解析】由題意,得必有,,則具體的排法列表如圖所示,共14個,故選C.
0 0 0 0 1 1 1 1
1 0 1 1
1 0 1
1 0
1 0 0 1 1
1 0 1
1 0
1 0 0 1
1 0
1 0 0 0 1 1
1 0 1
1 0
1 0 0 1
1 0
12.(2016高考數學課標Ⅰ卷理科)已知等差數列前9項的和為27,,則 (  )
(A)100(B)99(C)98(D)97
【答案】C
【解析】由等差數列性質可知:,故,而,因此公差∴.故選C.
13.(2015高考數學新課標2理科)已知等比數列滿足,,則 (  )
A.21 B.42 C.63 D.84
【答案】B
解析:設等比數列公比為,則,又因為,所以,解得,所以,故選B.
14.(2013高考數學新課標2理科)等比數列的前項和為,已知,則等于 (  )
A. B.- C. D.-
【答案】C
解析:設等比數列的公比為,由得,即
,又,所以.
15.(2013高考數學新課標1理科)設的三邊長分別為,的面積為,n=1,2,3,…若,,,,,則 (  )
A.為遞減數列 B.為遞增數列
C.為遞增數列,為遞減數列
D.為遞減數列,為遞增數列
解析: 因為,,,所以,
,注意到,所以.
于是中,邊長為定值,另兩邊的長度之和為為定值.
因為,
所以,當時,有,即,于是的邊的高隨增大而增大,于是其面積為遞增數列.
16.(2013高考數學新課標1理科)設等差數列{an}的前n項和為Sn,=-2,=0,=3,則= (  )
A.3 B.4 C.5 D.6
解析:由題意知==0,∴=-=-(-)=-2,
= -=3,∴公差=-=1,∴3==-,∴=5,故選C.
17.(2012高考數學新課標理科)已知為等比數列,,,則 (  )
A. B. C. D.
解析:∵①,由等比數列的性質可得,②
①、②聯立方程組解得:=4,=-2或=-2,=4
當=4,=-2時,q3=,
∴=-8,=1,
∴+=-7
當=-2,=4時,q3=-2,則=-8,=1
∴+=-7
二、填空題
18.(2019年高考數學課標Ⅲ卷理科)記為等差數列{an}的前n項和,,則___________.
【答案】4.
【解析】因,所以,即,所以.
19.(2019年高考數學課標全國Ⅰ卷理科)記為等比數列的前項和.若,,則.
【答案】
解析:由,得,所以,又因為,所以,.
20.(2018年高考數學課標卷Ⅰ(理))記為數列的前項和.若,則.
解析:為數列的前項和.若,①
當時,,解得,
當時,,②,
由①﹣②可得,
∴,
∴是以為首項,以2為公比的等比數列,
∴.
21.(2017年高考數學課標Ⅲ卷理科)設等比數列滿足,,則 .
【解析】設等比數列的公比為,則依題意有,解得
所以.
22.(2017年高考數學課標Ⅱ卷理科)等差數列的前項和為,,,則 .
【答案】
【解析】設等差數列的首項為,公差為,
由題意有: ,解得 ,
數列的前n項和,
裂項有:,據此:

23.(2016高考數學課標Ⅰ卷理科)設等比數列滿足,,則的最大值為 .
【答案】64
【解析】由于是等比數列,設,其中是首項,是公比.
∴,解得:.
故,∴
當或時,取到最小值,此時取到最大值.
所以的最大值為64.
24.(2015高考數學新課標2理科)設是數列的前項和,且,,則________.
【答案】
解析:由已知得,兩邊同時除以,得,故數列是以為首項,為公差的等差數列,則,所以.
25.(2013高考數學新課標2理科)等差數列的前n項和為,已知,則的最小值為________.
解析:由已知解得

由函數的單調性知,∴的最小值為-49.
26.(2013高考數學新課標1理科)若數列{}的前n項和為,則數列{}的通項公式是=______.
解析:當=1時,==,解得=1,
當≥2時,==-()=,即=,
∴{}是首項為1,公比為-2的等比數列,∴=.
27.(2012高考數學新課標理科)數列滿足,則的前60項和為
【答案】1830
解析:由得,
……①
……②,
再由②—①得 ……③
由①得
由③得,
∴.
1.(2021年高考全國乙卷理科)記為數列的前n項和,為數列的前n項積,已知.
(1)證明:數列是等差數列;
(2)求的通項公式.
【答案】(1)證明見解析;(2).
解析:(1)由已知得,且,,
取,由得,
由于為數列的前n項積,
所以,
所以,
所以,
由于
所以,即,其中
所以數列是以為首項,以為公差等差數列;
(2)由(1)可得,數列是以為首項,以為公差的等差數列,
,
,
當n=1時,,
當n≥2時,,顯然對于n=1不成立,
∴.
2.(2021年高考全國甲卷理科)已知數列的各項均為正數,記為的前n項和,從下面①②③中選取兩個作為條件,證明另外一個成立.
①數列是等差數列:②數列是等差數列;③.
注:若選擇不同的組合分別解答,則按第一個解答計分.
【答案】答案見解析
解析:選①②作條件證明③:
設,則,
當時,;
當時,;
因為也是等差數列,所以,解得;
所以,所以.
選①③作條件證明②:
因為,是等差數列,
所以公差,
所以,即,
因為,
所以是等差數列.
選②③作條件證明①:
設,則,
當時,;
當時,;
因為,所以,解得或;
當時,,當時,滿足等差數列的定義,此時為等差數列;
當時,,不合題意,舍去.
3.(2020年高考數學課標Ⅰ卷理科)設是公比不為1的等比數列,為,的等差中項.
(1)求的公比;
(2)若,求數列的前項和.
【答案】(1);(2).
【解析】(1)設的公比為,為的等差中項,


(2)設前項和為,,
,①
,②
①②得,


4.(2020年高考數學課標Ⅲ卷理科)設數列{an}滿足a1=3,.
(1)計算a2,a3,猜想{an}的通項公式并加以證明;
(2)求數列{2nan}的前n項和Sn.
【答案】(1),,,證明見解析;(2).
解析:(1)由題意可得,,
由數列的前三項可猜想數列是以為首項,2為公差的等差數列,即,
證明如下:
當時,成立;
假設時,成立.
那么時,也成立.
則對任意的,都有成立;
(2)由(1)可知,
,①
,②
由①②得:

即.
【點睛】本題主要考查了求等差數列的通項公式以及利用錯位相減法求數列的和,屬于中檔題.
5.(2019年高考數學課標全國Ⅱ卷理科)已知數列和滿足,,,.
證明:是等比數列,是等差數列;
求和的通項公式.
【答案】見解析;,.
由題設得,即.
又因為,所以是首項為,公比為的等比數列.
由題設得,即.
又因為,所以是首項為,公差為的等差數列.
由知,,.
所以,

【解析】由題意可知,,,,
所以,即,
所以數列是首項為、公比為的等比數列,,
因為,
所以,數列是首項、公差為等差數列,.
由可知,,,
所以,.
6.(2018年高考數學課標Ⅲ卷(理))(12分)等比數列中,,
(1)求的通項公式;
(2)記為的前項和,若,求.
(1)或;(2)
【答案】【官方解析】(1)設的公比為,由題設得
由已知得,解得(舍去),或
故或
(2)若,則,由,得,此方和沒有正整數解
若,則,由,得,解得
綜上,.
7.(2018年高考數學課標Ⅱ卷(理))(12分)記為等差數列的前項和,已知,.
(1)求的通項公式;
(2)求,并求的最小值.
【答案】解析:(1)設的公差為,由題意得.
由得,所以的通項公式為.
(2)由(1)得.
所以當時,取得最小值,最小值為.
8.(2016高考數學課標Ⅲ卷理科)已知數列的前項和,其中.
(1)證明是等比數列,并求其通項公式;
(2)若,求.
【答案】(Ⅰ);(Ⅱ).
【解析】(Ⅰ)由題意得,故,,.
由,得,即.
由,得,所以.
因此是首項為,公比為的等比數列,于是.
(Ⅱ)由(Ⅰ)得,由得,即,解得.
9.(2016高考數學課標Ⅱ卷理科)(本題滿分12分)為等差數列的前項和,且記,其中表示不超過的最大整數,如.
(I)求;(II)求數列的前1000項和.
【答案】(1),,;(2).
【解析】(1)設的公差為,據已知有,解得.
所以數列的通項公式為.
,,.
(2)因為
所以數列的前項和為.
10.(2015高考數學新課標1理科)(本小題滿分12分)為數列的前項和.已知
(1)求的通項公式:
(2)設,求數列的前項和
解析:(Ⅰ)當時,,因為,所以=3,
當時,==,即,因為,所以=2,
所以數列{}是首項為3,公差為2的等差數列,
所以=;
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,=,
所以數列{}前n項和為= =.
考點:數列前n項和與第n項的關系;等差數列定義與通項公式;拆項消去法
11.(2014高考數學課標2理科)(本小題滿分12分)
已知數列滿足=1,.
(Ⅰ)證明是等比數列,并求的通項公式;
(Ⅱ)證明:
【答案】解析:(Ⅰ)由,得,且
所以是首相為,公比為的等比數列。
因此,所以的通項公式為.
(Ⅱ)由(1)知
當時,,所以
于是
所以
12.(2014高考數學課標1理科)已知數列的前項和為,,,,其中為常數.
(1)證明:;
(2)是否存在,使得為等差數列 并說明理由.
【答案】解析:(1)由題設,,兩式相減
,由于,所以.
(2)由題設,,可得,由(1)知
假設為等差數列,則成等差數列,∴,解得;
證明時,為等差數列:由知
數列奇數項構成的數列是首項為1,公差為4的等差數列
令則,∴
數列偶數項構成的數列是首項為3,公差為4的等差數列
令則,∴
∴(),
因此,存在存在,使得為等差數列.
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- 1 -立體幾何與向量方法
一、解答題
1.(2021年高考全國甲卷理科)已知直三棱柱中,側面為正方形,,E,F分別為和中點,D為棱上的點.
(1)證明:;
(2)當為何值時,面與面所成的二面角的正弦值最小
解析:因為三棱柱是直三棱柱,所以底面,所以
因為,,所以,
又,所以平面.
所以兩兩垂直.
以為坐標原點,分別以所在直線為軸建立空間直角坐標系,如圖.
所以,

由題設().
(1)因為,
所以,所以.
(2)設平面的法向量為,
因為,
所以,即.
令,則
因為平面的法向量為,
設平面與平面的二面角的平面角為,
則.
當時,取最小值為,
此時取最大值為.
所以,
此時.
2.(2021年高考全國乙卷理科)如圖,四棱錐的底面是矩形,底面,,為的中點,且.
(1)求;
(2)求二面角的正弦值.
解析:(1)平面,四邊形為矩形,不妨以點為坐標原點,、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系,
設,則、、、、,
則,,
,則,解得,故;
(2)設平面的法向量為,則,,
由,取,可得,
設平面的法向量為,,,
由,取,可得,

所以,,
因此,二面角的正弦值為.
3.(2020年高考數學課標Ⅰ卷理科)如圖,為圓錐的頂點,是圓錐底面的圓心,為底面直徑,.是底面的內接正三角形,為上一點,.
(1)證明:平面;
(2)求二面角的余弦值.
【解析】(1)由題設,知為等邊三角形,設,
則,,所以,
又為等邊三角形,則,所以,
,則,所以,
同理,又,所以平面;
(2)過O作∥BC交AB于點N,因為平面,以O為坐標原點,OA為x軸,ON為y軸建立如圖所示的空間直角坐標系,
則,
,,,
設平面的一個法向量為,
由,得,令,得,
所以,
設平面的一個法向量為
由,得,令,得,
所以
故,
設二面角的大小為,則.
4.(2020年高考數學課標Ⅱ卷理科)如圖,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,側面BB1C1C是矩形,M,N分別為BC,B1C1的中點,P為AM上一點,過B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.
(1)證明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥EB1C1F;
(2)設O為△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F,且AO=AB,求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值.
解析:(1)分別為,的中點,

在中,為中點,則
又側面為矩形,
由,平面
平面
又,且平面,平面,
平面
又平面,且平面平面
又平面
平面
平面
平面平面
(2)連接
平面,平面平面
根據三棱柱上下底面平行,
其面平面,面平面
故:四邊形是平行四邊形
設邊長是()
可得:,
為的中心,且邊長為
故:
解得:
在截取,故

四邊形是平行四邊形,
由(1)平面
故為與平面所成角
在,根據勾股定理可得:
直線與平面所成角的正弦值:.
5.(2020年高考數學課標Ⅲ卷理科)如圖,在長方體中,點分別在棱上,且,.
(1)證明:點平面內;
(2)若,,,求二面角的正弦值.
解析:(1)在棱上取點,使得,連接、、、,
在長方體中,且,且,
,,且,
所以,四邊形為平行四邊形,則且,
同理可證四邊形為平行四邊形,且,
且,則四邊形為平行四邊形,
因此,點在平面內;
(2)以點為坐標原點,、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系,
則、、、,
,,,,
設平面的法向量為,
由,得取,得,則,
設平面的法向量為,
由,得,取,得,,則,

設二面角的平面角為,則,.
因此,二面角的正弦值為.
6.(2019年高考數學課標Ⅲ卷理科)圖1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°,將其沿AB,BC折起使得BE與BF重合,連結DG,如圖2.
(1)證明:圖2中的A,C,G,D四點共面,且平面ABC⊥平面BCGE;
(2)求圖2中的二面角B CG A的大小.
解析:(1)由已知得,,所以,故確定一個平面.從而四點共面.
由已知得,故平面.
又因為平面,所以平面平面.
(2)作,垂足為.因為平面,平面平面,所以平面.
由已知,菱形的邊長為,,可求得.
以為坐標原點,的方向為軸的的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系,則

設平面的法向量為,則
即 所以可取.
又平面的法向量可取為,所以.
因此二面角的大小為.
7.(2019年高考數學課標全國Ⅱ卷理科)如圖,長方體的底面是正方形,點在棱上,.
證明:平面;
若,求二面角的正弦值.
證明:由已知得,平面,平面,
故.又,所以平面.
由知.由題設知,所以,
故,.
以為坐標原點,的方向為軸正方向,為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系,
則,,,,,,.
設平面的法向量為,則
,即所以可取.
設平面的法向量為,則
即所以可取.
于是.所以,二面角的正弦值為.
8.(2019年高考數學課標全國Ⅰ卷理科)如圖,直四棱柱的底面是菱形,分別是,,的中點.
(1)證明:平面;
(2)求二面角的正弦值.
解:(1)連結.因為分別為的中點,所以,且.
又因為為的中點,所以.由題設知,可得,故,
因此四邊形為平行四邊形,.又平面,所以平面.
(2)由已知可得.以為坐標原點,的方向為軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系,則,,,,.
設為平面的法向量,則,所以可取.
設為平面的法向量,則所以可取.
于是,所以二面角的正弦值為.
9.(2018年高考數學課標Ⅲ卷(理))(12分)如圖,邊長為的正方形所在平面與半圓弧所在的平面垂直,是弧上異于的點.
(1)證明:平面平面;
(2)當三棱錐體積最大時,求面與面所成二面角的正弦值.
解答(1)由題設知,平面平面,交線為
因為,平面,所以平面,故
因為為上異于的點,且為直徑,所以
又,所以平面
而平面,故平面平面.
(2)以為坐標原點,的方向為軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系
當三棱錐體積最大時,為的中點,由題設得
,,,,
,,
設是平面的法向量,則
,即
可取
易知是平面的法向量,因此
所以
所以面與面所成二面角的正弦值是.
10.(2018年高考數學課標Ⅱ卷(理))(12分)
如圖,在三棱錐中,,,為的中點.
(1)證明:平面;
(2)若點在棱上,且二面角為,求與平面所成角的正弦值.
解析:(1)因為,為的中點,所以,且.
連接.因為,所以為等腰直角三角形,
且,.
由知.
由,知平面.
(2)如圖,以為坐標原點,的方向為軸正方向,建立空間直角坐標系.
由已知得,,,,,.
取平面的法向量為.
設,則.設平面的法向量為,
由,得,可取,
所以,由已知可得.
所以,解得(舍去),.
所以.又,所以.
所以與平面所成角的正弦值為.
11.(2018年高考數學課標卷Ⅰ(理))(12分)如圖,四邊形為正方形,分別為的中點,以為折痕把折起,使點到達點的位置,且.
(1)證明:平面平面;
(2)求與平面所成角的正弦值.
解析:(1)由已知可得,⊥,⊥,所以⊥平面.
又平面,所以平面⊥平面.
(2)作,垂足為.由(1)得,平面.
以為坐標原點,的方向為軸正方向,為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系.
由(1)可得,.又,,所以.又,,故.
可得.
則為平面的法向量.
設與平面所成角為,則.
所以與平面所成角的正弦值為.
12.(2017年高考數學新課標Ⅰ卷理科)如圖,在四棱錐中,,且.
(1)證明:平面平面;
(2)若,,求二面角的余弦值.
【解析】(1)由已知,得,
由于,故,從而平面
又平面,所以平面平面
(2)在平面內做,垂足為,
由(1)可知,平面,故,可得平面.
以為坐標原點,的方向為軸正方向,為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系.
由(1)及已知可得,,,.
所以,,,.
設是平面的法向量,則
,即,可取.
設是平面的法向量,則,即,可取.
則,所以二面角的余弦值為.
14.(2017年高考數學課標Ⅱ卷理科)如圖,四棱錐 中,側面 為等比三角形且垂直于底面 , 是 的中點.
(1)證明:直線 平面 ;
(2)點 在棱上,且直線 與底面 所成銳角為 ,求二面角 的余弦值.
(1)證明:取中點為,連接、
因為,所以
因為是的中點,所以,所以
所以四邊形為平行四邊形,所以
因為平面,平面
所以直線平面
(2)取中點為,連接
因為△為等邊三角形,所以
因為平面平面,平面平面,平面
所以平面
因為,所以四邊形為平行四邊形,所以
所以
以分別為軸建立空間直角坐標系,如圖
設,則,所以
設,則,
因為點在棱上,所以,即
所以,所以
平面的法向量為
因為直線與底面所成角為,
所以
解得,所以
設平面的法向量為,則
令,則
所以
所以求二面角的余弦值
15.(2016高考數學課標Ⅲ卷理科)如圖,四棱錐中,地面,AD∥BC,,,為線段上一點,,為的中點.
(Ⅰ)證明∥平面;
(Ⅱ)求直線與平面所成角的正弦值.
【解析】(Ⅰ)由已知得,取的中點,連接
由為中點知∥,.
又∥,故平行且等于,四邊形為平行四邊形,于是∥.
因為平面,平面,所以∥平面.
(Ⅱ)取的中點,連接
由得,從而,且.
以為坐標原點,的方向為軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系
由題意知,,,,,
,,,
設為平面的法向量,則,
即,可取,于是.
所以直線與平面所成角的正弦值為.
16.(2016高考數學課標Ⅱ卷理科)(本小題滿分)如圖,菱形的對角線與交于點,,點分別在上,,交于點.將沿折到的位置,.
(I)證明:平面;
(II)求二面角的正弦值.
【解析】(I)由已知得,
又由得,故.
因此,從而.
由,得.
由得.
所以,.
于是,故.
又,而,所以.
(II)如圖,以為坐標原點,的方向為軸的正方向,建立空間直角坐標系
則,,,,
,,.
設是平面的法向量,則,即
所以可以取.
設是平面的法向量,則,即
所以可以取.于是

因此二面角的正弦值是.
17.(2016高考數學課標Ⅰ卷理科)(本題滿分為12分)如圖,在以為頂點的五面體中,面為正方形,,,且二面角與二面角都是.
(I)證明平面;
(II)求二面角的余弦值.
解析:⑴ 由已知可得,,所以面
又面,故平面平面
(II)過點作,垂足為,由(I)知面
以為坐標原點,的方向為軸正方向,為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系
由(I)知為二面角的平面角,故,則
可得
由已知,,所以面.
由,可得平面,所以為二面角的平面角,.
從而可得.所以,,,.
設是平面的法向量,則即所以可取.
設是平面的法向量,則
同理可取,則
二面角的余弦值為.
18.(2015高考數學新課標2理科)(本題滿分12分)如圖,長方體中,,,,點,分別在,上,.過點,的平面與此長方體的面相交,交線圍成一個正方形.
(1)在圖中畫出這個正方形(不必說出畫法和理由);
(2)求直線與平面所成角的正弦值.
解析:(Ⅰ)交線圍成的正方形如圖:
(Ⅱ)作,垂足為,則,,因為為正方形,所以.于是,所以.以為坐標原點,的方向為軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系,則,,,,,.設是平面的法向量,則即所以可取.又,故.所以直線與平面所成角的正弦值為.
19.(2015高考數學新課標1理科)如圖,四邊形為菱形,,是平面同一側的兩點,⊥平面,⊥平面,,.
(1)證明:平面⊥平面;
(2)求直線與直線所成角的余弦值.
(Ⅰ)見解析(Ⅱ)
分析:(Ⅰ)連接BD,設BD∩AC=G,連接EG,FG,EF,在菱形ABCD中,不妨設GB=1易證EG⊥AC,通過計算可證EG⊥FG,根據線面垂直判定定理可知EG⊥平面AFC,由面面垂直判定定理知平面AFC⊥平面AEC;(Ⅱ)以G為坐標原點,分別以的方向為軸,y軸正方向,為單位長度,建立空間直角坐標系G-xyz,利用向量法可求出異面直線AE與CF所成角的余弦值.
解析:(Ⅰ)連接BD,設BD∩AC=G,連接EG,FG,EF,在菱形ABCD中,不妨設GB=1,由∠ABC=120°,可得AG=GC=.
由BE⊥平面ABCD,AB=BC可知,AE=EC,
又∵AE⊥EC,∴EG=,EG⊥AC,
在Rt△EBG中,可得BE=,故DF=.
在Rt△FDG中,可得FG=.
在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=,DF=可得EF=,
∴,∴EG⊥FG,
∵AC∩FG=G,∴EG⊥平面AFC,
∵EG面AEC,∴平面AFC⊥平面AEC.
(Ⅱ)如圖,以G為坐標原點,分別以的方向為軸,y軸正方向,為單位長度,建立空間直角坐標系G-xyz,由(Ⅰ)可得A(0,-,0),E(1,0, ),F(-1,0,),C(0,,0),∴=(1,,),=(-1,-,).…10分
故.
所以直線AE與CF所成的角的余弦值為.
考點:空間垂直判定與性質;異面直線所成角的計算;空間想象能力,推理論證能力
20.(2014高考數學課標2理科)(本小題滿分12分)
如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,PA⊥平面ABCD,E為PD的中點.
(1)證明:PB∥平面AEC;
(2)設二面角D-AE-C為60°,AP=1,AD=,求三棱錐E-ACD的體積.
【答案】解析:
(Ⅰ)設AC的中點為G, 連接EG。在三角形PBD中,中位線EG//PB,且EG在平面AEC上,所以PB//平面AEC.
(Ⅱ)設CD=m, 分別以AD,AB,AP為X,Y,Z軸建立坐標系,則
設平面ADE的法向量則解得向量,
同理設平面ACE的法向量
解得向量,
解得
設F為AD的中點,
EF即為三棱錐E-ACD的高,
所以,三棱錐E-ACD的體積為.
21.(2014高考數學課標1理科)如圖三棱柱中,側面為菱形,.
(1)證明:;
(2)若,,, 求二面角的余弦值.
【答案】解析 (1)連結,交于,連結.因為側面為菱形,所以 ,且為與的中點.又,所以平面,故 又 ,故
(2)因為且為的中點,所以又因為,所以
故,從而兩兩互相垂直.
以為坐標原點,的方向為軸正方向,為單位長,建立如圖所示空間直角坐標系.
因為,所以為等邊三角形.又 ,則
,,,
,
設是平面的法向量,則
,即 所以可取
設是平面的法向量,則,同理可取
則,所以二面角的余弦值為.
22.(2013高考數學新課標2理科)如圖,直三棱柱中,分別是的中點,
(1)證明:平面;
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)見解析;(2)
解析:(1)證明 連結交于點,則為的中點.
又是的中點,連結,則∥.
因為平面,平面,
所以∥平面.
(2)解 由得,.
以為坐標原點,的方向為軸正方向,的方向為軸正方向,的方向為軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系.
設,則,

設平面的法向量,
則,可取.
同理,設m是平面的法向量,同理可得.
從而,故,
即二面角D-A1C-E的正弦值為.
23.(2013高考數學新課標1理科)如圖,三棱柱中,.
(1)證明;
(2)若平面平面,,求直線與平面所成角的正弦值。
解析:(1)取AB中點E,連結CE,,,
∵,=,∴是正三角形,
∴, ∵, ∴, ∵,∴面,
∴AB⊥; ……6分
(2)由(Ⅰ)知,,
又∵面面,面面,
∴面,∴,
∴EA,EC,兩兩相互垂直,以E為坐標原點,的方向為軸正方向,||為單位長度,建立如圖所示空間直角坐標系,
由題設知A(1,0,0),(0,,0),C(0,0,),B(-1,0,0),則=(1,0,),==(-1,0,),=(0,-,), ……9分
設=是平面的法向量,
則,即,可取=(,1,-1),
∴=,
∴直線A1C 與平面BB1C1C所成角的正弦值為. ……12分
24.(2012高考數學新課標理科)如圖,直三棱柱中,, 是棱的中點,
(1)證明:
(2)求二面角的大小.
解析:(1)證明:設,
直三棱柱,
,,
,.
又,,
平面.
平面,.
(2)以C為空間直角坐標系的原點,CA,CB,所在直線分別為x軸,y軸,z軸,
設則(0,0,2a),D(a,0,a),B(0,a,0),A(a,0,0)
所以,,
設分別是平面,平面的法向量,則
解得,令,則
解得令則
∴,


∴=30°
即二面角的大小為.
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- 1 -立體幾何初步
一、選擇題
1.(2021年高考全國乙卷理科)在正方體中,P為中點,則直線與所成的角為 (  )
A. B. C. D.
【答案】D
解析:
如圖,連接,因為∥,
所以或其補角為直線與所成的角,
因為平面,所以,又,,
所以平面,所以,
設正方體棱長為2,則,
,所以.
故選:D
2.(2021年高考全國甲卷理科)在一個正方體中,過頂點A的三條棱的中點分別為E,F,G.該正方體截去三棱錐后,所得多面體的三視圖中,正視圖如圖所示,則相應的側視圖是 (  )
(  )
A. B. C. D.
【答案】D
解析:由題意及正視圖可得幾何體的直觀圖,如圖所示,
所以其側視圖為
故選:D
3.(2021年高考全國甲卷理科)已如A. B.C是半徑為1的球O的球面上的三個點,且,則三棱錐的體積為 (  )
A. B. C. D.
【答案】A
解析:,為等腰直角三角形,,
則外接圓的半徑為,又球的半徑為1,
設到平面的距離為,
則,
所以.
故選:A.
【點睛】關鍵點睛:本題考查球內幾何體問題,解題的關鍵是正確利用截面圓半徑、球半徑、球心到截面距離的勾股關系求解.
4.(2020年高考數學課標Ⅰ卷理科)已知為球球面上的三個點,⊙為的外接圓,若⊙的面積為,,則球的表面積為 (  )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】設圓半徑為,球的半徑為,依題意,
得,為等邊三角形,
由正弦定理可得,
,根據球的截面性質平面,

球的表面積.
故選:A
【點睛】
本題考查球的表面積,應用球的截面性質是解題的關鍵,考查計算求解能力,屬于基礎題.
5.(2020年高考數學課標Ⅰ卷理科)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一,它的形狀可視為一個正四棱錐,以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側面三角形的面積,則其側面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為 (  )
(  )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如圖,設,則,
由題意,即,化簡得,
解得(負值舍去).
故選:C.
【點晴】本題主要考查正四棱錐的概念及其有關計算,考查學生的數學計算能力,是一道容易題.
6.(2020年高考數學課標Ⅱ卷理科)已知△ABC是面積為等邊三角形,且其頂點都在球O的球面上.若球O的表面積為16π,則O到平面ABC的距離為 (  )
A. B. C.1 D.
【答案】C
解析:
設球的半徑為,則,解得:.
設外接圓半徑為,邊長為,
是面積為的等邊三角形,
,解得:,,
球心到平面的距離.
故選:C.
【點睛】本題考查球的相關問題的求解,涉及到球的表面積公式和三角形面積公式的應用;解題關鍵是明確球的性質,即球心和三角形外接圓圓心的連線必垂直于三角形所在平面.
7.(2020年高考數學課標Ⅱ卷理科)如圖是一個多面體的三視圖,這個多面體某條棱的一個端點在正視圖中對應的點為,在俯視圖中對應的點為,則該端點在側視圖中對應的點為 (  )
(  )
A. B. C. D.
【答案】A
解析:根據三視圖,畫出多面體立體圖形,
上的點在正視圖中都對應點M,直線上的點在俯視圖中對應的點為N,
∴在正視圖中對應,在俯視圖中對應的點是,線段,上的所有點在側試圖中都對應,∴點在側視圖中對應的點為.
故選:A
【點睛】本題主要考查了根據三視圖判斷點的位置,解題關鍵是掌握三視圖的基礎知識和根據三視圖能還原立體圖形的方法,考查了分析能力和空間想象,屬于基礎題.
8.(2020年高考數學課標Ⅲ卷理科)下圖為某幾何體的三視圖,則該幾何體的表面積是 (  )
(  )
A.6+4 B.4+4 C.6+2 D.4+2
【答案】C
解析:根據三視圖特征,在正方體中截取出符合題意的立體圖形
根據立體圖形可得:
根據勾股定理可得:
是邊長為的等邊三角形
根據三角形面積公式可得:
該幾何體的表面積是:.
故選:C.
【點睛】本題主要考查了根據三視圖求立體圖形的表面積問題,解題關鍵是掌握根據三視圖畫出立體圖形,考查了分析能力和空間想象能力,屬于基礎題.
9.(2019年高考數學課標Ⅲ卷理科)如圖,點為正方形的中心,為正三角形,平面平面,是線段的中點,則
(  )
A.,且直線是相交直線
B.,且直線是相交直線
C.,且直線是異面直線
D.,且直線是異面直線
【答案】B
【解析】
取中點,如圖連接輔助線,在中,為中點,為中點,所以,所以,共面相交,選項C,D錯誤.平面平面,,平面,又,∴平面,從而,.所以與均為直角三角形.不妨設正方形邊長,易知,所以,,,故選B.
【點評】本題比較具有綜合性,既考查了面面垂直、線面垂直等線面關系,還考查了三角形中的一些計算問題,是一個比較經典的題目.
10.(2019年高考數學課標全國Ⅱ卷理科)設、為兩個平面,則的充要條件是 (  )
A.內有無數條直線與平行 B.內有兩條相交直線與平行
C.,平行于同一條直線 D.,垂直于同一平面
【答案】B
【解析】由面面平行的判定定理知:內兩條相交直線都與平行是的充分條件,由面面平行性質定理知,若,則內任意一條直線都與平行,所以內兩條相交直線都與平行是的必要條件,故選B.
【點評】本題考查了空間兩個平面的判定與性質及充要條件,滲透直觀想象、邏輯推理素養,利用面面平行的判定定理與性質定理即可作出判斷.面面平行的判定問題要緊扣面面平行判定定理,最容易犯的錯誤為定理記不住,憑主觀臆斷,如:“若,則”此類的錯誤.
11.(2019年高考數學課標全國Ⅰ卷理科)已知三棱錐的四個頂點在球的球面上,,是邊長為2的正三角形,,分別是,的中點,,則球的體積為 (  )
A. B. C. D.
【答案】D
解析:三棱錐為正三棱錐,取中點,連接,則,
,可得平面,從而,又,可得,
又,所以平面,從而,從而正三棱錐的三條側棱兩兩垂直,且,可將該三棱錐還原成一個以為棱的正方體,正方體的體對角線即為球的直徑,即,所以球的體積為.
12.(2018年高考數學課標Ⅲ卷(理))設是同一個半徑為的球的球面上四點,為等邊三角形且其面積為,則三棱錐體積的最大值為 (  )
A. B. C. D.
【答案】B
解析:設的邊長為,則,此時外接圓的半徑為,故球心到面的距離為,故點到面的最大距離為,此時,故選B.
點評:本題主要考查三棱錐的外接球,考查了勾股定理,三角形的面積公式和三棱錐的體積公式,判斷出當平面時,三棱錐體積最大很關鍵,由為三角形的重心,計算得到,再由勾股定理得到,進而得到結果,屬于較難題型.
13.(2018年高考數學課標Ⅲ卷(理))中國古建筑借助榫卯將木構件連接起來.構件的凸出部分叫榫,凹進部分叫卯眼,圖中木構件右邊的小長方體是榫頭,若如圖擺放的木構件與某一帶卯眼的木構件咬合成長方體.則咬合時帶卯眼的木構件的俯視圖可以是 (  )
(  )
【答案】A
解析:依題意,結合三視圖的知識易知,帶卯眼的木構件的俯視圖可以是A圖.
14.(2018年高考數學課標Ⅱ卷(理))在長方體中,,,則異面直線與所成角的余弦值為 (  )
A. B. C. D.
【答案】C
解析:以為坐標原點,為軸建立空間直角坐標系,則,所以
因為
所以異面直線與所成角的余弦值為,故選C.
15.(2018年高考數學課標卷Ⅰ(理))已知正方體的校長為1,每條棱所在直線與平面所成的角都相等,則截此正方體所得截面而積的最大值為 (  )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析一】根據題意,平面與正方體對角線垂直,記正方體為不妨設平面與垂直,且交于點.平面與平面與分別交于.正方體中心為,則容易證明當從運動到時,截面為三角形且周長逐漸增大:當從運動到時,截面為六邊形且周長不變;當從運動到時,截面為三角形且周長還漸減小。我們熟知周長一定的多邊形中,正多邊形的面積最大,因此當運動到點時,截面為邊長為的正大邊形,此時截面面積最大,為
【解析二】由題意可知,該平面與在正方體的截面為對邊平行的六邊形,如圖所示,則截面面積為
所以當時,
16.(2018年高考數學課標卷Ⅰ(理))某圓柱的高為,底面周長為,其三視圖如右圈,圓柱表面上的點在正視圖上的對應點為.圓柱表面上的點在左視圖上的對應點為,則在此圓柱側面上,從到的路徑中,最短路徑的長度為 (  )
A. B. C. D.
【答案】B
解析:由題意可知幾何體是圓柱,底面周長16,高為:2,直觀圖以及側面展開圖如圖:
圓柱表面上的點在左視圖上的對應點為,則在此圓柱側面上,從到的路徑中,最短路徑的長度:,故選B.
17.(2017年高考數學新課標Ⅰ卷理科)某多面體的三視圖如圖所示,其中正視圖和左視圖都由正方形和等腰直角三角形組成,正方形的邊長為2,俯視圖為等腰直角三角形.該多面體的各個面中有若干個是梯形,這些梯形的面積之和為 (  )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由題意該幾何體的直觀圖是由一個三棱錐和三棱柱構成,則表面中含梯形的面積之和為,故選B.
【考點】簡單幾何體的三視圖
【點評】三視圖往往與幾何體的體積、表面積及空間線面關系、角、距離等問題相結合,解決此類問題的關鍵是由三視圖準確確定空間幾何體的形狀及其結構特征并且熟悉常見幾何體的三視圖.
18.(2017年高考數學課標Ⅲ卷理科)已知圓柱的高為,它的兩個底面的圓周在直徑為的同一個球的球面上,則該圓柱的體積為 (  )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】法一:如圖,畫出圓柱的軸截面
,所以,那么圓柱的體積是,故選B.
法二:設圓柱的底面圓的半徑為,圓柱的高,而該圓柱的外接球的半徑為
根據球與圓柱的對稱性,可得即,故該圓柱的體積為,故選B.
【考點】圓柱的體積公式
【點評】(1)求解空間幾何體體積的關鍵是確定幾何體的元素以及線面的位置關系和數量關系,利用相應體積公式求解;(2)若所給幾何體的體積不能直接利用公式得出,則常用等積法、分割法、補形法等方法進行求解.
19.(2017年高考數學課標Ⅱ卷理科)已知直三棱柱中,,,,則異面直線與所成角的余弦值為 (  )
A. B. C. D.
【答案】C
【命題意圖】本題考查立體幾何中的異面直線角度的求解,意在考查考生的空間想象能力
【解析】解法一:常規解法
在邊﹑﹑﹑上分別取中點﹑﹑﹑,并相互連接.由三角形中位線定理和平行線平移功能,異面直線和所成的夾角為或其補角,通過幾何關系求得,,,利用余弦定理可求得異面直線和所成的夾角余弦值為.
解法二:補形
通過補形之后可知:或其補角為異面直線和所成的角,通過幾何關系可知:,,,由勾股定理或余弦定理可得異面直線和所成的夾角余弦值為.
解法三:建系
建立如左圖的空間直角坐標系,,,,∴ ,∴
解法四:投影平移-三垂線定理
設異面直線和所成的夾角為利用三垂線定理可知:異面直線和所成的夾角余弦值為.
【知識拓展】立體幾何位置關系中角度問題一直是理科的熱點問題,也是高頻考點,證明的方
法大體有兩個方向:1.幾何法;2.建系;幾何法步驟簡潔,但不易想到;建系容易想到,但計算
量偏大,平時復習應注意各方法優勢和不足,做到胸有成竹,方能事半功倍.
20.(2017年高考數學課標Ⅱ卷理科)如圖,網格紙上小正方形的邊長為1,粗實線畫出的是某幾何體的三視圖,該幾何體由一平面將一圓柱截去一部分所得,則該幾何體的體積為 (  )
A. B. C. D.
【答案】B
【命題意圖】本題主要考查簡單幾何體三視圖及體積,以考查考生的空間想象能力為主目的.
【解析】解法一:常規解法
從三視圖可知:一個圓柱被一截面截取一部分而剩余的部分,具體圖像如下:
切割前圓柱 切割中 切割后幾何體
從上圖可以清晰的可出剩余幾何體形狀,該幾何體的體積分成兩部分,部分圖如下:
從左圖可知:剩下的體積分上下兩部分陰影的體積,下面陰影的體積為,,,∴ ;上面陰影的體積是上面部分體積的一半,即,與的比為高的比(同底),即,,故總體積.第二種體積求法:,其余同上,故總體積.
【知識拓展】三視圖屬于高考必考點,幾乎年年考三視圖,題型一般有五方面,1.求體積;2.求面
積(表面積,側面積等);3.求棱長;4.視圖本質考查(推斷視圖,展開圖,空間直角坐標系視
圖);5.視圖與球體綜合聯立,其中前三個方面考的較多.
21.(2016高考數學課標Ⅲ卷理科)在封閉的直三棱柱內有一個體積為的球,若,,,,則的最大值是 (  )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】要使球的體積最大,必須球的半徑最大.由題意知球的與直三棱柱的上下底面都相切時,球的半徑取得最大值,此時球的體積為,故選B.
22.(2016高考數學課標Ⅲ卷理科)如圖,網格紙上小正方形的邊長為1,粗實現畫出的是某多面體的三視圖,則該多面體的表面積為 (  )
A. B. C.90 D.81
【答案】B
【解析】由三視圖知該幾何體是以側視圖為底面的斜四棱柱,如圖
所以該幾何體的表面積為,故選B.
23.(2016高考數學課標Ⅱ卷理科)右圖是由圓柱與圓錐組合而成的幾何體的三視圖,則該幾何體的表面積為 (  )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】還原幾何體后是一個高為4底面半徑為2的圓柱與底面半徑為2高為 的圓錐的組合體
而圓錐的側面積為:,而圓柱的側面積為:,圓柱的底面積為:
所以幾何體的表面積為:,故選C
24.(2016高考數學課標Ⅰ卷理科)平面過正方體的頂點,平面CB1D1,平面,平面,則所成角的正弦值為 (  )
(A)(B)(C)(D)
【答案】A【解析】如圖所示:
∵,∴若設平面平面,則
又∵平面∥平面,結合平面平面
∴,故 同理可得:
故、的所成角的大小與、所成角的大小相等,即的大小.
而(均為面對交線),因此,即.
故選A.
25.(2016高考數學課標Ⅰ卷理科)如圖,某幾何體的三視圖是三個半徑相等的圓及每個圓中兩條相互垂直的半徑.若該幾何體的體積是,則它的表面積是 (  )
(  )
(A)(B)(C)(D)
【答案】A【解析】由三視圖知:該幾何體是個球,設球的半徑為,則,解得,所以它的表面積是,故選A.
26.(2015高考數學新課標2理科)已知是球的球面上兩點,,為該球面上的動點,若三棱錐體積的最大值為36,則球的表面積為 (  )
A. B. C. D.
【答案】C
解析:如圖所示,當點C位于垂直于面的直徑端點時,三棱錐的體積最大,設球的半徑為,此時,故,則球的表面積為,故選C.
考點:外接球表面積和椎體的體積.
27.(2015高考數學新課標2理科)一個正方體被一個平面截去一部分后,剩余部分的三視圖如右圖,則截去部分體積與剩余部分體積的比值為 (  )
(  )
A. B. C. D.
【答案】D
解析:由三視圖得,在正方體中,截去四面體,如圖所示,,設正方體棱長為,則,故剩余幾何體體積為,所以截去部分體積與剩余部分體積的比值為,故選D.
考點:三視圖.
28.(2015高考數學新課標1理科)圓柱被一個平面截去一部分后與半球(半徑為)組成一個幾何體,該幾何體三視圖中的正視圖和俯視圖如圖所示.若該幾何體的表面積為,則=
A.1 B.2 C.4 D.8
【答案】B
解析:由正視圖和俯視圖知,該幾何體是半球與半個圓柱的組合體,圓柱的半徑與球的半徑都為r,圓柱的高為2r,其表面積為==16 + 20,解得r=2,故選B.
考點:簡單幾何體的三視圖;球的表面積公式、圓柱的測面積公式
29.(2015高考數學新課標1理科)《九章算術》是我國古代內容極為豐富的數學名著,書中有如下問題:“今有委米依垣內角,下周八尺,高五尺。問:積及為米幾何 ”其意思為:“在屋內墻角處堆放米(如圖,米堆為一個圓錐的四分之一),米堆為一個圓錐的四分之一),米堆底部的弧長為8尺,米堆的高為5尺,問米堆的體積和堆放的米各為多少 ”已知1斛米的體積約為1.62立方尺,圓周率約為3,估算出堆放的米約有
(  )
A.14斛 B.22斛 C.36斛 D.66斛
【答案】B
解析:設圓錐底面半徑為r,則=,所以米堆的體積為=,故堆放的米約為÷1.62≈22,故選B.
考點:圓錐的性質與圓錐的體積公式
30.(2014高考數學課標2理科)直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分別是A1B1,A1C1的中點,BC=CA=CC1,
則BM與AN所成的角的余弦值為 (  )
A. B. C. D.
【答案】C
解析:分別以軸,建立空間直角坐標系,令,則,
,故選C。
考點:(1)異面直線所成的角;(2)利用空間向量求線線角。
難度:C
備注:一題多解
31.(2014高考數學課標2理科)如圖,網格紙上正方形小格的邊長為1(表示1cm),圖中粗線畫出的是某零件的三視圖,該零件由一個底面半徑為3cm,高為6cm的圓柱體毛坯切削得到,則切削掉部分的體積與原來毛坯體積的比值為 (  )
A. B. C. D.
【答案】C
解析:由三視圖知該零件由兩個半徑分別為3,2的圓柱構成,用原來圓柱的體積減去現在零件的體積得到削掉部分的體積:利用體積公式可得答案為C。
考點:(1)三視圖;(2)圓柱的體積計算。
難度:B
備注:應用題
32.(2014高考數學課標1理科)如圖,網格紙上小正方形的邊長為1,粗實線畫出的是某多面體的三視圖,則該多面體的個條棱中,最長的棱的長度為 (  )
(  )
A. B. C.6 D.4
【答案】C
【解析】:如圖所示,原幾何體為三棱錐,
其中,,故最長的棱的長度為,
選C.
33.(2013高考數學新課標2理科)一個四面體的頂點在空間直角坐標系中的坐標分別是,畫該四面體三視圖中的正視圖時,以平面為投影面,則得到正視圖可以為 (  )
(  )
【答案】A
解析:在空間直角坐標系中,先畫出四面體的直觀圖,以平面為投影面,則得到正視圖,所以選A.
考點:(1)9.1.2幾何體的三視圖;(2)9.6.1空間直角坐標系的運算
難度: B
備注:高頻考點
34.(2013高考數學新課標2理科)已知為異面直線,平面,平面.直線滿足,,則 (  )
A.且 B.且
C.與相交,且交線垂直于 D.與相交,且交線平行于
【答案】D
解析:利用空間直線平面的平行與垂直的判定與性質定理可得答案為D
考點:(1)9.5.1直線與平面垂直的判定與性質;(2)9.5.2平面與平面垂直的判定與性質
(3)9.4.1直線與平面平行的判定與性質;(4)9.3.2空間直線的位置關系
35.(2013高考數學新課標1理科)某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積為 (  )
A. B. C. D.
【答案】A
解析:將三視圖還原成直觀圖為:
由三視圖知,該幾何體為放到的半個圓柱底面半徑為2高為4,上邊放一個長為4寬為2高為2長方體,故其體積為 =,故選A.
考點:(1)9.2.3由三視圖求幾何體的表面積、體積.
難度:B
備注:高頻考點
36.(2013高考數學新課標1理科)如圖,有一個水平放置的透明無蓋的正方體容器,容器高8cm,將一個球放在容器口,再向容器內注水,當球面恰好接觸水面時測得水深為6cm,如果不計容器的厚度,則球的體積為 (  )
A.cm3 B.cm3 C.cm3 D.cm3
【答案】A
解析:設球的半徑為R,則由題知球被正方體上面截得圓的半徑為4,球心到截面圓的距離為R-2,則,解得R=5,∴球的體積為=,故選A.
考點: (1)9.2.2幾何體的體積.
難度:A
備注:高頻考點
37.(2012高考數學新課標理科)已知集合;,則中所含元素的個數為 (  )
A.3 B.6 C.8 D.10
【答案】D
解析:以x為標準進行分類:
當x=5時,滿足的y的可能取值為1,2,3,4,共有4個,(確定y的個數)
當x=4時,滿足的y的可能取值為1,2,3,共有3個,(確定y的個數)
當x=3時,滿足的y的可能取值為1,2,共有2個,(確定y的個數)
當x=2時,滿足的y的可能取值為1,共有1個,(確定y的個數)
得中所含元素(x,y)的個數為4+3+2+1=10個。(確定中元素的個數)
考點:1.1.1集合的基本概念.
難度:A
備注:高頻考點.
二、填空題
38.(2021年高考全國乙卷理科)以圖①為正視圖,在圖②③④⑤中選兩個分別作為側視圖和俯視圖,組成某三棱錐的三視圖,則所選側視圖和俯視圖的編號依次為_________(寫出符合要求的一組答案即可).
【答案】③④
解析:選擇側視圖為③,俯視圖為④,
如圖所示,長方體中,,
分別為棱的中點,
則正視圖①,側視圖③,俯視圖④對應的幾何體為三棱錐.
故答案為:③④.
39.(2020年高考數學課標Ⅱ卷理科)設有下列四個命題:
p1:兩兩相交且不過同一點的三條直線必在同一平面內.
p2:過空間中任意三點有且僅有一個平面.
p3:若空間兩條直線不相交,則這兩條直線平行.
p4:若直線l平面α,直線m⊥平面α,則m⊥l.
則下述命題中所有真命題的序號是__________.
①②③④
【答案】①③④
解析:對于命題,可設與相交,這兩條直線確定的平面為;
若與相交,則交點在平面內,
同理,與的交點也在平面內,
所以,,即,命題為真命題;
對于命題,若三點共線,則過這三個點的平面有無數個,
命題為假命題;
對于命題,空間中兩條直線相交、平行或異面,
命題為假命題;
對于命題,若直線平面,
則垂直于平面內所有直線,
直線平面,直線直線,
命題為真命題.
綜上可知,,為真命題,,為假命題,
真命題,為假命題,
為真命題,為真命題.
故答案為:①③④.
40.(2020年高考數學課標Ⅲ卷理科)已知圓錐的底面半徑為1,母線長為3,則該圓錐內半徑最大的球的體積為_________.
【答案】
解析:易知半徑最大球為圓錐的內切球,球與圓錐內切時的軸截面如圖所示,
其中,且點M為BC邊上的中點,
設內切圓的圓心為,
由于,故,
設內切圓半徑為,則:

解得:,其體積:.
故答案為:.
41.(2019年高考數學課標Ⅲ卷理科)學生到工廠勞動實踐,利用D打印技術制作模型.如圖,該模型為長方體挖去四棱錐后所得的幾何體,其中為長方體的中心,分別為所在棱的中點,打印所用原料密度為,不考慮打印損耗,制作該模型所需原料的質量為___________.
【答案】118.8
【解析】由題意得,四棱錐的底面積為,其高為點到底面的距離為,則此四棱錐的體積為.又長方體的體積為,所以該模型體積為,其質量為.
42.(2019年高考數學課標全國Ⅱ卷理科)中國有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體,但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體”(圖).半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體.半正多面體體現了數學的對稱美.圖是一個棱數為的半正多面體,它的所有頂點都在同一個正方體的表面上,且此正方體的棱長為.則該半正多面體共有  個面,其棱長為   (本題第一空分,第二空分).
【答案】共有個面;棱長為.
【解析】由圖可知第一層與第三層各有個面,計個面,第二層共有個面,所以該半正多面體共有個面.如圖,設該半正多面體的棱長為,則,延長與交于點,延長交正方體棱于,由半正多面體對稱性可知,為等腰直角三角形,∵,
∴,∴,即該半正多面體棱長為.
43.(2018年高考數學課標Ⅱ卷(理))已知圓錐的頂點為,母線,所成角的余弦值為,與圓錐底面所成角為45°,若的面積為,則該圓錐的側面積為__________.
【答案】
解析:因為母線、所成角的余弦值為,所以母線、所成角的正弦值為.設母線長為,則的面積為,解得,又與圓錐底面所成角為45°,可得底面半徑,所以該圓錐的側面積是.
44.(2017年高考數學課標Ⅲ卷理科)為空間中兩條互相垂直的直線,等腰直角三角形的直角邊所在直線與都垂直,斜邊以直線為旋轉軸旋轉,有下列結論:
①當直線與成角時,與成角;
②當直線與成角時,與成角;
③直線與所成角的最小值為;
④直線與所成角的最大值為.
其中正確的是 .(填寫所有正確結論的編號)
【答案】②③
【解析】法一:由題意, 是以為軸,為底面半徑的圓錐的母線,由 ,又圓錐底面,在底面內可以過點,作 ,交底面圓 于點,如圖所示,連結,則, ,連結,等腰中, ,當直線與成角時, ,故 ,又在 中, ,過點作,交圓于點,連結,由圓的對稱性可知, 為等邊三角形, ,即與成角,②正確,①錯誤.
由最小角定理可知③正確;
很明顯,可以滿足平面直線,直線 與 所成的最大角為,④錯誤.
正確的說法為②③.
法二:斜邊以直線為旋轉軸旋轉,可得一個圓錐,其中相當于母線,并將平移到,經過點,依題意易知在圓錐的底面上,如下圖
直線不動,讓繞點旋轉,設直線與直線所成的角為,直線與直線所成角為,則由三余弦公式可得,所以,即直線與直線所成角的最小值為,最大值為,故③正確,④不正確;當時,有,此時直線即與直線所成的角也為,設直線與所成的角為,則有,所以即與成角,故②正確;綜上可知選②③.
法三:由題意知,三條直線兩兩相互垂直,畫出圖形如圖.
不妨設圖中所示正方體邊長為1,故,,
斜邊以直線為旋轉軸旋轉,則點保持不變,點的運動軌跡是以為圓心,1為半徑的圓.
以為坐標原點,以為軸的正方向,為軸的正方向,為軸的正方向建立空間直角坐標系
則,,直線的方向單位向量,.點起始坐標為,
直線的方向單位向量,.
設點在運動過程中的坐標,
其中為與的夾角,.
那么在運動過程中的向量,.
設與所成夾角為,
則.
故,所以③正確,④錯誤.
設與所成夾角為,

當與夾角為時,即,

∵,
∴.
∴.
∵.
∴,此時與夾角為.
∴②正確,①錯誤.
改進一下法三:由題意知,三條直線兩兩相互垂直,如下圖,設為直線,為直線,不妨設
則,,,依題意可設
則有,,設直線與成角,直線與成角
則有,
當直線與成角時,有,由,可得,此時
所以與成角,故②正確;
由,而,故,所以
所以③正確,④錯誤
綜上可知選②③.
【考點】異面直線所成的角
45.(2016高考數學課標Ⅱ卷理科)是兩個平面,是兩條直線,有下列四個命題:
(1)如果,,,那么.
(2)如果,,那么.
(3)如果,,那么.
(4)如果,,那么與所成的角和與所成的角相等.
其中正確的命題有 .(填寫所有正確命題的編號)
【答案】②③④
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