已知a、b、c、p为空间的任意向量,O、A、B、C为空间的任意点,有下列命题
①a∥b的充要条件是存在实数λ,使a=λb
②向量p与向量a、b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x,y),使p=xa+yb
③若向量{a、b、c}是空间的一个基底,则{a+b,a-b,c}也可构成空间的另一个基底
④若OA、OB、OC不构成空间的一个基底,则O、A、B、C一定共面
其中真命题的个数是( )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
知识点:5.充分条件与必要条件
B
略
如图,在正方体ABCD—A1B1C1D1中,点E1、F1分别是A1B1、C1D1的一个四等分点,则BE1与DF1所成角的余弦值为( )
A.0 B. C. D.
知识点:10.空间角与距离
D
略
在5张奖券中有3张能中奖,甲、乙两人不放回地依次抽取一张,则在甲抽到中奖奖券的条件下,乙抽到中奖奖券的概率为( )
A. B. C. D.
知识点:1.随机事件的概率
C
略
某地区数学考试的成绩X服从正态分布,其密度曲线如图所示,成绩X位于区间(52,68]的概率是( )
A.0.6826 B.0.9544 C.0.9974 D.0.3413
若X~N(μ,σ2),则 P(μ-σ<X≤μ+σ)=0.6826
P(μ-2σ<X≤μ+2σ)=0.9544
P(μ-3σ<X≤μ+3σ)=0.9974
正态分布N(μ,σ2)的密度函数为f(x)= e
知识点:10.正态分布
A
略
设集合I={1,2,3,4,5},选择I的两个非空子集A和B,要使B中最小的数大于A中最大的数,则不同选择方法共有( )种
A.50 B.49 C.48 D.47
知识点:2.排列与组合
B
略
已知ABCD—A1B1C1D1是一个棱长为1的正方体,O1是底面A1B1C1D1的中心,M是棱BB1上的点,且|BM| :|MB1|=1 :3,则四面体O1—ADM的体积为( )
A. B. C. D.
知识点:3.空间几何体的表面积与体积
C
略
已知F1、F2分别为双曲线(a>0,b>0)的左、右焦点,P为双曲线右支上一点,且满足|PF2|=|F1F2|,若直线PF1与圆x2+y2=a2相切,则双曲线的离心率e的值为( )
A.2 B. C. D.
知识点:2.双曲线
B
略
已知直线l:y=-+m与曲线C:y=仅有三个交点,则m的取值范围是( )
A.(-2,) B.(0,-1) C.(0,) D.(1,)
知识点:4.直线与圆锥曲线的位置关系
D
略
过抛物线y2=2px (p>0)焦点F的直线与抛物线交于A、B两点,M、N为准线l上两点,AM⊥l,BN⊥l,M、N为垂足,C为线段AB中点,D为线段MN中点,CD交抛物线于点E,下列结论中正确的是 .(把你认为正确的序号都填上)
①+为定值
②以AB为直径的圆与l相切
③以MN为直径的圆与AB所在直线相切
④以AF为直径的圆与y轴相切
⑤E为线段CD中点
知识点:3.抛物线
①②③④⑤
略
男婴为24人,女婴为8人;出生时间在白天的男婴为31人,女婴为26人.
(1)将下面的2×2列联表补充完整;
(2)能否在犯错误的概率不超过0.1的前提下认为婴儿性别与出生时间有关系?
出生时间
性别
晚上
白天
合计
男婴
女婴
合计
P(K2≥k0)
0.15
0.10
0.05
k0
2.072
2.706
3.841
K2=
知识点:5.独立性检验的基本思想及其初步运用
解(1)
出生时间 性别 |
晚上 |
白天 |
合计 |
男婴 |
24 |
31 |
55 |
女婴 |
8 |
26 |
34 |
合计 |
32 |
57 |
89 |
(6分)
(2)由所给数据计算出K2的观测值k≈3.689,而根据表知
P(K2≥2.706)≈0.10,
而3.689>2.706,因此在犯错误概率不超过0.1的前提下认为“婴儿的性别与出生的时间有关系”.
(12分)
略
如图,过抛物线y2=2px (p>0)焦点F的直线交抛物线于A、B两点,O为坐标原点,l为抛物线的准线,点D在l上。
(1)求证:“如果A、O、D三点共线,则直线DB与
x轴平行”;
(2)写出(1)中命题的逆命题,判断它是真命题还是
假命题,并说明理由.
知识点:3.抛物线
(1)证明:设点A的坐标为(,y0),则直线OA的方程为
(y0≠0) ① 抛物线的准线方程是x=- ②
联立①②,可得点D的纵坐标为y=- ③ (3分)
因为点F的坐标是(,0),所以直线AF的方程为y=(x-) ④
其中y≠p2.联立y2=2px与④,可得点B的纵坐标为y=- ⑤
由③⑤可知,DB∥x轴.
当y=p2时,结论显然成立.所以,直线DB平行于抛物线的对称轴.
(6分)
(2)逆命题:如果DB与x轴平行,则A、O、D三点共线它是真命题,证明如下
(8分)
因为抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F(,0),所以经过点F的直线AB的方程可设为x=my+.代入抛物线方程,得y2-2pmy-p2=0.
若记A(x1,y1),B(x2,y2),则y1,y2是该方程的两个根,所以y1y2=-p2.
(10分)
因为DB∥x轴,且点D在准线x=-上,所以点D的坐标为(-,y2),故直线DO的斜率为k=,
即k也是直线OA的斜率,所以直线AD经过原点O,即A、O、D三点共线.
(12分)
略
如图,长方体ABCD—A1B1C1D1中,点E、F分别在BB1、DD1上,且AE⊥A1B,AF⊥A1D.
(1)求证:A1C⊥平面AEF;
(2)当AB=4,AD=3,AA1=5时,
求平面AEF与平面D1B1BD所成的角的余弦值.
知识点:10.空间角与距离
(1)证明:因为A1C·AE=(A1B+BC)·AE=BC·AE=BC·(AB+BE)=0,
所以A1C⊥AE;
(3分)
因为A1C·AF=(A1D+DC)·AF=DC·AF=DC·(AD+DF)=0,
所以A1C⊥AF,
因此,A1C⊥平面AEF.
(6分)
→
(2)解:以点A1为原点建立坐标系,得下列坐标:A1(0,0,0),B1(4,0,0),C1(4,3,0),D1(0,3,0),A(0,0,-5),B(4,0,-5),C(4,3,-5),D(0,3,-5).
设平面D1B1BD的法向量为a=(x,y,0),则a·B1D1=0,得4x=3y.
令x=3,y=4,则a=(3,4,0). cosθ==
(12分)
略
甲乙两人进行乒乓球比赛,约定每局胜者得1分,负者得0分,比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止.设甲在每局中获胜的概率为,乙在每局中获胜的概率为,且各局胜负相互独立,比赛停止时一共已打ξ局.
(1)列出随机变量ξ的分布列;(2)求ξ的期望值Eξ.
知识点:9.离散型随机变量的分布列、均值与方差
(1)证明:因为A1C·AE=(A1B+BC)·AE=BC·AE=BC·(AB+BE)=0,
所以A1C⊥AE;
(3分)
因为A1C·AF=(A1D+DC)·AF=DC·AF=DC·(AD+DF)=0,
所以A1C⊥AF,
因此,A1C⊥平面AEF.
(6分)
→
(2)解:以点A1为原点建立坐标系,得下列坐标:A1(0,0,0),B1(4,0,0),C1(4,3,0),D1(0,3,0),A(0,0,-5),B(4,0,-5),C(4,3,-5),D(0,3,-5).
设平面D1B1BD的法向量为a=(x,y,0),则a·B1D1=0,得4x=3y.
令x=3,y=4,则a=(3,4,0). cosθ==
(12分)
略
如图,平面PAD⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,△PAD是直角三角形,且PA=AD=2,E、F、G分别是线段PA、PD、CD的中点.
(1)求证:PB∥平面EFG;
(2)求异面直线EG与BD所成角的余弦值;
(3)在线段CD上是否存在一点Q,使得A点到平面EFQ的距离为,
若存在,求出CQ的值?若不存在,请说明理由.
知识点:5.直线、平面平行的判定及其性质
解法一:
(1)取AB的中点H,连接GH,HE,
∵E、F、G分别是线段PA、PD、CD的中点,
∴GH∥AD∥EF,∴E、F、H、G四点共面.
又H为AB的中点,∴EH∥PB.
又EH面EFG,PB平面EFG,∴PB∥平面EFG.
(4分)
(2)取BC的中点M,连接GM、AM、EM,则GM∥BD,
∴∠EGM(或其补角)就是异面直线EG与BD所成的角.
在Rt△MAE中,EM==,
同理EG=,又GM=MD=
∴在△MGE中,cos∠EGM===,
故异面直线EG与BD所成角的余弦值为.
(8分)
(3)假设在线段CD上存在一点Q满足题设条件,过点Q作QR⊥AB于R,连接RE,则QR∥AD.
∵四边形ABCD是正方形,△PAD是直角三角形,且PA=AD=2,
∴AD⊥AB,AD⊥PA.又AB∩PA=A,∴AD⊥平面PAB.
又∵E、F分别是PA、PD的中点,∴EF∥AD,∴EF⊥平面PAB.
又EF面EFQ,∴面EFQ⊥面PAB.
过A作AT⊥ER于T,则AT⊥平面EFQ,
∴AT就是点A到平面EFQ的距离.
设CQ=x(0≤x≤2),则BR=CQ=x,AR=2-x,AE=1,
在Rt△EAR中,AT===
解得x=.故存在点Q,当CQ=时,点A到平面EFQ的距离为
(13分)
解法二:建立如图所示的空间直角坐标系A—xyz,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(0,0,1),F(0,1,1),G(1,2,0).
(1)∵PB=(2,0,-2),FE=(0,-1,0),FG=(1,1,-1),
设PB=sFE+tFG,即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1),
∴解得s=t=2.
∴PB=2FE+2FG
又∵FE与FG不共线,∴PB,FE与FG共面.
∵PB平面EFG,∴PB∥平面EFG.
(4分)
(2)∵EG=(1,2,-1),BD=(-2,2,0).
∴cos<EG,BD>===
故异面直线EG与BD所成的角的余弦值为
(8分)
(3)假设线段CD上存在一点Q满足题设条件,令CQ=m(0≤m≤2),则DQ=2-m,
∴点Q的坐标为(2-m,2,0)
∴EQ=(2―m,2,―1)
而EF=(0,1,0),设平面EFQ的法向量为n=(x,y,z),则
∴
令x=1,则n=(1,0,2-m),又AE=(0,0,1),
∴点A到平面EFQ的距离d===
即(2-m)2=,
∴m=或m=,又m=>2不合题意,舍去.
故存在点Q,当CQ=时,点A到平面EFQ的距离为.
(13分)
略
已知定点A(1,0)和定直线x=-1的两个动点E、F,满足AE⊥AF,动点P满足EP∥OA,FO∥OP(其中O为坐标原点).
(1)求动点P的轨迹C的方程;
(2)过点B(0,2)的直线l与(1)中轨迹C相交于两个不同的点M、N,若∠MAN为钝角,求直线l的斜率的取值范围;
(3)过点T(-1,0)作直线m与(1)中的轨迹C交于两点G、H,问在x轴上是否存在一点D,使△DGH为等边三角形;若存在,试求出点D的坐标;若不存在,请说明理由.
知识点:3.抛物线
解:
(1)设P(x,y),E(-1,y1),F(-1,y2)(y1、y2均不为0),
由EP∥OA得y1=y,即E(-1,y).
由FO∥OP得y2=-,即F(―1,―),得
AE·AF=0 (2,-y1)·(2,y2)=0
y1y2=-4
y2=4x(x≠0)
所以动点P的轨迹C的方程为y2=4x(x≠0).
(3分)
(2)设直线l的方程y=kx+2(k≠0),M(,y1),N(,y2)联立得消去x得ky2-4y+8=0,所以y1+y2=,y1y2=,且△=16-32k>0,即k<.
所以AM·AN=·
=+y1y2
=
=+
因为∠MAN为钝角,所以AM·AN<0,所以-12<k<0.
(8分)
(3)
设m:y=k(x+1)(k≠0),代入y2=4x,得k2x2+2(k2-2)x+k2=0,
由,△=[2(k2―2)]2―4k2·k2=-16k2+16>0,得|k|<1.
设G(x1,y1),H(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=1,
所以|GH|=·=·
=.
GH的中点Q的坐标为(,).
假设存在点D(x0,0),使△DGH为等边三角形,又边GH的中垂线方程为
y-=―(x―).
由D在此中垂线上,得0-=―(x0―),x0=+1.
(11分)
设d为D到直线l的距离,由正三角形的条件有|GH|=d,可得
,
即3(1-k2)=k2,k2=,所以k=±,x0=,故存在点D(,0),使△DGH为等边三角形.
略