高中數(shù)學綜合測試題-參考答案

高中數(shù)學綜合檢測題一(必修3、選修2-1)參考答案BBACB BDACC CC48 eq\f(1,3) eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,8)＝1 600三、解答題17．解(1)甲校兩男教師分別用A、B表示，女教師用C表示；乙校男教師用D表示，兩女教師分別用E、F表示．從甲校和乙校報名的教師中各任選1名的所有可能的結(jié)果為：(A，D)，(A，E)，(A，F(xiàn))，(B，D)，(B，E)，(B，F(xiàn))，(C，D)，(C，E)，(C，F(xiàn))共9種，從中選出兩名教師性別相同的結(jié)果有：(A，D)，(B，D)，(C，E)，(C，F(xiàn))共4種，選出的兩名教師性別相同的概率為P＝eq\f(4,9).(2)從甲校和乙校報名的教師中任選2名的所有可能的結(jié)果為：(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(A，F(xiàn))，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(B，F(xiàn))，(C，D)，(C，E)，(C，F(xiàn))，(D，E)，(D，F(xiàn))，(E，F(xiàn))共15種．從中選出兩名教師來自同一學校的結(jié)果有：(A，B)，(A，C)，(B，C)，(D，E)，(D，F(xiàn))，(E，F(xiàn))共6種，選出的兩名教師來自同一學校的概率為P＝eq\f(6,15)＝eq\f(2,5).18．解(1)頻率分布表：分組頻數(shù)頻率[41,51)2eq\f(2,30)[51,61)1eq\f(1,30)[61,71)4eq\f(4,30)[71,81)6eq\f(6,30)[81,91)10eq\f(10,30)[91,101)5eq\f(5,30)[101,111)2eq\f(2,30)(2)頻率分布直方圖：(3)答對下述兩條中的一條即可：(i)該市一個月中空氣污染指數(shù)有2天處于優(yōu)的水平，占當月天數(shù)的eq\f(1,15)；有26天處于良的水平，占當月天數(shù)的eq\f(13,15)；處于優(yōu)或良的天數(shù)共有28天，占當月天數(shù)的eq\f(14,15).說明該市空氣質(zhì)量基本良好．(ii)輕微污染有2天，占當月天數(shù)的eq\f(1,15).污染指數(shù)在80以上的接近輕微污染的天數(shù)有15天，加上處于輕微污染的天數(shù)，共有17天，占當月天數(shù)的eq\f(17,30)，超過50%.說明該市空氣質(zhì)量有待進一步改善．19．證明(1)因為∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝eq\r(3)AD.從而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD.所以BD⊥平面PAD，故PA⊥BD.(2)解如圖，以D為坐標原點，AD的長為單位長，射線DA為x軸的正半軸，建立空間直角坐標系D－xyz，則A(1，0，0)，B(0，eq\r(3)，0)，C(－1，eq\r(3)，0)，P(0，0，1)．eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，－1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，0，0)．設平面PAB的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PB,\s\up6(→))＝0.))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)y＝0，,\r(3)y－z＝0.))因此可取n＝(eq\r(3)，1，eq\r(3))．設平面PBC的法向量為m，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(PB,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BC,\s\up6(→))＝0.))可取m＝(0，－1，－eq\r(3))．cos〈m，n〉＝eq\f(－4,2\r(7))＝－eq\f(2\r(7),7).故二面角A-PB-C的余弦值為－eq\f(2\r(7),7).20．解(1)設M的坐標為(x，y)，P的坐標為(xP，yP)，由已知得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xP＝x，,yP＝\f(5,4)y.))∵P在圓上，∴x2＋(eq\f(5,4)y)2＝25，即軌跡C的方程為eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1.(2)過點(3，0)且斜率為eq\f(4,5)的直線方程為y＝eq\f(4,5)(x－3)，設直線與C的交點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，將直線方程y＝eq\f(4,5)(x－3)代入C的方程，得eq\f(x2,25)＋eq\f(（x－3）2,25)＝1，即x2－3x－8＝0.∴x1＝eq\f(3－\r(41),2)，x2＝eq\f(3＋\r(41),2).∴線段AB的長度為|AB|＝eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)＝eq\r(（1＋\f(16,25)）（x1－x2）2)＝eq\r(\f(41,25)×41)＝eq\f(41,5).21．(1)證明因為四邊形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.又因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，所以BD⊥平面PAC.(2)解設AC∩BD＝O，因為∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，所以BO＝1，AO＝CO＝eq\r(3).如圖，以O為坐標原點，建立空間直角坐標系O-xyz，則P(0，－eq\r(3)，2)，A(0，－eq\r(3)，0)，B(1，0，0)，C(0，eq\r(3)，0)．所以eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，－2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0，2eq\r(3)，0)．設PB與AC所成角為θ，則cosθ＝|eq\f(\o(PB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(PB,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)|＝eq\f(6,2\r(2)×2\r(3))＝eq\f(\r(6),4).(3)解由(2)知eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，0)．設P(0，－eq\r(3)，t)(t>0)，則eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，－eq\r(3)，t)．設平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，則eq\o(BC,\s\up6(→))·m＝0，eq\o(BP,\s\up6(→))·m＝0.所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)y＝0，,－x－\r(3)y＋tz＝0.))令y＝eq\r(3)，則x＝3，z＝eq\f(6,t).所以m＝(3，eq\r(3)，eq\f(6,t))．同理，平面PDC的法向量n＝(－3，eq\r(3)，eq\f(6,t))．因為平面PBC⊥平面PDC，所以m·n＝0，即－6＋eq\f(36,t2)＝0，解得t＝eq\r(6).所以PA＝eq\r(6).22．解(1)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋b,x2＝4y))得x2－4x－4b＝0(*)，因為直線l與拋物線C相切，所以Δ＝(－4)2－4×(－4b)＝0，解得b＝－1.(2)由(1)可知b＝－1，故方程(*)為x2－4x＋4＝0，解得x＝2，代入x2＝4y，得y＝1，故點A(2，1)．因為圓A與拋物線C的準線相切，所以圓A的半徑r就等于圓心A到拋物線的準線y＝－1的距離，即r＝|1－(－1)|＝2，所以圓A的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝4.高中數(shù)學綜合檢測題二(必修3、選修2-1)參考答案DBDAA ADCAD DA10 eq\f(1,3) 12 5三、解答題17．解本題考查概率統(tǒng)計的基礎知識和方法，考查運算能力，分析問題、解決問題的能力．(1)當X＝8時，由莖葉圖可知，乙組同學的植樹棵數(shù)是：8,8,9,10，所以平均數(shù)為：eq\x\to(x)＝eq\f(8＋8＋9＋10,4)＝eq\f(35,4)；方差為：s2＝eq\f(1,4)×[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8－\f(35,4)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8－\f(35,4)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9－\f(35,4)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10－\f(35,4)))2]＝eq\f(11,16).(2)記甲組四名同學為A1，A2，A3，A4，他們植樹的棵數(shù)依次為9,9,11,11；乙組四名同學為B1，B2，B3，B4，他們植樹的棵數(shù)依次為9,8,9,10.分別從甲、乙兩組中隨機選取一名同學，所有可能的結(jié)果有16個：(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A1，B4)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(A2，B4)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A3，B3)，(A3，B4)，(A4，B1)，(A4，B2)，(A4，B3)，(A4，B4)，用C表示“選出的兩名同學的植樹總棵數(shù)為19”這一事件，則C中的結(jié)果有4個，它們是：(A1，B4)，(A2，B4)，(A3，B2)，(A4，B2)．故所求概率為P(C)＝eq\f(4,16)＝eq\f(1,4).18．解(1)由頻率分布表得a＋0.2＋0.45＋b＋c＝1，即a＋b＋c＝0.35.因為抽取的20件日用品中，等級系數(shù)為4的恰有3件，所以b＝eq\f(3,20)＝0.15，等級系數(shù)為5的恰有2件，所以c＝eq\f(2,20)＝0.1，從而a＝0.35－b－c＝0.1.所以a＝0.1，b＝0.15，c＝0.1.(2)從日用品x1，x2，x3，y1，y2中任取兩件，所有可能的結(jié)果為：{x1，x2}，{x1，x3}，{x1，y1}，{x1，y2}，{x2，x3}，{x2，y1}，{x2，y2}，{x3，y1}，{x3，y2}，{y1，y2}．記事件A表示“從日用品x1，x2，x3，y1，y2中任取兩件，其等級系數(shù)相等”，則A包含的基本事件為：{x1，x2}，{x1，x3}，{x2，x3}，{y1，y2}，共4個．又基本事件的總數(shù)為10，故所求的概率P(A)＝eq\f(4,10)＝0.4.19．(1)證明因為EF∥AB，F(xiàn)G∥BC，EG∥AC，∠ACB＝90°.所以∠EGF＝90°，△ABC∽△EFG.由于AB＝2EF，因此BC＝2FG.連接AF，由于FG∥BC，F(xiàn)G＝eq\f(1,2)BC，在?ABCD中，M是線段AD的中點，則AM∥BC，且AM＝eq\f(1,2)BC，因此FG∥AM且FG＝AM，所以四邊形AFGM為平行四邊形，因此GM∥FA.又FA?平面ABFE，GM?平面ABFE，所以GM∥平面ABFE.(2)解因為∠ACB＝90°，所以∠CAD＝90°.又EA⊥平面ABCD，所以AC，AD，AE兩兩垂直．分別以AC，AD，AE所在直線為x軸，y軸和z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，不妨設AC＝BC＝2AE＝2，則由題意得A(0，0，0)，B(2，－2，0)，C(2，0，0)，E(0，0，1)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，－2，0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，2，0)．又EF＝eq\f(1,2)AB，所以F(1，－1，1)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－1，1，1)．設平面BFC的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則m·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，m·eq\o(BF,\s\up6(→))＝0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＝0，,x1＝z1，))取z1＝1，得x1＝1，所以m＝(1，0，1)．設平面向量ABF的法向量為n＝(x2，y2，z2)，則n·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(BF,\s\up6(→))＝0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝y(tǒng)2，,z2＝0，))取y2＝1，得x2＝1，則n＝(1，1，0)．所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(1,2).因此二面角A-BF-C的大小為60°.20．解(1)點P(x0，y0)(x0≠±a)在雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)上，有eq\f(x02,a2)－eq\f(y02,b2)＝1.由題意又有eq\f(y0,x0－a)·eq\f(y0,x0＋a)＝eq\f(1,5)，即x02－5y02＝a2，可得a2＝5b2，c2＝a2＋b2＝6b2，則e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(30),5).(2)聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－5y2＝5b2，,y＝x－c，))得4x2－10cx＋35b2＝0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(5c,2)，,x1x2＝\f(35b2,4).)) ①設eq\o(OC,\s\up6(→))＝(x3，y3)，eq\o(OC,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3＝λx1＋x2，,y3＝λy1＋y2，))又C為雙曲線上一點，即x32－5y32＝5b2，有(λx1＋x2)2－5(λy1＋y2)2＝5b2，化簡得λ2(x12－5y12)＋(x22－5y22)＋2λ(x1x2－5y1y2)＝5b2， ②又A(x1，y1)，B(x2，y2)在雙曲線上，所以x12－5y12＝5b2，x22－5y22＝5b2.由①式又有x1x2－5y1y2＝x1x2－5(x1－c)(x2－c)＝－4x1x2＋5c(x1＋x2)－5c2＝10b2，由②式得λ2＋4λ＝0，解出λ＝0，或λ＝－4.21．解如圖，以D為坐標原點，線段DA的長為單位長，射線DA為x軸的正半軸建立空間直角坐標系D-xyz.(1)證明依題意有Q