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云南省昭通市第一中学教研联盟2023-2024学年高二下学期7月期末质量检测数学试题（B卷）
1．（2024高二下·昭通期末）若复数，则（　　）
A． B．10 C． D．20
【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数的模
【解析】【解答】解：因为复数，
所以．
故选：A．
【分析】
本题主要考查复数的模长，根据复数模的定义求解即可.
2．（2024高二下·昭通期末）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：集合，，
则.
故答案为：C.
【分析】根据集合的并集定义求解即可.
3．（2024高二下·昭通期末）命题的否定是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】全称量词命题；命题的否定
【解析】【解答】解：因为全称量词命题的否定为存在量词命题，
所以命题的否定是.
故答案为：C
【分析】利用全称量词命题的否定为否量词和结论即可求解.
4．（2024高二下·昭通期末）等差数列的前项和为，且，则（　　）
A．18 B．24 C．27 D．54
【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为等差数列满足，所以.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据等差数列的求和公式以及等差数列的性质求解即可.
5．（2024高二下·昭通期末）设，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：易知，即，
，即；
，即，
综上，.
故答案为：C.
【分析】利用指数、对数函数的单调性结合中间值“1”判断大小即可.
6．（2024高二下·昭通期末）为了得到函数的图象，只需要把函数图象（　　）
A．先将横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再向右平移个单位
B．先将横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再向右平移个单位
C．先向左平移个单位，再将横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）
D．先向右平移个单位，再将横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）
【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：函数，
把函数图象先向右平移个单位，再将横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到函数；
或把函数图象横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再向右平移个单位得到函数.
故答案为：B.
【分析】根据三角函数图象的平移、伸缩变换求解即可.
7．（2024高二下·昭通期末）已知圆关于直线对称，则（　　）
A．0 B．1 C．2 D．4
【答案】C
【知识点】关于点、直线对称的圆的方程
【解析】【解答】解：由题得圆心的坐标为，
因为已知圆关于直线对称，
所以.
故答案为：C
【分析】由题意根据圆心在直线上，求得．
8．（2024高二下·昭通期末）某记者与参加会议的5名代表一起合影留念（6人站成一排），则记者站两端，且代表甲与代表乙不相邻的排法种数为（　　）
A．72 B．96 C．144 D．240
【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：第一步除代表甲与代表乙以外的3名代表的排法有种，
第二步由代表甲与代表乙不相邻，利用插空法，将代表甲与代表乙插入其他3名代表排好后产生的4个空位，方法为种，
第三步将记者安排在两端有种，
所以共有种排法.
故答案为：C.
【分析】分三步，先除代表甲与代表乙以外的3名代表全排，其次将代表甲与代表乙插入3名代表排好后产生的4个空位，最后安排记者在两端，最后利用分步呈法计数即可求解.
9．（2024高二下·昭通期末）若为数列的前项和，且，则下列说法正确的是（　　）
A． B．
C．数列是等比数列 D．数列是等比数列
【答案】B,C
【知识点】等比关系的确定；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：已知，
B、当时，解得，故B正确；
A、当时，即，解得，
所以，故A错误；
C、当时，所以，
即，所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，故C正确；
D、，
所以，则，所以数列不是等比数列，
故D错误.
故答案为：BC
【分析】利用，当时可得即可判断A；当可得即可判断B；两式作差得到是以为首项，为公比的等比数列，即可求出与，判断C；利用等比数列的定义判断D.
10．（2024高二下·昭通期末）关于的展开式，下列结论正确的是（　　）
A．所有的二项式系数和为16 B．所有项的系数和为243
C．只有第3项的二项式系数最大 D．x的系数为40
【答案】B,D
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：A中：的展开式的所有二项式系数和为，故A错误；
B中：取，可得所有项的系数和为，故B正确；
C中：的展开式有6项，第3项与第4项的二项式系数相等且最大，即，故C错误；
D中：展开式的通项为，由，得，
∴含x项的系数为，故D正确．
故选：BD．
【分析】由二项展开式的二项式系数的性质判断AC；取求得所有项的系数和判断B；写出展开式的通项，由x的指数为1求得r值，可得含x项的系数判断D．
11．（2024高二下·昭通期末）已知正方体的棱长为1，E是的中点，则下列选项中正确的是（　　）
A．
B．平面
C．三棱锥的体积为
D．异面直线与所成的角为45°
【答案】A,B,C
【知识点】异面直线所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：已知如图所示：
因为平面，平面，
所以，
因为，，平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以，故A正确；
因为，平面，平面，
所以平面，故B正确；
三棱锥的体积为，故C错误；
因为，
所以是异面直线与所成的角，又是等边三角形，
所以异面直线与所成的角为60°，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】由题意可得平面，从而可得即可判断A；利用线面平行的判定定理可判断B；利用进行求解即可C；利用，可得是异面直线与所成的角即可判断D.
12．（2024高二下·昭通期末）已知，且，则的值为　 　．
【答案】15
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：，，
解得．
故答案为：15．
【分析】根据两向量平行的坐标运算，从而得出k的值.
13．（2024高二下·昭通期末）已知，，则的最小值为　 　.
【答案】4
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为，，
所以
，
当且仅当，即，时等号成立，
所以的最小值为4.
故答案为：4
【分析】利用“1”的妙用及基本不等式即可求解.
14．（2024高二下·昭通期末）“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，它的圆心是椭圆中心，这个圆称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆C：的蒙日圆方程为，则椭圆C的离心率为　 　．
【答案】
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】由椭圆C：知，椭圆的右顶点为，
上顶点为，过作椭圆的切线，
则交点坐标为，
因为椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，
所以在，
所以，解得：，
则椭圆C的离心率为.
故答案为：
【分析】取椭圆的右顶点和上顶点作椭圆的两条切线，求出交点坐标，又因为在，代入可求出a，再由离心率的公式即可求出椭圆C的离心率.
15．（2024高二下·昭通期末）在中，角所对的边分别为，已知.
（1）若，求角的大小；
（2）若，求边上的高.
【答案】（1）解：由正弦定理，，即，
因，故，即是锐角，故；
（2）解：已知如图所示：
由余弦定理，，
所以是锐角，则，
作于点，在中，，
即边上的高是.
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）先利用正弦定理求得，再利用边和角的关系可得角的范围，即可求解；
（2）先由余弦定理，再利用直角三角形中三角函数的定义计算即可求解.
（1）由正弦定理，，即，
因，故，即是锐角，故；
（2）如图，由余弦定理，，
知角是锐角，则，
作于点，在中，，
即边上的高是.
16．（2024高二下·昭通期末）已知函数的图象在点处的切线方程为.
（1）求，；
（2）求的单调区间和极值.
【答案】（1）解：定义域为，，将点代入中，
，∴.
所以，解得

（2）解：，
，
2
＋ 0 － 0 ＋
极大值 极小值
的单调递增区间为，，单调递减区间为；
的极大值为，极小值为.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）先求导可得，再计算出，最后导数的几何意义可得切线斜率-2，列出方程即可求解；
（2）在（1）的基础上，解不等式，利用导数的正负和函数单调的关系即可求单调区间和极值.
（1）定义域为，，
将点代入中，
，∴.
所以，解得
（2），
，
2
＋ 0 － 0 ＋
极大值 极小值
的单调递增区间为，，单调递减区间为；
的极大值为，极小值为.
17．（2024高二下·昭通期末）如图，在正方体中，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明：连接，如图所示：
因为几何体为正方体，所以，四边形为平行四边形，所以，因为，
所以，
又平面，平面，所以平面，又平面，所以，
平面，平面，所以平面；
（2）解：以方向为轴正方向，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立空间直角坐标系如图所示：
不妨设正方体边长为1，则，，，设平面的法向量为，则，
即，设，则，，
设直线与平面所成角为，则，即，所以，
故直线与平面所成角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用正方形的对角线互相垂直可得，再利用可得，利用线面垂直的判断定理即可求证；
（2）建立空间直角坐标系，可得和平面的法向量，由向再利用线面夹角公式即可求出与平面所成角的正弦值，最后利用同角三角函数即可求解.
（1）连接，因为几何体为正方体，所以，四边形为平行四边形，所以，因为，所以，
又平面，平面，所以平面，又平面，所以，
平面，平面，所以平面；
（2）以方向为轴正方向，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，不妨设正方体边长为1，则，，，设平面的法向量为，则，即，设，则，，
设直线与平面所成角为，则，即，所以，
故直线与平面所成角的余弦值为.
18．（2024高二下·昭通期末）第19届亚运会于2023年9月23日在我国杭州举行，浙江某大学举办了一次主题为“喜迎杭州亚运，讲好浙江故事”的知识竞赛，并从所有参赛大学生中随机抽取了100人，统计发现他们的竞赛成绩分数均分布在内，根据调查的结果绘制了学生分数频率分布直方图，如图所示．高于850分的学生被称为“特优选手”．
（1）求a的值，并估计该校学生分数的第70百分位数和平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）现采用分层抽样的方式从分数在，内的两组学生中共抽取10人，再从这10人中随机抽取4人，记被抽取的4名学生中是“特优选手”的人数为随机变量X，求X的分布列及数学期望．
【答案】（1）解：由频率分布直方图知，
设第70百分位数为x，前两组所占频率为，
前三组所占频率为，则x位于第三组数据中，
所以，
平均数
；
（2）解：由（1）知分数在，内的两组学生分别有人，
所以各自抽取的人数分别为人，
显然“特优选手”有4人，
故X可取，，
，
所以其分布列为：
X 0 1 2 3 4
P
.
【知识点】频率分布直方图；离散型随机变量及其分布列；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图的频率和为1可得、再利用百分位数、平均数的计算公式即可求解；
（2）利用分层抽样的法则先确定两组抽取到的人数分别为6，4，再利用离散型随机变量的分布列及期望公式计算即可求解.
（1）由频率分布直方图知，
设第70百分位数为x，前两组所占频率为，
前三组所占频率为，则x位于第三组数据中，
所以，
平均数
；
（2）由（1）知分数在，内的两组学生分别有
人，
所以各自抽取的人数分别为人，
显然“特优选手”有4人，
故X可取，，
，
所以其分布列为：
X 0 1 2 3 4
P
.
19．（2024高二下·昭通期末）已知双曲线：（）经过点和，，，，分别在双曲线的左、右两支上，为双曲线左支上一点，且，，三点共线，，，三点共线，直线，的斜率分别记为，.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）求证：为定值；
（3）试判断直线是否过定点，若是，请求出定点坐标，若不是，请说明理由.
【答案】（1）解：依题意可得，解得，
所以双曲线方程为.
（2）证明：设直线的方程为，如图所示：
由得，
因为直线与双曲线的左、右支分别交于点，
所以，解得，
所以
则
，
即为定值．
（3）解：设直线的方程为，
由得，
，
所以，
由，结合（2）可知，
由，得，即或，
当时，直线过点，不符合题意，舍去，
当时，直线的方程为，令，则，
所以直线过定点．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）先利用双曲线过点和，代入方程可得方程组，解方程组即可求解；
（2）由题意易得直线的斜率存在，设，直线的方程为，联立直线与双曲线方程可得，化简的式子及根与系数即可求解；
（3）设，利用根与系数的关系以及定值，求出、的关系，即可得到直线方程，令y=9即可求解．
（1）依题意可得，解得，
所以双曲线方程为.
（2）设直线的方程为，
由得，
因为直线与双曲线的左、右支分别交于点，
所以，解得，
所以
则
，
即为定值．
（3）设直线的方程为，
由得，
，
所以，
由，结合（2）可知，
由，得，即或，
当时，直线过点，不符合题意，舍去，
当时，直线的方程为，令，则，
所以直线过定点．
1 / 1云南省昭通市第一中学教研联盟2023-2024学年高二下学期7月期末质量检测数学试题（B卷）
1．（2024高二下·昭通期末）若复数，则（　　）
A． B．10 C． D．20
2．（2024高二下·昭通期末）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·昭通期末）命题的否定是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2024高二下·昭通期末）等差数列的前项和为，且，则（　　）
A．18 B．24 C．27 D．54
5．（2024高二下·昭通期末）设，，，则（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·昭通期末）为了得到函数的图象，只需要把函数图象（　　）
A．先将横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再向右平移个单位
B．先将横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再向右平移个单位
C．先向左平移个单位，再将横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）
D．先向右平移个单位，再将横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）
7．（2024高二下·昭通期末）已知圆关于直线对称，则（　　）
A．0 B．1 C．2 D．4
8．（2024高二下·昭通期末）某记者与参加会议的5名代表一起合影留念（6人站成一排），则记者站两端，且代表甲与代表乙不相邻的排法种数为（　　）
A．72 B．96 C．144 D．240
9．（2024高二下·昭通期末）若为数列的前项和，且，则下列说法正确的是（　　）
A． B．
C．数列是等比数列 D．数列是等比数列
10．（2024高二下·昭通期末）关于的展开式，下列结论正确的是（　　）
A．所有的二项式系数和为16 B．所有项的系数和为243
C．只有第3项的二项式系数最大 D．x的系数为40
11．（2024高二下·昭通期末）已知正方体的棱长为1，E是的中点，则下列选项中正确的是（　　）
A．
B．平面
C．三棱锥的体积为
D．异面直线与所成的角为45°
12．（2024高二下·昭通期末）已知，且，则的值为　 　．
13．（2024高二下·昭通期末）已知，，则的最小值为　 　.
14．（2024高二下·昭通期末）“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，它的圆心是椭圆中心，这个圆称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆C：的蒙日圆方程为，则椭圆C的离心率为　 　．
15．（2024高二下·昭通期末）在中，角所对的边分别为，已知.
（1）若，求角的大小；
（2）若，求边上的高.
16．（2024高二下·昭通期末）已知函数的图象在点处的切线方程为.
（1）求，；
（2）求的单调区间和极值.
17．（2024高二下·昭通期末）如图，在正方体中，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的余弦值．
18．（2024高二下·昭通期末）第19届亚运会于2023年9月23日在我国杭州举行，浙江某大学举办了一次主题为“喜迎杭州亚运，讲好浙江故事”的知识竞赛，并从所有参赛大学生中随机抽取了100人，统计发现他们的竞赛成绩分数均分布在内，根据调查的结果绘制了学生分数频率分布直方图，如图所示．高于850分的学生被称为“特优选手”．
（1）求a的值，并估计该校学生分数的第70百分位数和平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）现采用分层抽样的方式从分数在，内的两组学生中共抽取10人，再从这10人中随机抽取4人，记被抽取的4名学生中是“特优选手”的人数为随机变量X，求X的分布列及数学期望．
19．（2024高二下·昭通期末）已知双曲线：（）经过点和，，，，分别在双曲线的左、右两支上，为双曲线左支上一点，且，，三点共线，，，三点共线，直线，的斜率分别记为，.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）求证：为定值；
（3）试判断直线是否过定点，若是，请求出定点坐标，若不是，请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数的模
【解析】【解答】解：因为复数，
所以．
故选：A．
【分析】
本题主要考查复数的模长，根据复数模的定义求解即可.
2．【答案】C
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：集合，，
则.
故答案为：C.
【分析】根据集合的并集定义求解即可.
3．【答案】C
【知识点】全称量词命题；命题的否定
【解析】【解答】解：因为全称量词命题的否定为存在量词命题，
所以命题的否定是.
故答案为：C
【分析】利用全称量词命题的否定为否量词和结论即可求解.
4．【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为等差数列满足，所以.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据等差数列的求和公式以及等差数列的性质求解即可.
5．【答案】C
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：易知，即，
，即；
，即，
综上，.
故答案为：C.
【分析】利用指数、对数函数的单调性结合中间值“1”判断大小即可.
6．【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：函数，
把函数图象先向右平移个单位，再将横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到函数；
或把函数图象横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再向右平移个单位得到函数.
故答案为：B.
【分析】根据三角函数图象的平移、伸缩变换求解即可.
7．【答案】C
【知识点】关于点、直线对称的圆的方程
【解析】【解答】解：由题得圆心的坐标为，
因为已知圆关于直线对称，
所以.
故答案为：C
【分析】由题意根据圆心在直线上，求得．
8．【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：第一步除代表甲与代表乙以外的3名代表的排法有种，
第二步由代表甲与代表乙不相邻，利用插空法，将代表甲与代表乙插入其他3名代表排好后产生的4个空位，方法为种，
第三步将记者安排在两端有种，
所以共有种排法.
故答案为：C.
【分析】分三步，先除代表甲与代表乙以外的3名代表全排，其次将代表甲与代表乙插入3名代表排好后产生的4个空位，最后安排记者在两端，最后利用分步呈法计数即可求解.
9．【答案】B,C
【知识点】等比关系的确定；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：已知，
B、当时，解得，故B正确；
A、当时，即，解得，
所以，故A错误；
C、当时，所以，
即，所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，故C正确；
D、，
所以，则，所以数列不是等比数列，
故D错误.
故答案为：BC
【分析】利用，当时可得即可判断A；当可得即可判断B；两式作差得到是以为首项，为公比的等比数列，即可求出与，判断C；利用等比数列的定义判断D.
10．【答案】B,D
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：A中：的展开式的所有二项式系数和为，故A错误；
B中：取，可得所有项的系数和为，故B正确；
C中：的展开式有6项，第3项与第4项的二项式系数相等且最大，即，故C错误；
D中：展开式的通项为，由，得，
∴含x项的系数为，故D正确．
故选：BD．
【分析】由二项展开式的二项式系数的性质判断AC；取求得所有项的系数和判断B；写出展开式的通项，由x的指数为1求得r值，可得含x项的系数判断D．
11．【答案】A,B,C
【知识点】异面直线所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：已知如图所示：
因为平面，平面，
所以，
因为，，平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以，故A正确；
因为，平面，平面，
所以平面，故B正确；
三棱锥的体积为，故C错误；
因为，
所以是异面直线与所成的角，又是等边三角形，
所以异面直线与所成的角为60°，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】由题意可得平面，从而可得即可判断A；利用线面平行的判定定理可判断B；利用进行求解即可C；利用，可得是异面直线与所成的角即可判断D.
12．【答案】15
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：，，
解得．
故答案为：15．
【分析】根据两向量平行的坐标运算，从而得出k的值.
13．【答案】4
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为，，
所以
，
当且仅当，即，时等号成立，
所以的最小值为4.
故答案为：4
【分析】利用“1”的妙用及基本不等式即可求解.
14．【答案】
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】由椭圆C：知，椭圆的右顶点为，
上顶点为，过作椭圆的切线，
则交点坐标为，
因为椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，
所以在，
所以，解得：，
则椭圆C的离心率为.
故答案为：
【分析】取椭圆的右顶点和上顶点作椭圆的两条切线，求出交点坐标，又因为在，代入可求出a，再由离心率的公式即可求出椭圆C的离心率.
15．【答案】（1）解：由正弦定理，，即，
因，故，即是锐角，故；
（2）解：已知如图所示：
由余弦定理，，
所以是锐角，则，
作于点，在中，，
即边上的高是.
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）先利用正弦定理求得，再利用边和角的关系可得角的范围，即可求解；
（2）先由余弦定理，再利用直角三角形中三角函数的定义计算即可求解.
（1）由正弦定理，，即，
因，故，即是锐角，故；
（2）如图，由余弦定理，，
知角是锐角，则，
作于点，在中，，
即边上的高是.
16．【答案】（1）解：定义域为，，将点代入中，
，∴.
所以，解得

（2）解：，
，
2
＋ 0 － 0 ＋
极大值 极小值
的单调递增区间为，，单调递减区间为；
的极大值为，极小值为.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）先求导可得，再计算出，最后导数的几何意义可得切线斜率-2，列出方程即可求解；
（2）在（1）的基础上，解不等式，利用导数的正负和函数单调的关系即可求单调区间和极值.
（1）定义域为，，
将点代入中，
，∴.
所以，解得
（2），
，
2
＋ 0 － 0 ＋
极大值 极小值
的单调递增区间为，，单调递减区间为；
的极大值为，极小值为.
17．【答案】（1）证明：连接，如图所示：
因为几何体为正方体，所以，四边形为平行四边形，所以，因为，
所以，
又平面，平面，所以平面，又平面，所以，
平面，平面，所以平面；
（2）解：以方向为轴正方向，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立空间直角坐标系如图所示：
不妨设正方体边长为1，则，，，设平面的法向量为，则，
即，设，则，，
设直线与平面所成角为，则，即，所以，
故直线与平面所成角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用正方形的对角线互相垂直可得，再利用可得，利用线面垂直的判断定理即可求证；
（2）建立空间直角坐标系，可得和平面的法向量，由向再利用线面夹角公式即可求出与平面所成角的正弦值，最后利用同角三角函数即可求解.
（1）连接，因为几何体为正方体，所以，四边形为平行四边形，所以，因为，所以，
又平面，平面，所以平面，又平面，所以，
平面，平面，所以平面；
（2）以方向为轴正方向，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，不妨设正方体边长为1，则，，，设平面的法向量为，则，即，设，则，，
设直线与平面所成角为，则，即，所以，
故直线与平面所成角的余弦值为.
18．【答案】（1）解：由频率分布直方图知，
设第70百分位数为x，前两组所占频率为，
前三组所占频率为，则x位于第三组数据中，
所以，
平均数
；
（2）解：由（1）知分数在，内的两组学生分别有人，
所以各自抽取的人数分别为人，
显然“特优选手”有4人，
故X可取，，
，
所以其分布列为：
X 0 1 2 3 4
P
.
【知识点】频率分布直方图；离散型随机变量及其分布列；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图的频率和为1可得、再利用百分位数、平均数的计算公式即可求解；
（2）利用分层抽样的法则先确定两组抽取到的人数分别为6，4，再利用离散型随机变量的分布列及期望公式计算即可求解.
（1）由频率分布直方图知，
设第70百分位数为x，前两组所占频率为，
前三组所占频率为，则x位于第三组数据中，
所以，
平均数
；
（2）由（1）知分数在，内的两组学生分别有
人，
所以各自抽取的人数分别为人，
显然“特优选手”有4人，
故X可取，，
，
所以其分布列为：
X 0 1 2 3 4
P
.
19．【答案】（1）解：依题意可得，解得，
所以双曲线方程为.
（2）证明：设直线的方程为，如图所示：
由得，
因为直线与双曲线的左、右支分别交于点，
所以，解得，
所以
则
，
即为定值．
（3）解：设直线的方程为，
由得，
，
所以，
由，结合（2）可知，
由，得，即或，
当时，直线过点，不符合题意，舍去，
当时，直线的方程为，令，则，
所以直线过定点．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）先利用双曲线过点和，代入方程可得方程组，解方程组即可求解；
（2）由题意易得直线的斜率存在，设，直线的方程为，联立直线与双曲线方程可得，化简的式子及根与系数即可求解；
（3）设，利用根与系数的关系以及定值，求出、的关系，即可得到直线方程，令y=9即可求解．
（1）依题意可得，解得，
所以双曲线方程为.
（2）设直线的方程为，
由得，
因为直线与双曲线的左、右支分别交于点，
所以，解得，
所以
则
，
即为定值．
（3）设直线的方程为，
由得，
，
所以，
由，结合（2）可知，
由，得，即或，
当时，直线过点，不符合题意，舍去，
当时，直线的方程为，令，则，
所以直线过定点．
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