1、包头市包头市 2020 年年第一次模拟考试第一次模拟考试 理科数学理科数学 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每个题给出的四个选项中，只有在每个题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的一项是符合题目要求的. 1设集合 Ax|（x+1） （x2）0，Bx|1x2，则 AB（ ） A （1，2） B （1，2 C1，2 D1，2） 2已知 i 是虚数单位，若 1; =2i+1，则|z|（ ） A2 B2 C10 D10 3设等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 a45，S981，则 a10（ ） A23 B25 C28
2、 D29 4曲线 y（ax+2）ex在点（0，2）处的切线方程为 y2x+b，则 ab（ ） A4 B8 C4 D8 5当 a0 时，函数 f（x）（x2ax）ex的图象大致是（ ） A B C D 6如图，定点 A 和 B 都在平面 内，定点 P，PB，C 是 内异于 A 和 B 的动点，且 PCAC那么，动点 C 在平面 内的轨迹是（ ） A一条线段，但要去掉两个点 B一个圆，但要去掉两个点 C一个椭圆，但要去掉两个点 D半圆，但要去掉两个点 7小张家订了一份报纸，送报人可能在早上 6：307：30 之间把报送到小张家，小张离开 家去工作的时间在早上 7.008：00 之间用 A 表示事件
3、： “小张在离开家前能得到报纸 “，设送报人到达的时间为 x，小张离开家的时间为 yn（x，y）看成平面中的点，则用几 何概型的公式得到事件 A 的概率 P（A）等于（ ） A5 8 B2 5 C3 5 D7 8 8 在ABC 中， AD 为 BC 边上的中线， E 为 AD 的中点， 且| |1， | |2， BAC120， 则| |（ ） A 19 4 B 11 4 C 3 2 D 7 4 9公元 263 年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面 积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术” 利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到 小数点后两位的近似值 3.14，这就
4、是著名的“徽率” 如图是利用刘徽的“割圆术”思想 设计的一个程序框图，则输出 n 的值为（ ） （参考数据：3 1.732，sin150.2588，sin7.50.1305） A12 B24 C36 D48 10已知 F1，F2是双曲线 C： 2 2 2 2 =1（a0，b0）的左、右焦点，A，B 是 C 的左、 右顶点，点 P 在过 F1且斜率为 3 4 的直线上，PAB 为等腰三角形，ABP120，则 C 的渐近线方程为（ ） Ay= 1 2x By2x Cy= 3 3 x Dy= 3x 11 棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1内有一个内切球 O， 过正方体中两条异面直线 AB
5、， A1D1的中点 P，Q 作直线，则该直线被球面截在球内的线段的长为（ ） A 2 2 B2 1 C2 D1 12 设 yf （x） 是定义域为 R 的偶函数， 且在0， +） 单调递增， alog0.20.3， blog20.3， 则（ ） Af（a+b）f（ab）f（0） Bf（a+b）f（0）f（ab） Cf（ab）f（a+b）f（0） Df（ab）f（0）f（a+b） 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，小题，1315 题每题题每题 5 分，分，16 题第一问题第一问 2 分，第二问分，第二问 3 分，共分，共 20 分分 13 已知多项式 （1+ax） 5 （12x
6、） 4 的各项系数之和为 32， 则展开式中含 x 项的系数为 14已知抛物线 C：y24x 的焦点为 F，斜率为 2 的直线 1 与 C 的交点为 A，B，若|AF|+|BF| 5，则直线 l 的方程为 15若函数 f（x）sin2x+cos2x 在0， 2 和3m，上均单调递增，则实数 m 的取值范围 为 16分形几何学是数学家伯努瓦曼得尔布罗在 20 世纪 70 年代创立的一门新的数学学科， 它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路按照如图甲所示的分形规 律可得如图乙所示的一个树形图； 记图乙中第 n 行黑圈的个数为 an， 则 （1） a4 ； （2）2an 三、解答题：本
7、大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 70 分分.解答应写出必要的文字说明、证明过程和演算步骤解答应写出必要的文字说明、证明过程和演算步骤. 第第 17-21 题为必考题，每个试题考生都必须作答，第题为必考题，每个试题考生都必须作答，第 22、23 题为选考题，考生根据要求题为选考题，考生根据要求 作答作答.（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分. 17在ABC 中，角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，且232 2 + 3 = 0 （）求角 A 的大小； （）已知ABC 外接圆半径 = 3， = 3，求ABC 的周长 18如图，三棱柱 ABCA1B1C1中，侧面 BB1
8、C1C 是菱形，其对角线的交点为 O，且 AB AC1= 6，ABB1C （1）求证：AO平面 BB1C1C； （2） 设B1BC60， 若直线 A1B1与平面 BB1C1C 所成的角为 45， 求二面角 A1B1C1 B 的正弦值 19某校为了解校园安全教育系列活动的成效，对全校学生进行了一次安全意识测试，根据 测试成绩评定“合格“ “不合格“两个等级，同时对相应等级进行量化： “合格”记 5 分， “不合格”记 0 分现随机抽取部分学生的答卷，统计结果及对应的频率分布直方图如 图： 等级 不合格 合格 得分 20，40） 40，60） 60， 80） 80， 100 频数 6 a 24 b
9、 （1）由该题中频率分布直方图求测试成绩的平均数和中位数； （2）其他条件不变，在评定等级为“合格”的学生中依次抽取 2 人进行座谈，每次抽取 1 人，求在第 1 次抽取的测试得分低于 80 分的前提下，第 2 次抽取的测试得分仍低于 80 分的概率； （3）用分层抽样的方法，从评定等级为“合格”和“不合格”的学生中抽取 10 人进行 座谈，现再从这 10 人中任选 4 人，记所选 4 人的量化总分为 ，求 的数学期望 E（） 20已知椭圆 C： 2 2 + 2 2 =1（ab0）的右焦点为 F1，过点 F1且与 x 轴垂直的直线被 椭圆截得的线段长为2，且 F1与短轴两端点的连线相互垂直 （
10、1）求椭圆 C 的方程； （2）若圆 O：x2+y2a2上存在两点 M，N，椭圆 C 上存在两个点 P，Q 满足：M，N， F1三点共线，P，Q，F1三点共线，且 =0，求四边形 PMQN 面积的取值范围 21已知函数 f（x）ln（ax）a， （a0） （1）若函数 h（x）exf（x）在（0，+）上单调递增，求实数 a 的值； （2）定义：若直线 l：ykx+b 与曲线 C1：f1（x，y）0、C2：f2（x，y）0 都相切， 我们称直线 l 为曲线 C1、C2的公切线，证明：曲线 f（x）ln（ax）a， （a0）与 g （x）aex， （a0）总存在公切线 （二）选考题：共（二）选考题
11、：共 10 分分.请考生在第请考生在第 22、23 两题中任选一题作答，并用两题中任选一题作答，并用 2B 铅笔将所选题铅笔将所选题 号涂黑，多涂、错涂漏涂均不给分，如果多做，则按照所做的第一题记分号涂黑，多涂、错涂漏涂均不给分，如果多做，则按照所做的第一题记分.选修选修 4-4：坐标：坐标 系与参数方程系与参数方程 22在平面直角坐标系 xOy 中，以 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线 C：cos24asin（a0） ，直线 l 的参数方程为 = 2 + 2 2 = 1 + 2 2 （t 为参数） 直线 l 与 曲线 C 交于 M，N 两点 （）写出曲线 C 的直角坐标
12、方程和直线 l 的普通方程（不要求具体过程） ； （）设 P（2，1） ，若|PM|，|MN|，|PN|成等比数列，求 a 的值 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知函数 f（x）|xa2|+|x2a+3|，g（x）x2+ax+3 （1）当 a1 时，解关于 x 的不等式 f（x）6； （2）若对任意 x1R，都存在 x2R，使得不等式 f（x1）g（x2）成立，求实数 a 的取 值范围 答案+详解 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每个题给出的四个选项中，只有在每个题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要
13、求的一项是符合题目要求的 1设集合 Ax|（x+1） （x2）0，Bx|1x2，则 AB（ ） A （1，2） B （1，2 C1，2 D1，2） 可以求出集合 A，然后进行交集的运算即可 Ax|1x2，Bx|1x2， AB（1，2） 故选：A 本题考查了描述法、区间的定义，一元二次不等式的解法，交集的运算，考查了计算能 力，属于基础题 2已知 i 是虚数单位，若 1; =2i+1，则|z|（ ） A2 B2 C10 D10 把等式两边同乘以 1i，利用复数的乘法法则求出 z，再求模|z| 由已知：z（1i） （2i+1）3+i， ，则|z|= 10 故选：C 本题考查了复数的乘除运算及模的求
14、法，是基础题 3设等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 a45，S981，则 a10（ ） A23 B25 C28 D29 根据等差数列的前 n 项和公式表示出 S9，利用等差数列的性质即可求出 a5的值，再根据 通项公式即可求出 由 S9= 9(1+9) 2 =9a581，得到 a59， a45， da5a4954， a10a4+（104）d5+6429， 故选：D 此题考查学生灵活运用等差数列的前 n 项和公式化简求值，掌握等差数列的性质，是一 道基础题 4曲线 y（ax+2）ex在点（0，2）处的切线方程为 y2x+b，则 ab（ ） A4 B8 C4 D8 分别将切点代入切线方程求出
15、 b 的值，然后对函数求导数，将 x0 代入求出切线斜率， 令其为2 求出 a 的值，则问题可解 将（0，2）代入切线得 b2， 又 yex（ax+2+a） ， y|x0a+22， a4故 ab8 故选：B 本题考查了利用导数求切线方程的基本思路，抓住切点满足的条件列方程是关键同时 考查了学生运算能力以及逻辑推理能力属于基础题 5当 a0 时，函数 f（x）（x2ax）ex的图象大致是（ ） A B C D 利用函数图象的取值，函数的零点，以及利用导数判断函数的图象 由 f（x）0，解得 x22ax0，即 x0 或 x2a， a0，函数 f（x）有两个零点，A，C 不正确 设 a1，则 f（x
16、）（x22x）ex， f（x）（x22）ex， 由 f（x）（x22）ex0，解得 x2或 x 2 由 f（x）（x22）ex0，解得，2x2 即 x= 2是函数的一个极大值点， D 不成立，排除 D 故选：B 本题主要考查函数图象的识别和判断，充分利用函数的性质，本题使用特殊值法是判断 的关键，本题的难度比较大，综合性较强 6如图，定点 A 和 B 都在平面 内，定点 P，PB，C 是 内异于 A 和 B 的动点，且 PCAC那么，动点 C 在平面 内的轨迹是（ ） A一条线段，但要去掉两个点 B一个圆，但要去掉两个点 C一个椭圆，但要去掉两个点 D半圆，但要去掉两个点 先由 PB，得到 P
17、BAC，再由 PCAC，得到 AC面 PBC，进而得到 BCAC，从 而得到结论 PB PBAC 又PCAC AC面 PBC BCAC 动点 C 在平面 内的轨迹是以 AB 为直径的一个圆，但要去掉 A、B 两个点 故选：B 本题主要考查线线垂直与线面垂直间的转化为圆的周角的定义 7小张家订了一份报纸，送报人可能在早上 6：307：30 之间把报送到小张家，小张离开 家去工作的时间在早上 7.008：00 之间用 A 表示事件： “小张在离开家前能得到报纸 “，设送报人到达的时间为 x，小张离开家的时间为 yn（x，y）看成平面中的点，则用几 何概型的公式得到事件 A 的概率 P（A）等于（
18、） A5 8 B2 5 C3 5 D7 8 根据题意，设送报人到达的时间为 X，小张离开家的时间为 yn，则（X，Y）可以看成平 面中的点，分析可得由试验的全部结果所构成的区域并求出其面积，同理可得事件 A 所 构成的区域及其面积，由几何概型公式，计算可得答案 设送报人到达的时间为 X，小张离家去工作的时间为 yn， 以横坐标表示报纸送到时间，以纵坐标表示父亲离家时间， 建立平面直角坐标系，小张在离开家前能得到报纸的事件构成区域是下图： 由于随机试验落在方形区域内任何一点是等可能的，所以符合几何概型的条件 根据题意，只要点落到阴影部分，就表示小张在离开家前能得到报纸，即事件 A 发生， 所以
19、P（A）= 11 2 1 2 1 2 1 = 7 8 故选：D 本题考查概率的求法，考查几何概型等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 8 在ABC 中， AD 为 BC 边上的中线， E 为 AD 的中点， 且| |1， | |2， BAC120， 则| |（ ） A 19 4 B 11 4 C 3 2 D 7 4 结合题意画出图形，利用余弦定理求出 BC 和 cosABC，再根据 = 1 2（ + ） ， 即可求出| |的值 如图所示， ABC 中，BC2AB2+AC22ABAC1+4212cos1207， 所以 cosABC= 2+22 2 = 1+74 217 = 2 7； 又 = 1
20、 2（ + ） ， 所以 2 = 1 4（ 2 + 2 +2 ）= 1 4 （1+ 7 4 +21 7 2 2 7）= 19 16， 所以| |= 19 4 故选：A 本题考查了平面向量的加减运算以及解三角形的应用问题，也考查了运算能力，是中档 题 9公元 263 年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面 积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术” 利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到 小数点后两位的近似值 3.14，这就是著名的“徽率” 如图是利用刘徽的“割圆术”思想 设计的一个程序框图，则输出 n 的值为（ ） （参考数据：3 1.732，sin150.2588，
21、sin7.50.1305） A12 B24 C36 D48 列出循环过程中 S 与 n 的数值，满足判断框的条件即可结束循环 模拟执行程序，可得： n6，S3sin60= 33 2 ， 不满足条件 S3.10，n12，S6sin303， 不满足条件 S3.10，n24，S12sin15120.25883.1056， 满足条件 S3.10，退出循环，输出 n 的值为 24 故选：B 本题考查循环框图的应用，考查了计算能力，注意判断框的条件的应用，属于基础题 10已知 F1，F2是双曲线 C： 2 2 2 2 =1（a0，b0）的左、右焦点，A，B 是 C 的左、 右顶点，点 P 在过 F1且斜率
22、为 3 4 的直线上，PAB 为等腰三角形，ABP120，则 C 的渐近线方程为（ ） Ay= 1 2x By2x Cy= 3 3 x Dy= 3x 由题意画出图形， 结合已知条件求得 P 点坐标， 写出 F1P 所在直线方程， 代入 P 点坐标， 整理即可求得 C 的渐近线方程 如图， PAB 为等腰三角形，ABP120， P 点的坐标为（2a，3） ， F1P：y= 3 4 ( + )， 把 P 点坐标代入，可得3 = 3 4 (2 + )，即 2ac， 4a2c2a2+b2，得 =3 C 的渐近线方程为 = 3 故选：D 本题考查双曲线的简单性质，考查直线与双曲线位置关系的应用，考查计算
23、能力，是中 档题 11 棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1内有一个内切球 O， 过正方体中两条异面直线 AB， A1D1的中点 P，Q 作直线，则该直线被球面截在球内的线段的长为（ ） A 2 2 B2 1 C2 D1 连结并延长 PO， 交对棱 C1D1于 R， 则 R 为对棱的中点， 取 MN 的中点 H， 则 OHMN， 推导出 OHRQ， 且 OH= 1 2RQ= 2 2 ， 再由垂径定理求出该直线被球面截在球内的线段的 长 如图，MN 为该直线被球面截在球内的线段， 连结并延长 PO，交对棱 C1D1于 R， 则 R 为对棱的中点，取 MN 的中点 H，则 OHMN， O
24、HRQ，且 OH= 1 2RQ= 2 2 ， MH= 2 2=1 1 2 = 2 2 ， MN= 2 = 2 故选：C 本题考查直线被球面截在球内的线段的长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位 置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 12 设 yf （x） 是定义域为 R 的偶函数， 且在0， +） 单调递增， alog0.20.3， blog20.3， 则（ ） Af（a+b）f（ab）f（0） Bf（a+b）f（0）f（ab） Cf（ab）f（a+b）f（0） Df（ab）f（0）f（a+b） 由已知结合对数的运算性质可得1 + 1 = 0.30.2 + 0.32 =log0.3
25、0.4（0，1） ，即 0 + 1，从而可得 a，b 与 0 的大小关系，然后结合偶函数的对称性及已知函数的单 调性即可比较大小 根据题意，alog0.20.30，blog20.30， 1 + 1 = 0.30.2 + 0.32 =log0.30.4（0，1） ， 即 0 + 1， a0，b0， ab0， aba+b0， yf（x）是定义域为 R 的偶函数，且在0，+）单调递增，根据偶函数的对称性， 函数在（，0上单调递减， f（ab）f（a+b）f（0） 故选：C 本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，涉及对数的运算，属于中档题 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，小题，1
26、315 题每题题每题 5 分，分，16 题第一问题第一问 2 分，第二问分，第二问 3 分，共分，共 20 分分 13已知多项式（1+ax） 5 （12x） 4 的各项系数之和为 32，则展开式中含 x 项的系数为 3 令二项式中的 x 为 1，根据展开式的各项系数和，求出 a；利用二项展开式的通项公式求 出结论 令 x1 得展开式的各项系数之和为 2： （1+a）5 （12）432； a1， （1+ax）5（12x）4（1+x）5（12x）4； 所以：展开式中含 x 的项为：5 1x1144014+501541（2x）1133x； 故展开式中含 x 项的系数为：3； 故答案为：3 本题主要考
27、察二项式定理的应用，解决二项展开式的系数和问题常用的方法是给二项式 中的 x 赋值；求二项展开式的特殊项常用的方法二项展开式的通项公式 14已知抛物线 C：y24x 的焦点为 F，斜率为 2 的直线 1 与 C 的交点为 A，B，若|AF|+|BF| 5，则直线 l 的方程为 2xy20 设直线 l 的方程 y2（xt） ，与抛物线方程联立，结合根与系数关系得到 x1+x22t+1， 并利用抛物线定义得到：|AF|+|BF|x1+x2+p2t+1+25，解出 t 即可 设直线 l 的方程为 y2（xt） ，将其代入抛物线 y24x 得：x2（2t+1）x+t20， 设 A（x1，y1） ，B（
28、x2，y2） ， 则 x1+x22t+1， 由抛物线的定义可得：|AF|+|BF|x1+x2+p2t+1+25，解得 t1， 直线 l 的方程为 y2（x1）2x2，即 2xy20 故答案为：2xy20 本题考查了抛物线的性质，抛物线定义的应用，韦达定理等知识点，属中档题 15若函数 f（x）sin2x+cos2x 在0， 2 和3m，上均单调递增，则实数 m 的取值范围为 5 24 ， 4 可得出() = 2(2 + 4)， 然后即可得出 f （x） 在 3 8 ， 8， 5 8 ， 9 8 上是增函数， 从而可根据题意得出 0 2 8 5 8 3 ，解出 m 的范围即可 () = 2(2
29、+ 4)， 解 2 + 2 2 + 4 2 + 2得， 3 8 + 8 + ，kZ， k0 时， 3 8 8；k1 时， 5 8 9 8 ， f（x）在 3 8 ， 8， 5 8 ， 9 8 上单调递增，且 f（x）在0， 2，3m，上单调递增， 0 2 8 5 8 3 ，解得5 24 4， m 的取值范围为5 24 ， 4 故答案为：5 24 ， 4 本题考查了两角和的正弦公式，函数 yAsin（x+）的单调区间的求法，考查了计算 能力，属于中档题 16分形几何学是数学家伯努瓦曼得尔布罗在 20 世纪 70 年代创立的一门新的数学学科， 它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路按
30、照如图甲所示的分形规 律可得如图乙所示的一个树形图；记图乙中第 n 行黑圈的个数为 an， 则（1）a4 13 ； （2）2an 3n 11 （1）根据图甲所示的分形规律，1 个白圈分形为 2 个白圈 1 个黑圈，1 个黑圈分形为 1 个白圈 2 个黑圈，根据第三行的数据可求出第四行的黑圈的个数； （2）再根据前五行的黑圈数乘以 2，分别是 0，2，8，26，80，即 11，31，91， 271，811，可归纳第 n 行的黑圈数 （1）根据图甲所示的分形规律，1 个白圈分形为 2 个白圈 1 个黑圈， 1 个黑圈分形为 1 个白圈 2 个黑圈， 记某行白圈 x 个，黑圈 y 个为（x，y） ，
31、 则第一行记为（1，0） ， 第二行记为（2，1） ， 第三行记为（5，4） ， 第四行记为（14，13） 故 a413 （2）前五行的黑圈数乘以 2，分别是 0，2，8，26，80，即 11，31，91，271， 811， 第 n 行的黑圈数的 2 倍为： 2an3n 11 故答案为：3n 11 本题考查第 n 圈中黒球个数的求法，考查观察分析、等比数列的性质等基础知识，考查 归纳总结能力，是中档题 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 70 分分.解答应写出必要的文字说明、证明过程和演算步骤解答应写出必要的文字说明、证明过程和演算步骤. 第第 17-21 题为必考
32、题，每个试题考生都必须作答，第题为必考题，每个试题考生都必须作答，第 22、23 题为选考题，考生根据要求题为选考题，考生根据要求 作答作答.（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分. 17在ABC 中，角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，且232 2 + 3 = 0 （）求角 A 的大小； （）已知ABC 外接圆半径 = 3， = 3，求ABC 的周长 （I）利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得 = 3，结合范围 0A， 可求 A 的值 （II）由正弦定理可求 a，利用余弦定理可得2 3 6 = 0，解得 c 的值，可求周长 （本小题满分 12 分） 解： （I）232 2
33、+ 3 = 0， 23 1 2 + 3 = 0，（1 分） 即： 3 = 0，（2 分） = 3， 又 0A， = 3（6 分） （II） = 2，（7 分） = 2 = 23 3 = 3， = 3， 由 a2b2+c22bccosA，（9 分） 2 3 6 = 0， c0，所以得： = 23（11 分） 周长 a+b+c3+33 本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用， 考查了转化思想，属于中档题 18如图，三棱柱 ABCA1B1C1中，侧面 BB1C1C 是菱形，其对角线的交点为 O，且 AB AC1= 6，ABB1C （1）求证：AO平面 BB1C1C
34、； （2） 设B1BC60， 若直线 A1B1与平面 BB1C1C 所成的角为 45， 求二面角 A1B1C1 B 的正弦值 （1）由四边形 BB1C1C 是菱形得出 B1CBC1，证明 B1C平面 ABC1，得出 B1CAO， 再证 AOBC1，证得 AO平面 BB1C1C； （2）由（1）得 AO平面 BB1C1C，以 O 为原点，以 OB、OB1、OA 为 x、y、z 轴建立 空间直角坐标系 Oxyz， 利用坐标表示向量，求出二面角 A1B1C1B 的余弦值，再求正弦值 （1）证明：四边形 BB1C1C 是菱形，B1CBC1， ABB1C，ABBC1B，B1C平面 ABC1； B1CAO
35、， ABAC1，O 是 BC1的中点，AOBC1， 又B1CBC1O，AO平面 BB1C1C； （2）由（1）可得 AO平面 BB1C1C， 则 BO 是 AB 在平面 BB1C1C 上的射影， ABO 是直线 AB 与平面 BB1C1C 所成角，即ABO45， 在 RtABO 中，AOBO= 3， 又B1BC60，且 BCBB1， BB1C 是正三角形，BCBB12； 以 O 为原点，分别以 OB、OB1、OA 为 x、y、z 轴，建立空间直角坐标系 Oxyz， 则 A（0，0，3） ，B（3，0，0） ，B1（0，1，0） ，C1（3，0，0） ， 所以11 = =（3，0，3） ，11
36、=（3，1，0） ； 设平面 A1B1C1的一个法向量为1 =（x，y，z） ， 则 11 = 3 3 = 0 11 = 3 = 0 ， 可得1 =（1，3，1） ； 取平面 BB1C1C 的一个法向量为2 =（0，0，1） ； 则 cos1 ，2 = 1 2 |1 |2 | = 1 5 = 5 5 ， 所以二面角 A1B1C1B 的正弦值为1( 5 5 )2= 25 5 本题考查了线面垂直的证明以及二面角的计算问题，也考查了推理论证能力、运算求解 能力和空间想象能力，是中档题 19某校为了解校园安全教育系列活动的成效，对全校学生进行了一次安全意识测试，根据 测试成绩评定“合格“ “不合格“两
37、个等级，同时对相应等级进行量化： “合格”记 5 分， “不合格”记 0 分现随机抽取部分学生的答卷，统计结果及对应的频率分布直方图如 图： 等级 不合格 合格 得分 20，40） 40，60） 60， 80） 80， 100 频数 6 a 24 b （1）由该题中频率分布直方图求测试成绩的平均数和中位数； （2）其他条件不变，在评定等级为“合格”的学生中依次抽取 2 人进行座谈，每次抽取 1 人，求在第 1 次抽取的测试得分低于 80 分的前提下，第 2 次抽取的测试得分仍低于 80 分的概率； （3）用分层抽样的方法，从评定等级为“合格”和“不合格”的学生中抽取 10 人进行 座谈，现再从
38、这 10 人中任选 4 人，记所选 4 人的量化总分为 ，求 的数学期望 E（） 由题意求得样本容量，并求得 b，a，c 的值 （1）直接利用平均数公式求平均数，设中位数为 x，由 0.00520+0.01520+（x60） 0.020.5 求解 x 得到中位数； （2）由题意得到分数在60，80）内与在80，100内的学生人数，设“第 1 次抽取的测 试得分低于 80 分”为事件 A， “第 2 次抽取的测试得分低于 80 分”为事件 B，分别求出 P（A）与 P（AB） ，再由条件概率公式求 P（B|A） ； （3）从评定等级为“合格”和“不合格”的学生中用分层抽样的方法抽取 10 人，分
39、别 求出“不合格”的学生人数与“合格”的学生人数，可得 的所有可能取值为 0，5，10， 15，20，再由超几何分布求概率，列出分布列，再由期望公式求期望 由题意知，样本容量为 6 0.00520 = 60，b60（0.0120）12， a606122418，c= 18 6020 = 0.015 （1）平均数为（300.005+500.015+700.02+900.01）2064 设中位数为 x，0.00520+0.015200.40.5， 0.00520+0.01520+0.02200.80.5 x（60，80） ，则 0.00520+0.01520+（x60）0.020.5，解得 x65；
40、 （2）由题意可知，分数在60，80）内的学生有 24 人，分数在80，100内的学生有 12 人 设“第 1 次抽取的测试得分低于 80 分”为事件 A， “第 2 次抽取的测试得分低于 80 分” 为事件 B， 则 P（A）= 24 36 = 2 3，P（AB）= 2423 3635 = 46 105，P（B|A）= () () = 23 35； （3）从评定等级为“合格”和“不合格”的学生中用分层抽样的方法抽取 10 人， 则“不合格”的学生人数为为24 60 10 = 4， “合格”的学生人数为 1046 人 由题意可得 的所有可能取值为 0，5，10，15，20， P（0）= 4 4
41、 10 4 = 1 210，P（5）= 4 3 6 1 10 4 = 24 210，P（10）= 4 2 6 2 10 4 = 90 210， P（15）= 4 1 6 3 10 4 = 80 210，P（20）= 6 4 10 4 = 15 210 的分布列为： 0 5 10 15 20 P 1 210 24 210 90 210 80 210 15 210 E（）0+ 24 210 + 10 90 210 + 15 80 210 + 20 15 210 = 12 本题考查样本平均数与中位数的求法，考查条件概率的求法，考查离散型随机变量的分 布列与期望，是中档题 20已知椭圆 C： 2 2
42、+ 2 2 =1（ab0）的右焦点为 F1，过点 F1且与 x 轴垂直的直线被 椭圆截得的线段长为2，且 F1与短轴两端点的连线相互垂直 （1）求椭圆 C 的方程； （2）若圆 O：x2+y2a2上存在两点 M，N，椭圆 C 上存在两个点 P，Q 满足：M，N， F1三点共线，P，Q，F1三点共线，且 =0，求四边形 PMQN 面积的取值范围 （1）由题意可得 bc，2 2 =2，结合 a，b，c 的关系，可得 a，b，进而得到椭圆方 程； （2）求得圆 O 的方程，讨论直线 MN 的斜率不存在、为 0，存在且不为 0，求得|MN|， |PQ|，结合直线和圆相交的弦长公式，以及直线和椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公 式，计算可得所求范围 （1）设右焦点为 F1（c，0） ，令 xc，可得 yb1 2 2 = 2 ，可得2 2 =2， 由 F1与短轴两端点的连线相互垂直，可得 bc， 且 a2b2c2，解得 a= 2，bc1， 则椭圆方程为 2 2 +y21； （2）圆 O 的方程为 x2+y22， =0，即 PQNM， 当 MN 的斜率不存在时，PQ 的斜率为 0，此时|MN|2，|PQ|22，四边形 PMQN 的面 积为1 2 222 =22； 当 MN 的斜率为 0 时， |MN|22， |PQ|= 2， 四边形 PMQN 的面积为1 2 2 22 =
