題目列表(包括答案和解析)
用平面截半徑為的球,如果球心到平面的距離為,那么截得小圓的面積與球的表面積的比值為 .
R | 2 |
R |
2 |
1.解析:,故選A。
2.解析:抽取回族學生人數(shù)是,故選B。
3.解析:由,得,此時,所以,,故選C。
4.解析:∵∥,∴,∴,故選C。
5.解析:設公差為,由題意得,;,解得或,故選C。
6.解析:∵雙曲線的右焦點到一條漸近線的距離等于焦距的,∴,又∵,∴,∴雙曲線的漸近線方程是,故選D.
7.解析:∵、為正實數(shù),∴,∴;由均值不等式得恒成立,,故②不恒成立,又因為函數(shù)在是增函數(shù),∴,故恒成立的不等式是①③④。故選C.
8.解析:∵,∴在區(qū)間上恒成立,即在區(qū)間上恒成立,∴,故選D。
9.解析:∵
,∴此函數(shù)的最小正周期是,故選C。
10.解析:如圖,∵正三角形的邊長為,∴,∴,又∵,∴,故選D。
11.解析:∵在區(qū)間上是增函數(shù)且,∴其反函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù),∴,故選A
12.解析:如圖,①當或時,圓面被分成2塊,涂色方法有20種;②當或時,圓面被分成3塊,涂色方法有60種;
③當時,圓面被分成4塊,涂色方法有120種,所以m的取值范圍是,故選A。
13.解析:將代入結(jié)果為,∴時,表示直線右側(cè)區(qū)域,反之,若表示直線右側(cè)區(qū)域,則,∴是充分不必要條件。
14.解析:∵,∴時,,又時,滿足上式,因此,。
15.解析:設正四面體的棱長為,連,取的中點,連,∵為的中點,∴∥,∴或其補角為與所成角,∵,,∴,∴,又∵,∴,∴與所成角的余弦值為。
16.解析:∵,∴,∵點為的準線與軸的交點,由向量的加法法則及拋物線的對稱性可知,點為拋物線上關(guān)于軸對稱的兩點且做出圖形如右圖,其中為點到準線的距離,四邊形為菱形,∴,∴,∴,∴,∴,∴向量與的夾角為。
17.(10分)解析:(Ⅰ)由正弦定理得,,,…2分
∴,,………4分
(Ⅱ)∵,,∴,∴,………………………6分
又∵,∴,∴,………………………8分
∴!10分
18.解析:(Ⅰ)∵,∴;……………………理3文4分
(Ⅱ)∵三科會考不合格的概率均為,∴學生甲不能拿到高中畢業(yè)證的概率;……………………理6文8分
(Ⅲ)∵每科得A,B的概率分別為,∴學生甲被評為三好學生的概率為!12分
19.(12分)解析:(Ⅰ)∵,∴,
,,………………………3分
(Ⅱ)∵,∴,
∴,
又,∴數(shù)列自第2項起是公比為的等比數(shù)列,………………………6分
∴,………………………8分
(Ⅲ)∵,∴,………………………10分
∴!12分
20.解析:(Ⅰ)∵∥,,∴,∵底面,∴,∴平面,∴,又∵平面,∴,∴平面,∴。………………………4分
(Ⅱ)∵平面,∴,,∴為二面角的平面角,………………………6分
,,∴,又∵平面,,∴,∴二面角的正切值的大小為!8分
(Ⅲ)過點做∥,交于點,∵平面,∴為在平面內(nèi)的射影,∴為與平面所成的角,………………………10分
∵,∴,又∵∥,∴和與平面所成的角相等,∴與平面所成角的正切值為。………………………12分
解法2:如圖建立空間直角坐標系,(Ⅰ)∵,,∴點的坐標分別是,,,∴,,設,∵平面,∴,∴,取,∴,∴!4分
(Ⅱ)設二面角的大小為,∵平面的法向量是,平面的法向量是,∴,∴,∴二面角的正切值的大小為!8分
(Ⅲ)設與平面所成角的大小為,∵平面的法向量是,,∴,∴,∴與平面所成角的正切值為!12分
21.解析:(Ⅰ)設拋物線方程為,將代入方程得
所以拋物線方程為!2分
由題意知橢圓的焦點為、。
設橢圓的方程為,
∵過點,∴,解得,,,
∴橢圓的方程為。………………………5分
(Ⅱ)設的中點為,的方程為:,
以為直徑的圓交于兩點,中點為。
設,則
∵
………………………8分
∴
………………………10分
當時,,,
此時,直線的方程為。………………………12分
22.(12分)解析:(Ⅰ)∵是偶函數(shù),∴,
又∵∴,,………………………2分
由得,,
∵時,;時,;時,;∴時,函數(shù)取得極大值,時,函數(shù)取得極小值。………………………5分
(Ⅱ)∵在區(qū)間上為增函數(shù),∴在上恒成立,∴
且在區(qū)間上恒成立,………………………7分
∴
∴……………………9分
又∵=,∵
∴,∴的取值范圍是。………………………12分
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