


江西省信丰中学2020届高三数学上学期第十五次周考理A层13班2(含解析) 试卷
展开江西省信丰中学2020届高三数学上学期第十五次周考(理A层)(13班)
一.选择题(50分)
1.将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班,每个班至少分到一名学生,且甲、乙两名学生不能分到同一个班,则不同分法的种数为( ).
A.18 B.24 C.30 D.36
2.从6人中选4人分别到北京、哈尔滨、广州、成都四个城市游览,要求每个城市有一人游览,每人只游览一个城市,且在这6人中甲、乙不去哈尔滨游览,则不同的选择方案共有( )
A.300种 B.240种 C.144种 D.96种
3. 从甲、乙等名志愿者中选出名,分别从事,,,四项不同的工作,每人承担一项.若甲、乙二人均不能从事工作,则不同的工作分配方案共有( )
A.种 B. C.种 D.种
4.某车队准备从甲、乙等7辆车中选派4辆参加救援物资的运输工作,并按出发顺序前后排成一队,要求甲、乙至少有一辆参加,且若甲、乙同时参加,则它们出发时不能相邻,那么不同排法种数为( )
(A)360 (B)520 (C)600 (D)720
5如图,提供四种不同颜色给图中的A,B,C,D,E,F六个点涂色,要求每个点涂一种颜色,且图中每条线段的两个端点涂不同颜色,则不同的涂色方法用( )
(A)288种 (B)264种 (C)240种 (D)168种
6.已知双曲线的两条渐近线与抛物线()的准线分别交于A,B两点,O为坐标原点.若双曲线的离心率为2,△AOB的面积为,则 ( )
A.2 B. C.1 D.3
7.某电视台曾在某时间段连续播放5个不同的商业广告,现在要在该时间段新增播一个商业广告与两个不同的公益宣传广告,且要求两个公益宣传广告既不能连续播放也不能在首尾播放,则在不改变原有5个不同的商业广告的相对播放顺序的前提下,不同的播放顺序共有( )
A. 60种 B. 120种 C. 144种 D. 300种
8已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上,平面,,,若球的表面积为,则三棱锥的侧面积的最大值为()
A. B. C. D.
9已知椭圆的左右焦点为,点为其上动点,点,则的最大值为( )
A. B. C. D.
10.过椭圆上一点H作圆x2+y2=2的两条切线,点A,B为切点,过A,B的直线l与x轴,y轴分布交于点P,Q两点,则△POQ面积的最小值为( )
A. B. C. 1 D.
二.填空题(25分)
11. 将序号分别为1,2,3,4,5的5张电影票全部分给4人,每人至少1张.如果分给同一人的2张电影票连号,那么不同的分法种数是 .
12.用0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的五位数,其中恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的五位数的个数是______________.
13
的展开式中的常数项为_______.
14.如图,三棱锥的顶点,,,都在同一球面上,过球心且,是边长为2等边三角形,点、分别为线段,上的动点(不含端点),且,则三棱锥体积的最大值为_______.
15.如图,在直角梯形中,,,,,,在线段上,是线段的中点,沿把平面折起到平面的位置,使平面,则下列命题正确的编号为______.
①点到平面的距离为;
②设折起后几何体的棱的中点,则平面;
③;
④四棱锥的内切球的表面积为.
三.解答题(36分)
16.如图,在四棱锥中,底面为直角梯形,,,为等边三角形,,是的中点.
(1)证明:平面;
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
17如图1,在△PBC中,∠C=90°,PC=4,BC=3,PD:DC=5:3,AD⊥PB,将△PAD沿AD边折起到SAD位置,如图2,且使SB=.
(Ⅰ)求证:SA⊥平面ABCD;
(Ⅱ)求平面SAB与平面SCD所成锐二面角的余弦值.
18.如图,椭圆C1:+=1(a>b>0)的离心率为,x轴被曲线
C2:y=x2-b截得的线段长等于C1的长半轴长.
(1)求C1,C2的方程;
(2)设C2与y轴的交点为M,过坐标原点O的直线l与C2相交
于点A,B,两直线MA,MB分别与C1相交于点D,E.
①证明:MD⊥ME;
②记△MAB,△MDE的面积分别为S1,S2.问:是否存在直线l,使得=?请说明理
由.
2019年高三(13)班第十五次周考卷参考答案
一.选择题
题号 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
答案 | C | B | B | C | B | A | B | A | A | D |
二.填空题
11.96 12.28 13—5 14. 15 .①②③④
三.解答题
16.(1)取PA的中点N,连结MN,DN,
∵M,N分别是PB,PA的中点,
∴MN∥AB,且MNAB=1,
∵DN,DM=2,∴DN2+MN2=DM2,
∴DN⊥MN,∴AB⊥DN,
∵AB⊥AD,AD∩DN=D,∴AB⊥平面PAD.
(2)如图,连结BD,CM,由(Ⅰ)知AB⊥平面PAD,∴AB⊥PA,
在Rt△PAB中,PB=2,同理PC,
在梯形ABCD中,BC,BD=2,
∵PC=BC,M为PB的中点,∴CM⊥PB,
由题意得S△PCB,
1,
设O为AD的中点,连结PO,由题意得PO⊥AD,
∵平面PAD⊥平面ABCD,PO⊂平面PAD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
∴PO⊥平面ABCD,
设点D到平面PBC的距离为d,
∵VP﹣BCD=VD﹣PCB,∴,解得d.
∵DM=2,∴直线DM与平面PBC所成角的正弦值sinθ
17解答: (Ⅰ)证明:在直角三角形PBC中,PC=4,BC=3,PD:DC=5:3,
所以PB=5,PD=2.5,DC=1.5,
因为∠PAD=∠C=90°,∠P=∠P,
所以△PAD∽△PCB,
所以,
所以PA=2,AB=PB﹣PA=3,AD=1.5,
△SAB中,SA=PA=2,SB=,
所以SA2+AB2=SB2,
所以SA⊥AB
因为AD∥PB,
所以SA⊥AD,
因为AB∩AD=A,
所以SA⊥平面ABCD;
(Ⅱ)解:在图2中,延长BA,CD相交于P,连接SP,取SP的中点M,连接MA,MD,则
因为PA=SA,PD=SD,
所以MA⊥SP,MD⊥SP,
所以∠AMD为平面SAB与平面SCD所成锐二面角的平面角,
因为SA⊥AD,AD⊥PB,SA∩PB=A,
所以AD⊥平面SPB,
因为MA⊂平面SPB,
所以AD⊥MA.
在直角三角形SPA中,PA=SA=2,M为SP的中点,
所以SP=2,MA=,
在△SPD中,PD=SD=2.5,M为SP中点,所以MD=,
所以cos∠AMP==,
所以平面SAB与平面SCD所成锐二面角的余弦值为.
18.(1)解 由题意知,e==,从而a=2b,
又2=a,所以a=2,b=1.
故C1,C2的方程分别为+y2=1,y=x2-1.
(2)①证明 由题意知,直线l的斜率存在,设为k,
则直线l的方程为y=kx,由
得x2-kx-1=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1,x2是上述方程的两个实根,
于是x1+x2=k,x1x2=-1.
又点M的坐标为(0,-1),
所以kMA·kMB=·=
===-1.
故MA⊥MB,即MD⊥ME.
②解 设直线MA的斜率为k1,
则直线MA的方程为y=k1x-1.
由解得或
故点A的坐标为(k1,k-1).
又直线MB的斜率为-,
同理可得点B的坐标为(-,-1).
于是S1=|MA|·|MB|
=·|k1|··|-|
=.
由得(1+4k)x2-8k1x=0,
解得或
故点D的坐标为(,).
又直线ME的斜率为-,
同理可得点E的坐标为(,).
于是S2=|MD|·|ME|=.
因此=(4k++17).
由题意知,(4k++17)=,
解得k=4或k=.
又由点A,B的坐标可知,k==k1-,
所以k=±.
故满足条件的直线l存在,且有两条,
其方程分别为y=x,y=-x.