2024-2025學(xué)年湖南省岳陽市岳陽縣高三上學(xué)期12月月數(shù)學(xué)檢測試題（附解析）

這是一份2024-2025學(xué)年湖南省岳陽市岳陽縣高三上學(xué)期12月月數(shù)學(xué)檢測試題（附解析），共36頁。試卷主要包含了單選題，多選題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。
一、單選題（每題5分，共40分）
1. 設(shè)集合，則（ ）
A. B. C. D.
【正確答案】C
【分析】將集合化簡，再由交集的運算，即可得到結(jié)果.
【詳解】因為，所以.
故選：C.
2. 若，則復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)的虛部是（ ）
A. B. C. D.
【正確答案】B
【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的除法，化簡整理為標(biāo)準(zhǔn)型，結(jié)合共軛復(fù)數(shù)與虛部的定義，可得答案.
【詳解】，則，
所以復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)的虛部是.
故選：B.
3. “”是“直線與圓相切”的 （ ）
A 充分不必要條件B. 必要不充分條件
C. 充要條件D. 既不充分也不必要條件
【正確答案】A
【分析】根據(jù)直線與圓的位置關(guān)系求得，根據(jù)充分、必要條件的知識確定正確答案.
【詳解】圓的圓心為，半徑為，
若直線與圓相切，
則有，解得或.
所以“”是“直線與圓相切”的充分不必要條件.
故選：A
4. 已知向量，滿足，，，則（ ）
A. 2B. C. 4D. 16
【正確答案】C
【分析】根據(jù)給定條件，利用數(shù)量積的運算律列式計算即得.
【詳解】由，得，而，
因此，所以.
故選：C
5. 已知，都是銳角，，，則（ ）
A. B. C. D.
【正確答案】D
【分析】運用兩角和與差的正弦公式展開，化切為弦得，代入即可求解.
【詳解】由題意，又，
所以，即，
所以，所以.
故選：D
6. 有一袋子中裝有大小、質(zhì)地相同的白球k個，黑球.甲、乙兩人約定一種游戲規(guī)則如下：第一局中兩人輪流摸球，摸后放回，先摸到白球者本局獲勝但從第二局起，上一局的負者先摸球.若第一局中甲先摸球，記第局甲獲勝的概率為，則關(guān)于以下兩個命題判斷正確的是（ ）
①，且；
②若第七局甲獲勝的概率不小于0.9，則不小于1992.
A. ①②都是真命題B. ①是真命題，②是假命題
C. ①是假命題，②是真命題D. ①②都是假命題
【正確答案】A
【分析】分別計算在第一局中：摸1次，摸3次，，摸次甲獲勝概率，可得，從而求得，由于第局甲獲勝包括兩種情況：第局甲贏且第局甲后摸球和第局甲輸且第局甲先摸球，可得，利用數(shù)列求通項公式的構(gòu)造法，可得是首項為，公比為的等比數(shù)列，求出，解不等式即可求解.
【詳解】第一局：摸1次甲獲勝概率為：，摸3次甲獲勝概率為：，
摸5次甲獲勝概率：，摸7次甲獲勝概率：，，
摸次甲獲勝概率： ，
所以，
所以，
第局甲獲勝包括兩種情況：第局甲贏且第局甲后摸球和第局甲輸且第局甲先摸球，
則，故①正確；
由，設(shè)，解得，
所以，
所以是首項為，公比為的等比數(shù)列，
則，即，
所以，即，
即，即，即，
則，即，解得，
所以不小于1992，所以②正確.
故選：A
關(guān)鍵點點睛：本題解題關(guān)鍵是在第一局中求出摸1次，摸3次，，摸次甲獲勝概率，可得其概率是等比數(shù)列，從而得到，利用數(shù)列求和和極限的知識進行求解.
7. 已知，函數(shù)在R上沒有零點，則實數(shù)的取值范圍（ ）
A. 0,+∞B. 1,+∞
C. D.
【正確答案】D
【分析】分、討論，根據(jù)沒有零點求出的范圍可得答案.
【詳解】時，，
若無解，則或；
時，，
若無解，則，
則.
故選：D．
8. 已知函數(shù)在區(qū)間上有且僅有一個零點，當(dāng)最大時在區(qū)間上的零點個數(shù)為（ ）
A. 466B. 467C. 932D. 933
【正確答案】B
【分析】方法一：根據(jù)的范圍，確定的范圍，結(jié)合已知條件以及函數(shù)的零點，得且，分別驗證、、確定的范圍，求出的最大值，代入函數(shù)解析式即可求解；方法二：利用換元的令，根據(jù)的范圍，確定的范圍，由，得出的范圍，結(jié)合圖象性質(zhì)，以及已知條件，最終確定的最大值，代入函數(shù)解析式即可求解.
【詳解】方法一：由題意，函數(shù)，可得函數(shù)的周期為，
因為，可得，
又由函數(shù)在區(qū)間上有且僅有一個零點，
且滿足，且，可得，
即，且，
當(dāng)時，，解得，所以；
當(dāng)時，，解得，所以；
當(dāng)時，，解得，此時解集為空集，
綜上可得，實數(shù)的取值范圍為.
所以，得，
，則，解得，
令，則有，
解得，即，
因為，所以共有467個零點.
方法二：由題意，函數(shù)，可得函數(shù)的周期為，
因為，可設(shè)，則，
又函數(shù)在區(qū)間上有且僅有一個零點，
可得，所以，則由圖象性質(zhì)，
可知，得，即.
或者，得，即.
所以最大為，得.
，則，解得.
令，則有：，
解得：，即，
因為，所以共有467個零點.
故選：B.
思路點睛：對于區(qū)間長度為定值的動區(qū)間，若區(qū)間上至少含有個零點，需要確定含有個零點的區(qū)間長度，一般和周期相關(guān).
二、多選題（每題5分，共20分）
9. 下列關(guān)于平面向量的說法中正確的是（ ）
A 不共線，且，則.
B. 若向量，且與的夾角為鈍角，則的取值范圍是
C. 已知，則在上的投影的坐標(biāo)為
D. 已知點為的垂心，則
【正確答案】BD
【分析】求得三向量間的關(guān)系判斷選項A；求得的取值范圍判斷選項B；求得在上的投影的坐標(biāo)判斷選項C；求得三者間的關(guān)系判斷選項D.
【詳解】選項A：不共線，且，
則，則
即.判斷錯誤；
選項B：向量，且與的夾角為鈍角，
則，解之得或或
則的取值范圍是.判斷正確；
選項C：在上的投影向量為
，
則在上的投影的坐標(biāo)為.判斷錯誤；
選項D：點為的垂心，則,
則，
則，
由可得
，
則，
即，
由，可得
，
則,
即，
故.判斷正確.
故選：BD
10. 如圖，在三棱錐中，兩兩垂直，為上一點，，分別在直線上，，則：（ ）.
A.
B.
C. 若平面且到距離相等，則直線與的夾角正弦值為
D. 的最小值為
【正確答案】AD
【分析】建系標(biāo)點，設(shè)，根據(jù)向量垂直可得.對于A：根據(jù)向量垂直的坐標(biāo)表示分析判斷；對于B：利用坐標(biāo)運算求模長即可；對于C：舉反例說明即可；對于D：分析可知當(dāng)時，取到最小值，結(jié)合向量的坐標(biāo)運算求解.
【詳解】如圖，以為坐標(biāo)原點，分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則，
可得，
設(shè)，則，
因為，則，解得.
對于選項A：因為，且，
可得，
則，所以，故A正確；
對于選項B：因為，所以，故B錯誤；
對于選項C：因為，
例如平面過的中點，且與平面平行，
則到平面的均為距離，符合題意，此時平面的法向量，
可得，
此時直線與的夾角正弦值為，故C錯誤；
對于選項D：設(shè)，
則，，
若取到最小值，則，
可得，解得，
則，，
所以的最小值為，故D正確；
故選：AD.
11. 如圖，函數(shù)的部分圖象，則（ ）

A.
B. 將圖象向右平移后得到函數(shù)的圖象
C. 在區(qū)間上單調(diào)遞增
D. 在區(qū)間上的最大值與最小值之差的取值范圍為
【正確答案】ACD
【分析】根據(jù)給定的函數(shù)圖象，利用五點法作圖求出，再結(jié)合正弦型函數(shù)圖象與性質(zhì)逐項分析判斷.
【詳解】對于A，觀察圖象，，的最小正周期，解得，
由，得，而，則，
所以，A正確；
對于B，將圖象向右平移后得到函數(shù)，B錯誤；
對于C，當(dāng)時，，而正弦函數(shù)在上單調(diào)遞增，
因此在區(qū)間上單調(diào)遞增，C正確.
對于D，函數(shù)的圖象對稱軸為，
當(dāng)與關(guān)于直線對稱時，的最大值與最小值的差最小，
此時，，當(dāng)為偶數(shù)時，，而，
當(dāng)為奇數(shù)時，，而，最大值與最小值差為1；
當(dāng)或時，
函數(shù)在上單調(diào)，最大值與最小值的差最大，
，當(dāng)或時均可取到等號，
所以最大值與最小值之差的取值范圍為，D正確.
故選：ACD
思路點睛：給定的部分圖象求解解析式，一般是由函數(shù)圖象的最高（低）點定A，求出周期定，由圖象上特殊點求.
12. 如圖，圓錐的底面直徑和母線長均為6，其軸截面為，為底面半圓弧上一點，且，，，則（ ）

A. 當(dāng)時，直線與所成角的余弦值為
B. 當(dāng)時，四面體的體積為
C. 當(dāng)且面時，
D. 當(dāng)時，
【正確答案】ACD
【分析】對于A，算出各個線段長度，將異面直線通過轉(zhuǎn)化化為同面直線，根據(jù)余弦定理求解即可；對于B，根據(jù)題意先計算出四面體的體積，又因四面體中一個底面積是原來的四分之一，故可求解；對于C，法一：根據(jù)中位線定理，即可判斷，法二：構(gòu)建空間坐標(biāo)系，將各點表示出來，同時設(shè)平面的一個法向量為n=x,y,z，根據(jù)向量運算法則，根據(jù)可求解；對于D，法一：求出所需線段，根據(jù)余弦定理可求出，代入求解即可，法二：解出，同時，根據(jù)，則，即可求解.
【詳解】由題意可知是邊長為6的等邊三角形，，，.
時，為的中點，取得，為直線與所成角或其補角，
又根據(jù)余弦定理可得，
再根據(jù)余弦定理可求得,
所以,，.則，
故A正確；
在中，，，得，
，且，則四面體的體積為.
，為的中點，為的中點，故四面體體積為四面體體積的四分之一，得四面體體積為，故B錯誤；
對于CD選項：
【法一】當(dāng)時，取的中點，則，所以面
過作交于，所以面，
此時為的中點,又因相較于點，
所以面面，
得面，所以，故C正確；
當(dāng)時，，
在面內(nèi)過作交于，

則面，面，
故此時得到的，
中，，
由余弦定理得，，，
得，則，故D正確.
故選：ACD.
【法二】則以為坐標(biāo)原點，過點與垂直的直線為軸，分別以、所在直線為軸和軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由題意得

，，，
，，
，
得，，
，
對于C，，則，，
設(shè)平面的一個法向量為n=x,y,z，
則，，可取.
面時，得，
解得.故C正確.
對于D，，
由得，，.故D正確.
故選：ACD.
三、填空題（每題5分，共20分）
13. 已知函數(shù).若不等式對任意恒成立，則的取值范圍是______.
【正確答案】
【分析】首先分析函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性，再將不等式轉(zhuǎn)化為，再將不等式，轉(zhuǎn)化為，利用基本不等式求最值，即可求解.
【詳解】因為的定義域為，
，
所以為奇函數(shù).因為函數(shù)在上單調(diào)遞增，
函數(shù)在上單調(diào)遞增，
所以在上單調(diào)遞增.
因為為R上的奇函數(shù)，所以在上單調(diào)遞增，
因為，所以不等式即為，則.
因為，所以，即.
因為，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立，
所以，即的取值范圍是.
關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵是判斷函數(shù)奇偶性和單調(diào)性，利用函數(shù)的單調(diào)性，解抽象不等式.
14. 已知，且，則_____________.
【正確答案】或
【分析】根據(jù)條件，利用換底公式得到，從而得到或，即可求解.
【詳解】因為，整理得到，
解得或，所以或，
故或.
15. 一只盒子中裝有4個形狀大小相同的小球，小球上標(biāo)有4個不同的數(shù)字.摸球人不知最大數(shù)字是多少，每次等可能地從中摸出一個球，不放回.摸球人決定放棄前面兩次摸出的球，從第3次開始，如果摸出的球上標(biāo)有的數(shù)字大于前面摸出的球上的數(shù)字，就把這個球保存下來，摸球結(jié)束，否則繼續(xù)摸球.問摸球人最后保存下來是數(shù)字最大的球的概率是______.
【正確答案】
【分析】先求出標(biāo)有數(shù)字的4只球排序情況，標(biāo)有數(shù)字最大的球分為第3次摸到和第4次摸到兩種情形，結(jié)合古典概型即可得結(jié)果.
【詳解】標(biāo)有數(shù)字4只球排序共有種情況.
要摸到標(biāo)有數(shù)字最大的球，有以下兩種情況：
①標(biāo)有數(shù)字最大的球第3次摸到，其他的小球隨意在哪個位置，有種情況.
②標(biāo)有數(shù)字最大的球第4次摸到，標(biāo)有數(shù)字第二大的球在第1次或第2次被摸出，
其他的球在哪次摸出任意，有種情況.故所求概率為.
故答案為.
16. 已知，分別為雙曲線的左、右焦點，過的直線與雙曲線的右支交于、兩點（其中在第一象限），的內(nèi)切圓半徑為，的內(nèi)切圓半徑為，若，則直線的斜率為_____.
【正確答案】
【分析】作出示意圖，由切線性質(zhì)結(jié)合雙曲線定義可得兩內(nèi)切圓都與軸相切于，后設(shè)直線傾斜角為，由幾何知識可得，后由兩圓外切相關(guān)條件可得答案.
【詳解】設(shè)的內(nèi)切圓的圓心為，的內(nèi)切圓的圓心為，
記邊上的切點分別為，
由切線的性質(zhì)可得：，由雙曲線定義可得：，即，則，又.
則，又，則，即.
同理可得，的內(nèi)切圓也與軸相切于點.
連接，則與軸垂直，設(shè)圓與相切于點，連接，
過點作，記垂足為，則.
設(shè)直線傾斜角為，則.
在四邊形中，注意到，又四邊形內(nèi)角和為，
則，在中，，
，
則，
則直線斜率，即.
故答案為.
結(jié)論點睛：雙曲線上一點與兩焦點形成的三角形的內(nèi)切圓與x軸相切于雙曲線頂點處.
四、解答題（共70分）
17. 已知數(shù)列，其前項和為，對任意正整數(shù)恒成立，且.
（1）證明：數(shù)列為等比數(shù)列，并求實數(shù)的值；
（2）若，數(shù)列前項和為，求證：；
（3）當(dāng)時，設(shè)集合，.集合中元素的個數(shù)記為，求數(shù)列的通項公式.
【正確答案】（1）證明見解析，
（2）證明見解析 （3）
【分析】（1）根據(jù)的關(guān)系，結(jié)合等比數(shù)列定義，即可證明結(jié)論；進而結(jié)合已知求出實數(shù)的值；
（2）結(jié)合（1）可求出的表達式，進而可得表達式，繼而推出只需證明，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性，即可證明結(jié)論；
（3）由題意可知中元素個數(shù)等價于滿足的不同解的個數(shù)，利用反正思想推出，從而推出不等式共個不同解，即可得答案.
【小問1詳解】
由題意得，
兩式相減可得，
令可得，即.
令可得，即，所以
又.
數(shù)列為首項為4，公比為2的等比數(shù)列.
【小問2詳解】
由（1）可知，所以.
，
要證成立，
只需證，即
令，
當(dāng)x∈0,+∞時，單調(diào)遞增,
故，
；
【小問3詳解】
時，集合，
即，
中元素個數(shù)等價于滿足的不同解的個數(shù)，
如果，則，矛盾；
如果，則，矛盾
，
又，
，
即，共個不同解，所以.
難點點睛：本題為數(shù)列的綜合應(yīng)用問題，解答的難點在于第二問，要注意列用類加的方法得出，從而要證成立，只需證，即，從而構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)解決問題.
18. 如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，，，，為等邊三角形且垂直于底面.

（1）求證：；
（2）求平面與平面夾角的正弦值.
【正確答案】（1）證明見解析
（2）
【分析】（1）法一：先證，再由線面垂直的判定定理證明面，即可得證；法二：建系，由空間向量的坐標(biāo)運算代入計算，即可證明；
（2）法一：建系，由面面角的向量求法，代入計算，即可得到結(jié)果；法二：由面面角的定義，代入計算，即可得到結(jié)果.
【小問1詳解】
法一：證明：如圖所示，取中點，為等邊三角形，，

又面垂直于底面，交線為，
得面，
又面.
底面為直角梯形，，，
，，，
所以，，，
所以，得，
又，得面，面，所以.
法二：取中點，為等邊三角形且垂直于底面，交線為，
則，得面，
又因為，，，
可設(shè)，
則以為坐標(biāo)原點，過點與平行的直線為軸，分別以、所在直線為軸和軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

得，，，
得，，
所以，
得.
【小問2詳解】
法一：由（1）知面，
不妨設(shè)，則，
以為坐標(biāo)原點，過點與平行的直線為軸，分別以、所在直線為軸和軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

得，，，
，，；
設(shè)平面的一個法向量為，
則，，
可??；
設(shè)平面的一個法向量為，
則，即，
可取.
設(shè)平面與平面夾角為，
則，
所以平面與平面夾角的正弦值為.
法二：不妨設(shè)，
為等邊三角形且垂直于底面，交線為，

底面為直角梯形，，，
所以面，
又，得面，
面，得面面，交線為，
取的中點，則，
等邊邊長為2，則，
，則面，
則點到面的距離等于點到面的距離為，
因為面，面，，均為直角三角形，，
得，，.
作，可得，
所以平面與平面夾角的正弦值為.
19. 已知，數(shù)列前項和為，且滿足；數(shù)列滿足，．
（1）求數(shù)列的通項公式；
（2）是否存在實數(shù)，使得數(shù)列是等差數(shù)列？如果存在，求出實數(shù)的值；如果不存在，請說明理由；
（3）求使得不等式成立的的最大值．
【正確答案】（1）
（2）存在，
（3）4
【分析】（1）根據(jù)作差得到，結(jié)合等比數(shù)列的定義計算可得；
（2）假設(shè)存在實數(shù)，使得數(shù)列是等差數(shù)列，根據(jù)等差數(shù)列的定義作差得到，即可求出；
（3）結(jié)合（2）可得的通項公式，即可得到，令，利用作差法說明單調(diào)性，即可求出的最大值.
【小問1詳解】
因為①，②，
②-①得，∴，而，∴，
∴成首項為，公比為的等比數(shù)列，∴．
【小問2詳解】
假設(shè)存在實數(shù)，使得數(shù)列是等差數(shù)列，
∴
為常數(shù)，
∴，解得，
∴存在使成等差數(shù)列，且公差為．
【小問3詳解】
由（2）知，
∴，∴不等式，即，
令，則，
∴在上單調(diào)遞減，注意到，，
∴時，，∴．
20. 已知函數(shù)．
（1）當(dāng)時，判斷在上的單調(diào)性，并說明理由；
（2）當(dāng)時，恒成立，求的取值范圍；
（3）設(shè)，在的圖象上有一點列，直線的斜率為，求證：．
【正確答案】（1）在上單調(diào)遞減，理由見解析
（2）
（3）證明見解析
【分析】（1）利用多次求導(dǎo)的方法來判斷出在上的單調(diào)性.
（2）利用多次求導(dǎo)的方法，結(jié)合恒成立，列不等式來求得的取值范圍.
（3）根據(jù)（2）結(jié)論，得到，求得的不等關(guān)系式，然后根據(jù)分組求和法以及等比數(shù)列的前項和公式證得不等式成立.
【小問1詳解】
在上單調(diào)遞減，理由如下：
當(dāng)時，，
，，
所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，
當(dāng)時，，所以，
所以，所以在上單調(diào)遞減.
【小問2詳解】
當(dāng)時，恒成立①，
當(dāng)時，②，
，設(shè)，
時，
，設(shè)，
當(dāng)時，，
，
要使①恒成立，由于②，則需恒成立，
所以恒成立，所以，.
此時，
在0,+∞上單調(diào)遞增，，
在0,+∞上單調(diào)遞增，，
在0,+∞上單調(diào)遞增，
使得恒成立.
綜上所述，的取值范圍是.
【小問3詳解】
由（2）可知，當(dāng)，時，恒成立，
即時，恒成立，
下證：，
時，
，
由上述分析可知，，即，則，
所以
，
，即得證.
思路點睛：
用導(dǎo)數(shù)分析單調(diào)性：首先對函數(shù)進行多次求導(dǎo)，通過分析導(dǎo)數(shù)符號來判斷函數(shù)在不同區(qū)間的單調(diào)性，這一步為后續(xù)的不等式恒成立條件的推導(dǎo)奠定了基礎(chǔ).
結(jié)合不等式求參數(shù)范圍：通過設(shè)定不等式恒成立，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，逐步推導(dǎo)出參數(shù) 的取值范圍.
利用等比數(shù)列和斜率關(guān)系進行證明：在小問3中，通過對等比數(shù)列的求和以及利用斜率條件，成功證明了所需的不等式.
21. 在全球抗擊新冠肺炎疫情期間，我國醫(yī)療物資生產(chǎn)企業(yè)加班加點生產(chǎn)口罩?防護服?消毒水等防疫物品，保障抗疫一線醫(yī)療物資供應(yīng)，在國際社會上贏得一片贊譽.我國某口罩生產(chǎn)廠商在加大生產(chǎn)的同時，狠抓質(zhì)量管理，不定時抽查口罩質(zhì)量?該廠質(zhì)檢人員從某日生產(chǎn)的口罩中隨機抽取了100個，將其質(zhì)量指標(biāo)值分成以下五組：，得到如下頻率分布直方圖.規(guī)定：口罩的質(zhì)量指標(biāo)值越高，說明該口罩質(zhì)量越好，其中質(zhì)量指標(biāo)值低于130的為二級口罩，質(zhì)量指標(biāo)值不低于130的為一級口罩.
（1）求該廠商生產(chǎn)口罩質(zhì)量指標(biāo)值的平均數(shù)和第60百分位數(shù)；
（2）現(xiàn)從樣本口罩中利用分層抽樣的方法隨機抽取8個口罩，再從中抽取3個，記其中一級口罩個數(shù)為，求的分布列及方差；
（3）在2024年“五一”勞動節(jié)前，甲?乙兩人計劃同時在該型號口罩的某網(wǎng)絡(luò)購物平臺上分別參加兩店各一個訂單“秒殺”搶購，其中每個訂單由個該型號口罩構(gòu)成.假定甲?乙兩人在兩店訂單“秒殺”成功的概率分別為，記甲?乙兩人搶購成功的口罩總數(shù)量為，求當(dāng)?shù)臄?shù)學(xué)期望取最大值時正整數(shù)的值.
【正確答案】（1）平均數(shù)為123，第60百分位數(shù)為125；
（2）分布列見解析，方差為
（3）6
【分析】（1）利用中間值作代表求出平均數(shù)；判斷出第60百分位數(shù)落在內(nèi)，設(shè)其為，列出方程，求出答案；
（2）求出一級口罩與二級口罩的個數(shù)比，從而得到抽取8個口罩中，一級口罩有2個，二級口罩有6個，的可能取值為0,1,2，并得到相應(yīng)的概率，得到分布列和方差；
（3）的可能取值為，并求出相應(yīng)的概率，得到，換元后，求導(dǎo)，得到其單調(diào)性，從而確定當(dāng)時，取最大值.
【小問1詳解】
該廠商生產(chǎn)口罩質(zhì)量指標(biāo)值的平均數(shù)為
；
，
故第60百分位數(shù)落在內(nèi)，設(shè)其為，
則，
解得，故第60百分位數(shù)為125；
【小問2詳解】
一級口罩與二級口罩的個數(shù)比為，
現(xiàn)從樣本口罩中利用分層抽樣的方法隨機抽取8個口罩，
則一級口罩有個，二級口罩有個，
再從中抽取3個，記其中一級口罩個數(shù)為，的可能取值為0,1,2，
，，，
故的分布列如下：
數(shù)學(xué)期望為，
方差為
【小問3詳解】
的可能取值為，
，
，
，
故，
令，設(shè)，則，
因為，
當(dāng)時，，當(dāng)時，，
在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
當(dāng)，即時，取最大值.
關(guān)鍵點點睛：表達出，用換元思想，進而求導(dǎo)，求解最值.
22. 已知橢圓的離心率為，，分別為橢圓的左頂點和上頂點，為左焦點，且的面積為．
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：
（2）設(shè)橢圓的右頂點為、是橢圓上不與頂點重合的動點．
（i）若點，點在橢圓上且位于軸下方，直線交軸于點，設(shè)和的面積分別為，若，求點的坐標(biāo)：
（ii）若直線與直線交于點，直線交軸于點，求證：為定值，并求出此定值（其中、分別為直線和直線的斜率）．
【正確答案】（1）
（2）（i）；（ii）證明見解析，
【分析】（1）依題意可得，解得、、，即可得解；
（2）（i）連接，由面積公式推導(dǎo)出，從而得到，即可求出的方程，聯(lián)立直線與橢圓方程，求出點坐標(biāo)；
（ii）設(shè)直線的斜率為，的方程為，再求出直線的方程，聯(lián)立求出、點坐標(biāo)，從而求出的方程，即可求出點坐標(biāo)，再由斜率公式計算可得.
【小問1詳解】
由題意得，又，解得，
橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為
【小問2詳解】
（i）由（1）可得，
連接，因為，，
所以，
，
，所以，
所以直線的方程為，聯(lián)立，
解得或（舍去），
.
（ii）設(shè)直線的斜率為，則直線的方程為：，
又，A?2,0，直線的方程為，
由，解得，
所以，
由，得，
由，
則，所以，
則，
，
依題意、不重合，所以，即，
所以，
直線的方程為，
令即，解得，
，
，
為定值.
方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標(biāo)為x1,y1、x2,y2；
（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于（或）的一元二次方程，必要時計算；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為、的形式；
（5）代入韋達定理求解.
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1
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