2020-2021学年台湾台湾高三上数学同步练习
2020-2021学年台湾台湾高三上数学同步练习
一、选择题
1. 已知集合A={1, 3, 4, 5}，集合B={x∈Z|x2−4x−5<0}，则A∩B的元素个数为（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
2. 复数z=2i+21+i（i是虚数单位）在复平面内对应的点在（ ）
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
3. 某工厂利用随机数表对生产的600个零件进行抽样测试，先将600个零件进行编号，编号分别为001，002，……，599，600．从中抽取60个样本，下图提供随机数表的第4行到第6行：
32 21 18 34 29 78 64 54 07 32 52 42 06 44 38 12 23 43 56 77 35 78 90 56 42
84 42 12 53 31 34 57 86 07 36 25 30 07 32 86 23 45 78 89 07 23 68 96 08 04
32 56 78 08 43 67 89 53 55 77 34 89 94 83 75 22 53 55 78 32 45 77 89 23 45
若从表中第6行第6列开始向右依次读取3个数据，则得到的第5个样本编号是( )
A.522 B.324 C.535 D.578
4. 已知cosπ2+α=2cos(π−α)，则tanπ4+α=( )
A.3 B.−3 C.−13 D.13
5. 若x、y满足约束条件x+y≤2，2x−3y≤9，x≥0,则z=x+2y的最小值为（ ）
A.−6 B.0 C.1 D.2
二、填空题
已知向量a→,b→的夹角为60∘，|a→|=2，|b→|=3，则|3a→−2b→|=________．
已知圆C的圆心是抛物线 x2=4y 的焦点，直线 4x−3y−2=0 与圆C相交于A、B两点，且 |AB|=6 ，则圆C的标准方程为________．
已知随机变量X∼B2,p,Y∼N2,σ2，若PX≥1=0.64,P0
4=________．
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若(3−cosA)sinB＝sinA(1+cosB)，a+c＝6，则△ABC的面积的最大值为________
三、应用题
已知等比数列an的公比为qq≠1，前π项和为Sn，满足： S4=120, 2a2是3a1与a3的等差中项．数列bn的前n项和为Tn，且bn=3log3an.
(1)求an与bn；
(2)证明：13≤1T1+1T2+⋯+1Tn<23.
某校举行运动会，其中三级跳远的成绩在8.0米（四舍五入，精确到0.1米）以上的进入决赛，把所得数据进行整理后，分成6组画出频率分布直方图的一部分（如图），已知从左到右前5个小组的频率分别为0.04，0.10，0.14，0.28，0.30，第6小组的频数是7．
（1）求进入决赛的人数；
（2）经过多次测试后发现，甲成绩均匀分布在8∼10米之间，乙成绩均匀分布在8.5∼10.5米之间，现甲，乙各跳一次，求甲比乙远的概率．
在直角坐标系xOy上取两个定点A1(−6, 0)，A2(6, 0)，再取两个动点N1(0, m)，N2(0, n)，且mn＝2．
(Ⅰ)求直线A1N1与A2N2交点M的轨迹C的方程；
(Ⅱ)过R(3, 0)的直线与轨迹C交于P，Q，过P作PN⊥x轴且与轨迹C交于另一点N，F为轨迹C的右焦点，若RP→=λRQ→(λ>1)，求证：NF→=λFQ→．
在直角坐标系xOy上取两个定点A1(−6, 0)，A2(6, 0)，再取两个动点N1(0, m)，N2(0, n)，且mn＝2．
(Ⅰ)求直线A1N1与A2N2交点M的轨迹C的方程；
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(Ⅱ)过R(3, 0)的直线与轨迹C交于P，Q，过P作PN⊥x轴且与轨迹C交于另一点N，F为轨迹C的右焦点，若RP→=λRQ→(λ>1)，求证：NF→=λFQ→．
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参考答案与试题解析
2020-2021学年台湾台湾高三上数学同步练习
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
集合中元素的个数
交集及其运算
【解析】
求出集合B的等价条件，结合交集的定义进行计算即可．
【解答】
解：B={x∈Z|x2−4x−5<0}={x∈Z|(x+1)(x−5)<0}={x∈Z|−1y，如图所示．
∴ 由几何概型P(A)=12×32×322×2=932．即甲比乙远的概率为932
【考点】
频率分布直方图
【解析】
（1）根据图表求出进入决赛的频率，然后求出进入决赛人数．
（2）根据题意做直角坐标系，画出总事件对应的面积，以及符合条件的面积，求出概率．
【解答】
第6小组的频率为1−(0.04+0.10+0.14+0.28+0.30)＝0.14，
∴ 总人数为70.14=50（人）．
∴ 第4、5、6组成绩均进入决赛，人数为(0.28+0.30+0.14)×50＝36（人）
即进入决赛的人数为36．
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设甲、乙各跳一次的成绩分别为x，y米，则基本事件满足的区域为
8≤x≤108.5≤y≤10.5 ，
事件A“甲比乙远的概率”满足的区域为x>y，如图所示．
∴ 由几何概型P(A)=12×32×322×2=932．即甲比乙远的概率为932
【答案】
（I）依题意知直线A1N1的方程为：y=m6(x+6)…①；
直线A2N2的方程为：y=−n6(x−6)…②
设Q(x, y)是直线A1N1与A2N2交点，①、②相乘，得y2=−mn6(x2−6)
由mn＝2整理得：x26+y22=1
∵ N1、N2不与原点重合，可得点A1，A2不在轨迹M上，
∴ 轨迹C的方程为x26+y22=1(x≠±6)．
（2）证明：设l:x＝ty+3，代入椭圆方程消去x，得(3+t2)y2+6ty+3＝0．
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，N(x1, −y1)，可得y1+y2=−6tt2+3且y1y2=3t2+3，
RP→=λRQ→，可得(x1−3, y1)＝λ(x2−3, y2)，∴ x1−3＝λ(x2−3)，y1＝λy2，
证明NF→=λFQ→，只要证明(2−x1, y1)＝λ(x2−2, y2)，∴ 2−x1＝λ(x2−2)，
只要证明x1−3x2−3=−x1−2x2−2，只要证明2t2y1y2+t(y1+y2)＝0，
由y1+y2=−6tt2+3且y1y2=3t2+3，代入可得2t2y1y2+t(y1+y2)＝0，
∴ NF→=λFQ→.
【考点】
平面向量在解析几何中的应用
轨迹方程
【解析】
（I）由直线方程的点斜式列出A1N1和A2N2的方程，联解并结合mn＝2化简整理得方程，再由N1、N2不与原点重合，可得直线A1N1与A2N2交点的轨迹C的方程；
(II)设l:x＝ty+3，代入椭圆方程消去x，得(3+t2)y2+6ty+3＝0，利用分析法进行证明．
【解答】
（I）依题意知直线A1N1的方程为：y=m6(x+6)…①；
直线A2N2的方程为：y=−n6(x−6)…②
设Q(x, y)是直线A1N1与A2N2交点，①、②相乘，得y2=−mn6(x2−6)
由mn＝2整理得：x26+y22=1
∵ N1、N2不与原点重合，可得点A1，A2不在轨迹M上，
∴ 轨迹C的方程为x26+y22=1(x≠±6)．
（2）证明：设l:x＝ty+3，代入椭圆方程消去x，得(3+t2)y2+6ty+3＝0．
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，N(x1, −y1)，可得y1+y2=−6tt2+3且y1y2=3t2+3，
RP→=λRQ→，可得(x1−3, y1)＝λ(x2−3, y2)，∴ x1−3＝λ(x2−3)，y1＝λy2，
证明NF→=λFQ→，只要证明(2−x1, y1)＝λ(x2−2, y2)，∴ 2−x1＝λ(x2−2)，
只要证明x1−3x2−3=−x1−2x2−2，只要证明2t2y1y2+t(y1+y2)＝0，
由y1+y2=−6tt2+3且y1y2=3t2+3，代入可得2t2y1y2+t(y1+y2)＝0，
∴ NF→=λFQ→．
（2）证明：设l:x＝ty+3，代入椭圆方程消去x，得(3+t2)y2+6ty+3＝0．
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，N(x1, −y1)，可得y1+y2=−6tt2+3且y1y2=3t2+3，
RP→=λRQ→，可得(x1−3, y1)＝λ(x2−3, y2)，∴ x1−3＝λ(x2−3)，y1＝λy2，
证明NF→=λFQ→，只要证明(2−x1, y1)＝λ(x2−2, y2)，∴ 2−x1＝λ(x2−2)，
只要证明x1−3x2−3=−x1−2x2−2，只要证明2t2y1y2+t(y1+y2)＝0，
由y1+y2=−6tt2+3且y1y2=3t2+3，代入可得2t2y1y2+t(y1+y2)＝0，
∴ NF→=λFQ→.
【答案】
（I）依题意知直线A1N1的方程为：y=m6(x+6)…①；
直线A2N2的方程为：y=−n6(x−6)…②
设Q(x, y)是直线A1N1与A2N2交点，①、②相乘，得y2=−mn6(x2−6)
由mn＝2整理得：x26+y22=1
∵ N1、N2不与原点重合，可得点A1，A2
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不在轨迹M上，
∴ 轨迹C的方程为x26+y22=1(x≠±6)．
（2）证明：设l:x＝ty+3，代入椭圆方程消去x，得(3+t2)y2+6ty+3＝0．
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，N(x1, −y1)，可得y1+y2=−6tt2+3且y1y2=3t2+3，
RP→=λRQ→，可得(x1−3, y1)＝λ(x2−3, y2)，∴ x1−3＝λ(x2−3)，y1＝λy2，
证明NF→=λFQ→，只要证明(2−x1, y1)＝λ(x2−2, y2)，∴ 2−x1＝λ(x2−2)，
只要证明x1−3x2−3=−x1−2x2−2，只要证明2t2y1y2+t(y1+y2)＝0，
由y1+y2=−6tt2+3且y1y2=3t2+3，代入可得2t2y1y2+t(y1+y2)＝0，
∴ NF→=λFQ→.
【考点】
平面向量在解析几何中的应用
轨迹方程
【解析】
（I）由直线方程的点斜式列出A1N1和A2N2的方程，联解并结合mn＝2化简整理得方程，再由N1、N2不与原点重合，可得直线A1N1与A2N2交点的轨迹C的方程；
(II)设l:x＝ty+3，代入椭圆方程消去x，得(3+t2)y2+6ty+3＝0，利用分析法进行证明．
【解答】
（I）依题意知直线A1N1的方程为：y=m6(x+6)…①；
直线A2N2的方程为：y=−n6(x−6)…②
设Q(x, y)是直线A1N1与A2N2交点，①、②相乘，得y2=−mn6(x2−6)
由mn＝2整理得：x26+y22=1
∵ N1、N2不与原点重合，可得点A1，A2不在轨迹M上，
∴ 轨迹C的方程为x26+y22=1(x≠±6)．
（2）证明：设l:x＝ty+3，代入椭圆方程消去x，得(3+t2)y2+6ty+3＝0．
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，N(x1, −y1)，可得y1+y2=−6tt2+3且y1y2=3t2+3，
RP→=λRQ→，可得(x1−3, y1)＝λ(x2−3, y2)，∴ x1−3＝λ(x2−3)，y1＝λy2，
证明NF→=λFQ→，只要证明(2−x1, y1)＝λ(x2−2, y2)，∴ 2−x1＝λ(x2−2)，
只要证明x1−3x2−3=−x1−2x2−2，只要证明2t2y1y2+t(y1+y2)＝0，
由y1+y2=−6tt2+3且y1y2=3t2+3，代入可得2t2y1y2+t(y1+y2)＝0，
∴ NF→=λFQ→．
（2）证明：设l:x＝ty+3，代入椭圆方程消去x，得(3+t2)y2+6ty+3＝0．
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，N(x1, −y1)，可得y1+y2=−6tt2+3且y1y2=3t2+3，
RP→=λRQ→，可得(x1−3, y1)＝λ(x2−3, y2)，∴ x1−3＝λ(x2−3)，y1＝λy2，
证明NF→=λFQ→，只要证明(2−x1, y1)＝λ(x2−2, y2)，∴ 2−x1＝λ(x2−2)，
只要证明x1−3x2−3=−x1−2x2−2，只要证明2t2y1y2+t(y1+y2)＝0，
由y1+y2=−6tt2+3且y1y2=3t2+3，代入可得2t2y1y2+t(y1+y2)＝0，
∴ NF→=λFQ→.
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