2020-2021学年安徽省宣城市高二（下）3月开学考试数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年安徽省宣城市高二（下）3月开学考试数学（理）试卷人教A版，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 抛物线y=4x2的焦点坐标是( )
A.(0, 1)B.(1, 0)C.(0,116)D.(116,0)

2. 已知命题p:∀x>0，总有(x+1)ex>1，则￢p为（ ）
A.∃x0≤0，使得(x0+1)ex0≤1B.∃x0>0，使得(x0+1)ex0≤1
C.∀x>0，总有(x+1)ex≤1D.∀x≤0，总有(x+1)ex≤1

3. 在△ABC中，“A>60∘”是“sinA>32”的( )
A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

4. 一汽车厂生产甲，乙，丙三类轿车，每类轿车均有舒适型和标准型两种型号，某月的产量如下表 （单位：辆）：
按类用分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取50辆，其中有甲类轿车10辆，则z的值为( )
A.400B.430C.450D.600

5. 古代“五行”学说认为：物质分“金、木、水、火、土”五种属性，“金克木，木克土，土克水，水克火，火克金”．从五种不同属性的物质中随机抽取两种，则抽到的两种物质不相克的概率为( )
A.12B.13C.25D.310

6. 如图，在底面边长为1，高为2的正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P−BCD的正视图与侧视图的面积之和为( )

A.4B.3C.2D.1

7. 在圆x2+y2=4上任取一点，则该点到直线x+y−22=0的距离d∈[0, 1]的概率为( )
A.14B.13C.12D.23

8. 若双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的一条渐近线被曲线x2+y2−4x+2=0所截得的弦长为2．则双曲线C的离心率为( )
A.3B.5C.233D.255

9. 定义在R上的函数f(x)满足f(−x)=−f(x)，f(x−2)=f(x+2)，且x∈(−1, 0)时，f(x)=2x+15，则f(lg220)=（ ）
A.−1B.−45C.1D.45

10. 直三棱柱ABC−A′B′C′中，AC=BC=AA′，∠ACB=90∘，E为BB′的中点．异面直线CE与C′A所成角的余弦值是（ ）

A.55B.−55C.−1010D.1010

11. 已知函数f(x)=x2+(m−2)x−m，g(x)=f(x)x，且函数y=f(x−2)是偶函数，若函数y=g[lg2(x2+4)]+k⋅2lg2(x2+4)−9恰好有三个零点，则该函数的零点是（ ）
A.−1，0，1B.−2，0，2C.−2，0，1D.−1，0，2

12. 若直线y=kx−2与抛物线y2=8x交于A，B两个不同的点，抛物线的焦点为F，且|AF|，3，|BF|成等差数列，则k=（ ）
A.5±1B.1−5C.1±5D.1+5
二、填空题

已知正四面体ABCD的棱长为1，点E，F分别是BC，AD的中点，则AE→⋅AF→的值为________.

某中学高二年级的甲、乙两个班各选出5名学生参加数学竞赛，在竞赛中他们取得成绩的茎叶图如图所示，其中甲班5名学生成绩的平均分是83分，乙班5名学生成绩的中位数是86．若从成绩在85分及以上的学生中随机抽2名，则至少有1名学生来自甲班的概率为________．


在平面直角坐标系xOy中，P是椭圆y24+x23=1上的一个动点，点A(1, 1)，B(0, −1)，则|PA|+|PB|的最大值为________.

已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e∈[12,22]，直线y=−x+1交椭圆于M，N两点，O为坐标原点，且OM→⋅ON→=0，则椭圆短轴长的最小值是________．
三、解答题

已知命题p：关于x的方程x2−2mx+1=0有实数根，命题q：双曲线y25−x2m=1的离心率e∈(1, 2)，若¬q与p∧q均为假命题，求实数m的取值范围．

已知圆C:x2+y2+2x−4y+1=0，O为坐标原点，动点P在圆C外，过P作圆C的切线，设切点为M．
(1)若点P运动到(1, 3)处，求此时切线l的方程；

(2)求满足条件|PM|=|PO|的点P的轨迹方程．

如图，已知斜三棱柱ABC−A1B1C1的底面是正三角形，点M，N分别是B1C1和A1B1的中点，AA1=AB=BM=2，∠A1AB=60∘．

(1)求证：BN⊥平面A1B1C1；

(2)求二面角A1−AB−M的余弦值．

已知过抛物线x2=2pyp>0的焦点，斜率为24的直线交抛物线于A(x1y1) Bx2,yx1(1)求该抛物线的方程；

(2)O为坐标原点，C为抛物线上一点，若OC→=OA→+λOB→，求λ的值．

某老小区建成时间较早，没有集中供暖，随着人们生活水平的日益提高，热力公司决定在此小区加装暖气，该小区的物业公司统计了近五年（截止2018年年底）小区居民有意向加装暖气的户数，得到如下数据

(1)若有意向加装暖气的户数y与年份编号x满足线性相关关系求y与x的线性回归方程并预测截至2019年年底，该小区有多少户居民有意向加装暖气；

(2)2018年年底郑州市民生工程决定对老旧小区加装暖气进行补贴，该小区分到120个名额，物业公司决定在2019年度采用网络竞拍的方式分配名额，竞拍方案如下：①截至2018年年底已登记在册的居民拥有竞拍资格；②每户至多申请一个名额，由户主在竞拍网站上提出申请并给出每平方米的心理期望报价；③根据物价部门的规定，每平方米的初装价格不得超过300元；④申请阶段截止后，将所有申请居民的报价自高到低排列，排在前120位的业主以其报价成交；⑤若最后出现并列的报价，则认为申请时间在前的居民得到名额，为预测本次竞拍的成交最低价，物业公司随机抽取了有竞拍资格的50位居民进行调查统计了他们的拟报竞价，得到如图所示的频率分布直方图：
(i)求所抽取的居民中拟报竞价不低于成本价180元的人数；
(ii)如果所有符合条件的居民均参与竞拍，请你利用样本估计总体的思想预测至少需要报价多少元才能获得名额（结果取整数）？
参考公式：对于一组数据x1,y1,x2,y2,(x3,y3)，…xn,yn，
其回归直线y=bx+a的斜率和截距的最小二乘估计分别为： b=i=1nxiyi−nxy¯i=1nxi2−nx¯2,a=y¯−bx¯.

椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，右焦点为F，上顶点为B，且|BF|=2．
(1)求椭圆E的方程；

(2)是否存在直线l，使得l交椭圆E于M，N两点，且F恰是△MBN的垂心？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由.
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省宣城市高二（下）3月开学考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
抛物线的标准方程
【解析】
把抛物线y＝4x2的方程化为标准形式，确定开口方向和p值，即可得到焦点坐标．
【解答】
解：抛物线y=4x2的标准方程为 x2=14y，
则p=18，开口向上，焦点在y轴的正半轴上，
故焦点坐标为(0, 116)．
故选C.
2.
【答案】
B
【考点】
命题的否定
【解析】
据全称命题的否定为特称命题可写出命题p的否定．
【解答】
解：根据全称命题的否定为特称命题可知，￢p为∃x0>0，使得(x0+1)ex0≤1.
故选B．
3.
【答案】
B
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
三角函数的定义域
【解析】
根据充分条件和必要条件的定义结合三角函数的定义和性质进行判断即可．
【解答】
解：在△ABC中，若sinA>32，则60∘60∘成立；
当A=150∘时，满足A>60∘，但sinA=12，则sinA>32不成立，
故“A>60∘”是“sinA>32”的必要不充分条件.
故选B.
4.
【答案】
A
【考点】
分层抽样方法
【解析】
根据甲类轿车抽取的数量可求得抽样比，从而构造出关于2的方程，解方程求得结果
【解答】
解：由题意知抽样比为：10100+300=140，
则：50100+300+150+450+z+600=140，解得：z=400.
故选A．
5.
【答案】
A
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
所有的抽取方法共有10种，而相克的有5种情况，由此求得抽取的两种物质相克的概率，再用1减去此概率，即可求解．
【解答】
解：从五种物质中随机抽取两种，所有的抽法为金木，金水，金火，金土，木土，木水，木火，水土，水火，火土，
共有10种，
而相克的有金木，木土，水土，水火，金火，共5种情况，
则抽取的两种物质相克的概率是510=12，
故抽取的两种物质不相克的概率是1−12=12.
故选A．
6.
【答案】
C
【考点】
由三视图求表面积（切割型）
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：该三棱锥的正视图的面积为 S1=12×1×2=1，
侧视图的面积为 S2=12×1×2=1，
所以其面积之和为 S=S1+S2=2．
故选C．
7.
【答案】
B
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
直线与圆的位置关系
【解析】
根据题意，求出满足条件的圆弧，再用弧长之比求出即可．
【解答】
解：如图：
直线x+y−22=0与x2+y2=4，
由于222=2=r，所以直线与圆相切.
而直线x+y−2=0到圆心的距离为1，
所以要使点到直线x+y−22=0的距离d∈0,1，
只需点落在直线x+y−2=0与直线x+y−22=0所夹的圆弧上，
由r=2,d=1，
所以圆心角为α=2π3，即为圆的圆心角的13.
故选B．
8.
【答案】
C
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
通过圆的圆心与双曲线的渐近线的距离，列出关系式，然后求解双曲线的离心率即可．
【解答】
解：双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的一条渐近线不妨为：bx+ay=0，
圆x2+y2−4x+2=0即为(x−2)2+y2=2的圆心(2, 0)，半径为2，
双曲线的一条渐近线被圆x2+y2−4x+2=0所截得的弦长为2，
可得圆心到直线的距离为：(2)2−12=1=2ba2+b2，
两边同时平方得：4b2c2=4c2−4a2c2=1，
解得：e=ca=233.
故选C.
9.
【答案】
A
【考点】
函数的求值
函数奇偶性的性质
函数的周期性
【解析】
由已知得函数f(x)为奇函数，函数f(x)为周期为4是周期函数，4【解答】
解：∵ 定义在R上的函数f(x)满足f(−x)=−f(x)，
∴ 函数f(x)为奇函数，
又∵ f(x−2)=f(x+2)，
∴ 函数f(x)是周期为4是周期函数，
又∵ lg232>lg220>lg216，
∴ 4∴ f(lg220)=f(lg220−4)=f(lg254)=−f(−lg254)=−f(lg245)，
又∵ x∈(−1, 0)时，f(x)=2x+15，
∴ f(lg245)=1，
故f(lg220)=−1．
故选A.
10.
【答案】
D
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，CC′为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线CE与C′A所成角的余弦值．
【解答】
解：直三棱柱ABC−A′B′C′中，AC=BC=AA′，∠ACB=90∘，E为BB′的中点．
以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，CC′为z轴，建立空间直角坐标系，
设AC=BC=AA′=2，
则C(0, 0, 0)，E(0, 2, 1)，C′(0, 0, 2)，A(2, 0, 0)，
CE→=(0, 2, 1)，C′A→=(2, 0, −2)，
设异面直线CE与C′A所成角为θ，
则csθ=|CE→⋅C′A→||CE→|⋅|C′A→|=25⋅8=1010．
∴ 异面直线CE与C′A所成角的余弦值为1010．
故选D.
11.
【答案】
B
【考点】
函数的零点与方程根的关系
【解析】
（1）由函数y＝f(x−2)是偶函数，得出y＝f(x)关于直线x＝−2对称，求出m，即可求出g(x)的解析式；
（2）y=g(lg2(x2+4))+k⋅2lg2(x2+4)−9为偶函数，恰好有三个零点，可得x＝0为其零点，代入求出k的值，令t=lg2(x2+4),t≥2进而求出该函数的零点．
【解答】
解：∵ 函数y=f(x−2)是偶函数，
∴ f(−x−2)=f(x−2)，
∴ y=f(x)关于直线x=−2对称，
∴ −m−22=−2，
∴ m=6，
∴ f(x)=x2+4x−6，
∴ g(x)=x−6x+4.
设y=ℎ(x)=g[lg2(x2+4)]+k⋅2lg2(x2+4)−9，
∵ ℎ(−x)=ℎ(x)，
∴ ℎ(x)为偶函数.
ℎ(x)=g[lg2(x2+4)]+k⋅2lg2(x2+4)−9恰好有三个零点，
故必有一个零点为0，
∴ ℎ(0)=g(2)+k−9=k−6=0，
k=6，
令t=lg2(x2+4),t≥2，
则y=g(t)+12t−9=t+6t−5=0整理得：
t2−5t+6=0，解得t=2或t=3，
当t=2时，x=0；
当t=3时，lg2(x2+4)=3,x2+4=8，
∴ x=±2，
∴ 所求函数的零点为−2，0，2．
故选B.
12.
【答案】
D
【考点】
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
【解析】
设A(x1, y1)，B(x2, y2)．由y=kx−2y2=8x 得k2x2−4(k+2)x+4＝0，由韦达定理得x1+x2=4(k+2)k2，因为直线y＝kx−2与抛物线y2＝8x交于A，B两个不同的点，所以△>0即k>−1，由抛物线的性质可知|AF|＝x1+p2=x1+2，|BF|=x2+p2=x2+2，再结合条件有x1+x2＝2，进而得而出答案．
【解答】
解：设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由y=kx−2,y2=8x 消去y，
得k2x2−4(k+2)x+4=0，
故Δ=16(k+2)2−16k2=64(1+k)>0，
解得k>−1，且x1+x2=4(k+2)k2．
由|AF|=x1+p2=x1+2，|BF|=x2+p2=x2+2，
且|AF|，3，|BF|成等差数列，
得x1+2+x2+2=6，得x1+x2=2，
所以4(k+2)k2=2，
解得k=1±5，
又k>−1，故k=1+5.
故选D.
二、填空题
【答案】
14
【考点】
空间向量的数量积运算
【解析】
作出图，利用平面向量的线性运算，转化，再求数量积即可.
【解答】
解：如图，
AE→⋅AF→=12AB→+AC→⋅AF→
=12AB→⋅AF→+12AC→⋅AF→
=12×1×12×cs60∘+12×1×12×cs60∘
=14.
故答案为：14.
【答案】
710
【考点】
茎叶图
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
根据题意求出x=5,y=6．成绩在85分及以上的学生一共有5名，其中甲班有2名，乙班有3名，由此能求出随机抽取2名，至
少有1名来自甲班的概率，得到答案．
3
【解答】
解：由题意，根据茎叶图可知74+82+84+80+x+90=5×83,80+y=86，
解得x=5,y=6.
成绩在85分及以上的学生一共有5名，其中甲班有2名，乙班有3名，
随机抽取2名，事件有(85,90)，(85,86)，(85,91)，(85,93)，(90,86)，(90,91)，(90,93)，(86,91)，(86,93)，(91,93)，共10个，
至少有1名学生来自甲班的事件为(85,90)，(85,86)，(85,91)，(85,93)，(90,86)，(90,91)，(90,93)，共7个，
则概率为P=710.
故答案为：710.
【答案】
5
【考点】
椭圆的定义
圆锥曲线中的范围与最值问题
【解析】
根据椭圆的方程，算出它的焦点坐标为B(0, −1)和B′(0, 1)．因此连接PB′、AB′，根据椭圆的定义得|PA|+|PB|＝|PA|+(2a−|PB′|)＝4+(|PA|−|PB′|)．再由三角形两边之差小于第三边，得到当且仅当点P在AB′延长线上时，|PA|+|PB|＝4+|AB′|＝5达到最大值，从而得到本题答案．
【解答】
解：∵ 椭圆方程为y24+x23=1，
∴ 焦点坐标为B(0, −1)和B′(0, 1)，
连接PB′，AB′，根据椭圆的定义，
得|PB|+|PB′|=2a=4，可得|PB|=4−|PB′|，
因此|PA|+|PB|=|PA|+(4−|PB′|)=4+(|PA|−|PB′|)
∵ |PA|−|PB′|≤|AB′|，
∴ |PA|+|PB|≤2a+|AB′|=4+1=5．
当且仅当点P在AB′延长线上时，等号成立．
综上所述，可得|PA|+|PB|的最大值为5．
故答案为：5.
【答案】
3
【考点】
椭圆的离心率
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
设M(x1, y1)，N(x2, y2)，由y=−x+1x2a2+y2b2=1 ，根据韦达定理代入OM→⋅ON→=0，结合离心率的范围，求出2b的取值范围即可．
【解答】
解：设M(x1, y1)，N(x2, y2)，由y=−x+1，x2a2+y2b2=1，
消去y，得(a2+b2)x2−2a2x+a2−a2b2=0，
故x1+x2=2a2a2+b2，x1x2=a2−a2b2a2+b2，
由OM→⋅ON→=x1x2+y1y2=x1x2+(−x1+1)(−x2+1)
=2x1x2−(x1+x2)+1=0，
所以2(a2−a2b2)a2+b2−2a2a2+b2+1=0，
得a2=b22b2−1，
e​2=c2a2=1−b2a2=2−2b2∈[14,12]，
故b∈[32,144]，2b∈[3,142]，
所以短轴长的最小值为3.
故答案为：3.
三、解答题
【答案】
解：若命题p为真，则有Δ=4m2−4≥0，解得m≤−1或m≥1，
当p为假时有−1若命题q为真，则有1<5+m5<4，
即5+m>5,5+m<20,
解得0因为“¬q”为假命题，“p∧q”为假命题，
所以q为真命题，p为假命题．
于是由−1解得0故所求实数m的取值范围是0【考点】
复合命题及其真假判断
双曲线的离心率
【解析】
分别求出命题为真命题时的等价条件，结合复合命题真假之间的关系进行求解．
【解答】
解：若命题p为真，则有Δ=4m2−4≥0，解得m≤−1或m≥1，
当p为假时有−1若命题q为真，则有1<5+m5<4，
即5+m>5,5+m<20,
解得0因为“¬q”为假命题，“p∧q”为假命题，
所以q为真命题，p为假命题．
于是由−1解得0故所求实数m的取值范围是0【答案】
解：(1)把圆C的方程化为标准方程为(x+1)2+(y−2)2=4，
∴ 圆心为C(−1, 2)，半径r=2．
当l的斜率不存在时，此时l的方程为x=1，
C到l的距离d=2=r，满足条件．
当l的斜率存在时，设斜率为k，得l的方程为y−3=k(x−1)，
即kx−y+3−k=0，
则|−k−2+3−k|1+k2=2，解得k=−34．
∴ l的方程为y−3=−34(x−1)，即3x+4y−15=0．
综上，满足条件的切线l的方程为x=1，或3x+4y−15=0．
(2)设P(x, y)，
则|PM|2=|PC|2−|MC|2=(x+1)2+(y−2)2−4，
|PO|2=x2+y2．
∵ |PM|=|PO|，
∴ (x+1)2+(y−2)2−4=x2+y2，
整理，得2x−4y+1=0，
∴ 点P的轨迹方程为2x−4y+1=0．
【考点】
圆的标准方程与一般方程的转化
勾股定理
与直线有关的动点轨迹方程
直线与圆的位置关系
圆的标准方程
点到直线的距离公式
两点间的距离公式
直线的一般式方程
直线的点斜式方程
【解析】
（1）对切线的斜率是否存在分类讨论，用点斜式求得直线的方程．
（2）设出P的坐标，代入平面内两点间的距离公式，化简得轨迹方程．
【解答】
解：(1)把圆C的方程化为标准方程为(x+1)2+(y−2)2=4，
∴ 圆心为C(−1, 2)，半径r=2．
当l的斜率不存在时，此时l的方程为x=1，
C到l的距离d=2=r，满足条件．
当l的斜率存在时，设斜率为k，得l的方程为y−3=k(x−1)，
即kx−y+3−k=0，
则|−k−2+3−k|1+k2=2，解得k=−34．
∴ l的方程为y−3=−34(x−1)，即3x+4y−15=0．
综上，满足条件的切线l的方程为x=1，或3x+4y−15=0．
(2)设P(x, y)，
则|PM|2=|PC|2−|MC|2=(x+1)2+(y−2)2−4，
|PO|2=x2+y2．
∵ |PM|=|PO|，
∴ (x+1)2+(y−2)2−4=x2+y2，
整理，得2x−4y+1=0，
∴ 点P的轨迹方程为2x−4y+1=0．
【答案】
(1)证明：连接MN，A1B，
∵ 侧面是ABB1A1菱形，且∠A1AB=60∘，
∴ △A1BB1为正三角形．
∵ N是A1B1的中点，
∴ BN⊥A1B1.
∵ AA1=AB=BM=2，
∴ BN=3，MN=1，
∴ BN2+MN2=BM2，
∴ BN⊥MN.
∵ A1B1∩MN=N，
∴ BN⊥平面A1B1C1.
(2)解：取AB的中点E，连接A1E，
则A1E // BN，由(1)知A1E⊥平面ABC，
以E为坐标原点，建立如图所示的坐标系，
则E(0, 0, 0)，A(−1, 0, 0)，B(1, 0, 0)，C(0, 3, 0)，A1(0, 0, 3)，B1(2, 0, 3)，
设M(x, y, z)，由B1M→=12BC→得x=32，y=32，z=3，
∴ M(32, 32, 3)，
∴ EM→=(32, 32, 3)，BM→=(12, 32, 3).
平面ABA1的一个法向量为n1→=(0, 1, 0)．
设平面MAB的法向量n2→=(x, y, z)，
则32x+32y+3z=0,12x+32y+3z=0,
∴ n2→=(0, −2, 1)，
∴ cs=n1→⋅n2→|n1→||n2→|=−255，
∴ 二面角A1−AB−M的余弦值为255．
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
（1）证明BN⊥平面A1B1C1，只需证明BN⊥A1B1，BN⊥MN，
（2）建立坐标系，求出平面ABA1的一个法向量、平面MAB的法向量，利用向量的夹角公式，即可求二面角A1−AB−M的余弦值．
【解答】
(1)证明：连接MN，A1B，
∵ 侧面是ABB1A1菱形，且∠A1AB=60∘，
∴ △A1BB1为正三角形．
∵ N是A1B1的中点，
∴ BN⊥A1B1.
∵ AA1=AB=BM=2，
∴ BN=3，MN=1，
∴ BN2+MN2=BM2，
∴ BN⊥MN.
∵ A1B1∩MN=N，
∴ BN⊥平面A1B1C1.
(2)解：取AB的中点E，连接A1E，
则A1E // BN，由(1)知A1E⊥平面ABC，
以E为坐标原点，建立如图所示的坐标系，
则E(0, 0, 0)，A(−1, 0, 0)，B(1, 0, 0)，C(0, 3, 0)，A1(0, 0, 3)，B1(2, 0, 3)，
设M(x, y, z)，由B1M→=12BC→得x=32，y=32，z=3，
∴ M(32, 32, 3)，
∴ EM→=(32, 32, 3)，BM→=(12, 32, 3).
平面ABA1的一个法向量为n1→=(0, 1, 0)．
设平面MAB的法向量n2→=(x, y, z)，
则32x+32y+3z=0,12x+32y+3z=0,
∴ n2→=(0, −2, 1)，
∴ cs=n1→⋅n2→|n1→||n2→|=−255，
∴ 二面角A1−AB−M的余弦值为255．
【答案】
解：(1)抛物线x2=2py的焦点为0,p2，
所以直线AB的方程为y=24x+p2.
由 y=24x+p2，x2=2py消去x得4y2−5y+p2=0，
所以y1+y2=5p4.
由抛物线定义得|AB|=y1+y2+p=9，
即5p4+p=9，所以p=4，
所以抛物线的方程为x2=8y.
(2)由p=4知，方程4y2−5py+p2=0，
可化为y2−5y+4=0，
解得y1=1,y2=4，
故x1=−22,x2=42，
所以A−22,1,B42,4，
则OC→=OA→+λOB→=(−22,1)+λ(42,4)=(−22+42λ,1+4λ).
因为C为抛物线上一点，所以−22+42λ2=81+4λ，
整理得λ2−2λ=0，所以λ=0或λ=2.
【考点】
抛物线的标准方程
抛物线的应用
【解析】


【解答】
解：(1)抛物线x2=2py的焦点为0,p2，
所以直线AB的方程为y=24x+p2.
由 y=24x+p2，x2=2py消去x得4y2−5y+p2=0，
所以y1+y2=5p4.
由抛物线定义得|AB|=y1+y2+p=9，
即5p4+p=9，所以p=4，
所以抛物线的方程为x2=8y.
(2)由p=4知，方程4y2−5py+p2=0，
可化为y2−5y+4=0，
解得y1=1,y2=4，
故x1=−22,x2=42，
所以A−22,1,B42,4，
则OC→=OA→+λOB→=(−22,1)+λ(42,4)=(−22+42λ,1+4λ).
因为C为抛物线上一点，所以−22+42λ2=81+4λ，
整理得λ2−2λ=0，所以λ=0或λ=2.
【答案】
解：(1)x¯=151+2+3+4+5=3,
y¯=1534+95+124+181+216=130,
b=i=1nxiyi−nxy¯i=1nxi2−nx¯2
=1×34+2×95+3×124+4×181+5×216−5×3×13012+22+32+42+52−5×32
=45010=45,
a=y¯−bx¯=130−45×3=−5，
所以线性回归方程为y=45x−5.
令x=6,得y=265,
所以截止到2019年底，该小区有265户居民有意向加装暖气．
(2)(i)由频率分布直方图知，
拟报竞价不低于180元的频率为0.09+0.07+0.02×4=0.72,
0.72×50=36，
所以拟报竞价不低于180元的户数为36户．
(ii)由题意知 120216=59 所以按竞价由高到低排列，位于前59的居民可以竞拍成功，设竞拍成功的最低报价为x（十元），
22−x4×0.09×4+0.07+0.02×4=59,
解得： x≈19.83,所以竞拍成功的最低报价为199元．
【考点】
频率分布直方图
函数模型的选择与应用
求解线性回归方程
【解析】


【解答】
解：(1)x¯=151+2+3+4+5=3,
y¯=1534+95+124+181+216=130,
b=i=1nxiyi−nxy¯i=1nxi2−nx¯2
=1×34+2×95+3×124+4×181+5×216−5×3×13012+22+32+42+52−5×32
=45010=45,
a=y¯−bx¯=130−45×3=−5，
所以线性回归方程为y=45x−5.
令x=6,得y=265,
所以截止到2019年底，该小区有265户居民有意向加装暖气．
(2)(i)由频率分布直方图知，
拟报竞价不低于180元的频率为0.09+0.07+0.02×4=0.72,
0.72×50=36，
所以拟报竞价不低于180元的户数为36户．
(ii)由题意知 120216=59 所以按竞价由高到低排列，位于前59的居民可以竞拍成功，设竞拍成功的最低报价为x（十元），
22−x4×0.09×4+0.07+0.02×4=59,
解得： x≈19.83,所以竞拍成功的最低报价为199元．
【答案】
解：(1)由题意得：e=ca=12，|BF|=a=2，
b2=a2−c2，解得：a2=4，b2=3，
所以椭圆的方程为：x24+y23=1.
(2)由(1)得：F(1, 0)，B(0, 3)，假设存在这样的直线l，由题意显然直线l的斜率等于−1kBF=33，
设l的方程为：y=33x+m，
设M(x, y)，N(x′, y′)，联立与椭圆的方程整理得：
13x2+83mx+12(m2−3)=0，
Δ=64×3m2−4×13×12(m2−3)>0，
∴ m2<133，x+x′=−8313m，xx′=12(m2−3)13，
由题意知FN→⋅BM→=0，
FN→⋅BM→=(x′−1, y′)(x, y−3)
=xx′−x+(33x′+m)(33x+m−3)
=(33m−1)(x+x′)+43xx′+m2−3m
=(33m−1)(−8313m)+4312(m2−3)13+m2−3m=0，
解得：m=3或−16321，
而当m=3时过B点，不能构成三角形，故舍去，
m=−16321符合判别式大于0，
∴ 直线l的方程：y=33x−16321．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线的综合问题
【解析】
（1）由离心率及BF的长及a，b，c之间的关系求出椭圆的方程；
（2）假设存在这样的直线，又l⊥BF可知设直线l的方程与椭圆联立，求出两根之和及两根之积，由题意知FN→⋅BM→=0，求出数量积，得出直线l的方程．
【解答】
解：(1)由题意得：e=ca=12，|BF|=a=2，
b2=a2−c2，解得：a2=4，b2=3，
所以椭圆的方程为：x24+y23=1.
(2)由(1)得：F(1, 0)，B(0, 3)，假设存在这样的直线l，由题意显然直线l的斜率等于−1kBF=33，
设l的方程为：y=33x+m，
设M(x, y)，N(x′, y′)，联立与椭圆的方程整理得：
13x2+83mx+12(m2−3)=0，
Δ=64×3m2−4×13×12(m2−3)>0，
∴ m2<133，x+x′=−8313m，xx′=12(m2−3)13，
由题意知FN→⋅BM→=0，
FN→⋅BM→=(x′−1, y′)(x, y−3)
=xx′−x+(33x′+m)(33x+m−3)
=(33m−1)(x+x′)+43xx′+m2−3m
=(33m−1)(−8313m)+4312(m2−3)13+m2−3m=0，
解得：m=3或−16321，
而当m=3时过B点，不能构成三角形，故舍去，
m=−16321符合判别式大于0，
∴ 直线l的方程：y=33x−16321．

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轿车乙
轿车丙
舒适型
100
150
z
标准型
300
450
600