则|x+1|=,化简得y=2x+1,
2
令x=0,y=1,故曲线C与y轴的交点为(0,1),(0,﹣1),
A(﹣,0),根据题意,当O,P,A三点共线时,则|PO|+|PA|的最小,
最小值长等于|OA|=, 故答案为:(0,±1);.
【点评】考查直线与抛物线的综合,求曲线的轨迹方程,中档题.
三、解答题:本大题共5小题,共70分,解答须写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(12分)绿水青山就是金山银山.近年来,祖国各地依托本地自然资源,打造旅游产业,旅游业正蓬勃发展.景区与游客都应树立尊重自然、顺应自然、保护自然的生态文明理念,合力使旅游市场走上规范有序且可持续的发展轨道.某景区有一个自愿消费的项目:在参观某特色景点入口处会为每位游客拍一张与景点的合影,参观后,在景点出口处会将刚拍下的照片打印出来,游客可自由选择是否带走照片,若带走照片则需支付20元,没有被带走的照片会收集起来统一销毁.该项目运营一段时间后,统计出平均只有三成的游客会选择带走照片.为改善运营状况,该项目组就照片收费与游客消费意愿关系作了市场调研,发现收费与消费意愿有较强的线性相关性,并统计出在原有的基础上,价格每下调1元,游客选择带走照片的可能性平均增加0.05,假设平均每天约有5000人参观该特色景点,每张照片的综合成本为5元,假设每个游客是否购买照片相互独立. (1)若调整为支付10元就可带走照片,该项目每天的平均利润比调整前多还是少? (2)要使每天的平均利润达到最大值,应如何定价?
【分析】(1)当收费为20元时,照片被带走的可能性为0.3,不被带走的概率为0.7,设每个游客的利润为Y1元,则Y1是随机变量,求出5000个游客的平均利润为5000元,当收费为10元时,照片被带走的可能性为0.3+0.05×10=0.8,不被带走的概率为0.2,设每个游客的利润为Y2,则Y2是随机变量,求出5000个游客的平均利润为15000元,由此能求出该项目每天的平均利润比调整前多10000元.
(2)设降价x元,则0≤x<15,照片被带走的可能性为0.3+0.05x,不被带走的可能性为0.7﹣0.05x,设每个游客的利润为Y元,则Y是随机变量,求出其分布列,从而E(Y)=(15﹣x)×(0.3+0.05x)﹣5×(0.7﹣0.05x)=0.05[69﹣(x﹣7)],由此求出
2
当定价为13元时,日平均利润取最大值为17250元.
【解答】解:(1)当收费为20元时,照片被带走的可能性为0.3,不被带走的概率为0.7, 设每个游客的利润为Y1元,则Y1是随机变量,其分布列为:
Y1 P
15 0.3
﹣5 0.7
E(Y1)=15×0.3﹣5×0.7=1(元),
则5000个游客的平均利润为5000元,
当收费为10元时,照片被带走的可能性为0.3+0.05×10=0.8,不被带走的概率为0.2, 设每个游客的利润为Y2,则Y2是随机变量,其分布列为:
Y2 P
5 0.8
﹣5 0.2
E(Y2)=5×0.8﹣5×0.2=3(元),
则5000个游客的平均利润为5000×3=15000(元), 该项目每天的平均利润比调整前多10000元.
(2)设降价x元,则0≤x<15,照片被带走的可能性为0.3+0.05x, 不被带走的可能性为0.7﹣0.05x,
设每个游客的利润为Y元,则Y是随机变量,其分布列为:
Y P
15﹣x
﹣5
0.3+0.05x 0.7﹣0.05x
E(Y)=(15﹣x)×(0.3+0.05x)﹣5×(0.7﹣0.05x)=0.05[69﹣(x﹣7)2],
当x=7时,E(Y)有最大值3.45元,
∴当定价为13元时,日平均利润取最大值为5000×3.45=17250元.
【点评】本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法,考查二项分布等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.
18.(12分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知asinB=bsin(A﹣(1)求A;
).
(2)D是线段BC上的点,若AD=BD=2,CD=3,求△ADC的面积.
【分析】(1)由正弦定理,三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得tanA=﹣合范围A∈(0,π),可求A的值. (2)设∠B=θ,θ,∠ACD=
,由题意可得∠BAD=θ,∠ADC=2θ,∠DAC=
﹣,结
﹣θ,在△ADC中,由正弦定理,三角函数恒等变换的应用可求sinθ=
cosθ,可求sinθ,cosθ,利用二倍角的正弦函数公式可求sin2θ,进而根据三角形的面积公式可求S△ADC的值.
【解答】解:(1)由正弦定理可得asinB=bsinA, 则有bsinA=b(sinA﹣可得tanA=﹣
,
cosA),化简可得sinA=﹣
cosA,
因为A∈(0,π), 所以A=
.
,由题意可得∠BAD=θ,∠ADC=2θ,∠DAC=
﹣
(2)设∠B=θ,θ,∠ACD=在△ADC中,
﹣θ,
,则=,
所以=,可得sinθ=cosθ,
又因为sinθ+cosθ=1,可得sinθ=则sin2θ=2sinθcosθ=所以S△ADC=
,
22
,cosθ=,
sin∠ADC==.
【点评】本题主要考查了正弦定理,三角函数恒等变换的应用,三角形的面积公式在解三角形中的综合应用,考查了计算能力和转化思想,属于中档题. 19.(12分)已知椭圆C:
+
=1(a>b>0)的离心率为,点A(1,)在椭圆C上,直线l1过椭圆C的有交点与上顶点,动直线l2:y=kx与椭圆C交于M、N两点,交
l1于P点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)已知O为坐标原点,若点P满足|OP|=|MN|,求此时|MN|的长度. 【分析】(1)由离心率及过的点和a,b,c之间的关系求出椭圆的方程;
(2)直线l2的方程与椭圆联立求出点M的坐标,由|OP|=|MN|得P点坐标,P的直线
l1上求出k值,进而求出MN|的值.
【解答】解:(1)由题意得:e==,=3,
所以椭圆的方程:
=1;
+
=1,b=a﹣c,解得:a=4,b2
2
2
2
2
(2)由题意直线l2的方程:y=kx,代入椭圆中整理: (3+4k)x=12,解得x=
2
2
,
令M的坐标(,k)
∵|OP|=|MN|,由对称性可知, 点P为OM的中点.
故P的坐标(由P在直线l1:
,),
=0,
x+y﹣
所以
解得:k=0或k=所以|OM|=2,或
+﹣=0,
),
,故M的坐标为(2,0),或(,,
.
所以|MN|的长度为4或
【点评】考查直线与椭圆的综合,属于中难题.
20.(12分)如图,三棱锥P﹣ABC中,平面PAB⊥平面ABC,PA=PB,∠APB=∠ACB=90°,
点E,F分别是棱AB,PB的中点,点G是△BCE的重心. (1)证明:GF∥平面PAC;
(2)若GF与平面ABC所成的角为60°,求二面角B﹣AP﹣C的余弦值.
【分析】(1)连结EF,连结EG并延长,交BC于点D,由点D是BC的中点,推导出DE∥AC,EF∥AP,从而DE∥平面PAC,EF∥平面PAC,进而平面EFG∥平面PAC,由此能证明GF∥平面PAC.
(2)连结PE,连结CG并延长交BE于点O,则O为BE的中点,连结OF,则OF∥PE,以
O为原点,OC为x轴,OB为y轴,OF为z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出
二面角B﹣AP﹣C的余弦值.
【解答】解:(1)证明:连结EF,连结EG并延长,交BC于点D, 由点D是BC的中点,
∴D,E,F分别是棱CB,AB,PB的中点,∴DE∥AC,EF∥AP, ∵DE,EF?平面PAC,AC,AP?平面PAC, ∴DE∥平面PAC,EF∥平面PAC,
∵DE,EF?平面EFG,DE∩EF=E,∴平面EFG∥平面PAC, ∵GF?平面EFG,∴GF∥平面PAC.
(2)解:连结PE,∵PA=PB,E是AB的中点,∴PE⊥AB, ∵平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,PE?平面PAB, ∴PE⊥平面ABC,
连结CG并延长交BE于点O,则O为BE的中点,连结OF,则OF∥PE, ∴OF⊥平面ABC,∴∠FGO是GF与平面ABC所成角,∴∠FGO=60°, 在Rt△FGO中,设GF=2,则OG=1,OF=∴AB=4
2
2
,∴OC=3,PE=2,
,CE=2
2
,OE=,
∴OE+OC=CE,∴OC⊥AB,
广东省佛山市2020届高三数学上学期教学质量检测试题(一)理(含解析)
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