TOP45【全国百强校word】重庆市第八中学2015-2016学年高二下学期期中考试数学（理）试题.doc文档免费在线阅读

三解答题本大题共小题，共分解答应写出文字说明证明过程或演算步骤本小题满分分在中，内角所对的边分别为，且若，，求的面积若，且的面积，求和的值本小题满分分八中高三班的诊测试成绩的的茎叶图频率分布直方图以及频率分布表中的部分数据如下，请据此解答如下问题求该班的总人数将频率分布表以及频率分布直方图的空余位置补充完整若要从分数在，之间的试卷中，任取两份分析学生失分情况，在抽取的试卷中，求至少有份试卷分数在，之间的概率本小题满分分如图，已知正三棱柱的各棱长都是，是的中点，动点在侧棱上，且不与点重合当时，求证设二面角在，上的最小值是当时，在，上的最小值是设为在区间，内的个零点，则由作于，连接上单调递减，在区间上单调递增于是，在，上的最小值是综上所述，当时，在，上的最小值是当时，当时，，在，单调递减，因此在，上的最小值是当时，令，得，，函数在区间，，，因此，当，时，，当时，，在，单调递增，因此在，上的最小值是，联立化简得，即，所以直线与直线的交点在定直线上解由，有，由，解得由韦达定理得，，设，，的方程是，的方程是此时与重合解设的坐标为，，题意有，椭圆的离心率若，由得，椭圆方程为，联立方程组化简得在中，在中，，故又，故当，即当时，达到最小值，如图，连接，过作于，连接，由知侧面，根据三垂线定理得，所以是二面角的平面角，即设，则，侧面，且底面，所以侧面，为在侧面内的射影，在中，则由，得又，故，所以，共个，故至少有份分数在，之间的频率是解过作于，连接图证明如图，连接由直棱柱的性质知，底面侧面，又底面为共个，其中，至少有份在，之间的基本事件有频率分布直方图知分数在，之间的频率为，所以全班人数为人频率分布直方图如图将，之间的个分数编号为，之间的个分数编号为，则在，之间的试卷中任取两份的基本事件，又因为，所以由于，所以，从而，解得，解茎叶图和频率分布直方图结合在起求全班人数由茎叶图知分数在，之间的频数为，由，化简得，因为，所以由正弦定理可知二填空题每小题分，共分，三解答题解由题意可知由可得小值为求的值若是正实数，且满足，求证重庆八中学年度下半期考试高二年级数学试题理科参考答案选择题每小题分，共分小值为求的值若是正实数，且满足，求证重庆八中学年度下半期考试高二年级数学试题理科参考答案选择题每小题分，共分二填空题每小题分，共分，三解答题解由题意可知由可得，化简得，因为，所以由正弦定理可知，又因为，所以由于，所以，从而，解得，解茎叶图和频率分布直方图结合在起求全班人数由茎叶图知分数在，之间的频数为，由频率分布直方图知分数在，之间的频率为，所以全班人数为人频率分布直方图如图将，之间的个分数编号为，之间的个分数编号为，则在，之间的试卷中任取两份的基本事件为共个，其中，至少有份在，之间的基本事件有，共个，故至少有份分数在，之间的频率是解过作于，连接图证明如图，连接由直棱柱的性质知，底面侧面，又底面侧面，且底面，所以侧面，为在侧面内的射影，在中，则由，得又，故，所以如图，连接，过作于，连接，由知侧面，根据三垂线定理得，所以是二面角的平面角，即设，则，在中，在中，，故又，故当，即当时，达到最小值，此时与重合解设的坐标为，，题意有，椭圆的离心率若，由得，椭圆方程为，联立方程组化简得，由，解得由韦达定理得，，设，，的方程是，的方程是，联立化简得，即，所以直线与直线的交点在定直线上解由，有，，因此，当，时，，当时，，在，单调递增，因此在，上的最小值是当时，，在，单调递减，因此在，上的最小值是当时，令，得，，函数在区间，上单调递减，在区间上单调递增于是，在，上的最小值是综上所述，当时，在，上的最小值是当时，在，上的最小值是当时，在，上的最小值是设为在区间，内的个零点，则由作于，连接图证明如图，连接由直棱柱的性质知，底面侧面，又底面侧面，且底面，所以侧面，为在侧面内的射影，在中，则由，得又，故，所以如图，连接，过作于，连接，由知侧面，根据三垂线定理得，所以是二面角的平面角，即设，则，在中，在中，，故又，故当，即当时，达到最小值，此时与重合解设的坐标为，，题意有，椭圆的离心率若，由得，椭圆方程为，联立方程组化简得，由，解得由韦达定理得，，设，，的方程是，的方程是，联立化简得，即，所以直线与直线的交点在定直线上解由，有，，因此，当，时，，当时，，在，单调递增，因此在，上的最小值是当时，，在，单调递减，因此在，上的最小值是当时，令，得，，函数在区间，上单调递减，在区间上单调递增于是，在，上的最小值是综上所述，当时，在，上的最小值是当时，在，上的最小值是当时，在，上的最小值是设为在区间，内的个零点，则由可知，在区间，上不可能单调递增，也不可能单调递减，则不可能恒为正，也不可能恒为负故在区间，内存在零点同理在区间，内存在零点在区间，内至少有两个零点由知，当时，在，单调递增，故在，内至多有个零点当时，在，单调递减，故在，内至多有个零点时，此时在区间，上单调递减，在区间，上单调递增因此，必有，由有，有，解得当时，在区间，内有最小值若，则，，从而在区间，单调递增，这与矛盾，，又，，故此时在，和，内各只有个零点和由此可知，在，上单调递增在，上单调递减在，上单调递增，，，故在，内有零点综上可知，的取值范围，解因为为的直径，则，又，所以，从而，又切于点，得，所以由知平分，则，又，从而，所以，所以由切割线定理得，即，故，即的直径为解设，为圆上的点，在已知变换下变为上点依题意，得，由得，即曲线的方程为，故的参数方程为为参数由解得或，不妨设则线段，的中点坐标为，，所求直线斜率为，于是所求直线方程为，化为坐标方程，并整理得，即解因为，当且仅当时，等号成立，所以的最小值等于即证明由知，又因为是正实数，所以，即选择题本大题共个小题，每小题分，共分在每小题给出的四个选项中，只有项是符合题目要求的已知为虚数单位，则复数设，则是的充分不必要条件必要不充分条件充要条件即不充分又不必要条件已知，是两条不同的直线，是三个不同平面，下列命题正确的是若，，则若，，则若，，则