理科数学 热门试卷

（1）根据平均数和方差的计算方法，计算出平均数和方差.

（2）根据题目所给判断依据，结合（1）的结论进行判断.

【详解】（1），

，

，

.

（2）依题意，，，

，所以新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.

（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长；

（2）求出平面、法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.

【详解】（1）平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设，则、、、、，

则，，

，则，解得，故；

（2）设平面的法向量为，则，，

由，取，可得，

设平面的法向量为，，，

由，取，可得，

，

所以，，

因此，二面角的正弦值为.

【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：

（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；

（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；

（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.

（1）由已知得,且，取,得,由题意得,消积得到项的递推关系,进而证明数列是等差数列;

（2）由（1）可得的表达式,由此得到的表达式,然后利用和与项的关系求得.

【详解】（1）由已知得,且，,

取,由得,

由于为数列的前n项积，

所以,

所以，

所以,

由于

所以，即,其中

所以数列是以为首项，以为公差等差数列;

（2）由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，

,

,

当n=1时，,

当n≥2时,,显然对于n=1不成立,

∴.

【点睛】本题考查等差数列的证明，考查数列的前n项和与项的关系，数列的前n项积与项的关系，其中由,得到，进而得到是关键一步；要熟练掌握前n项和，积与数列的项的关系，消和（积）得到项（或项的递推关系），或者消项得到和（积）的递推关系是常用的重要的思想方法.

（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；

（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解

【详解】（1）由，，

又是函数的极值点，所以，解得；

（2）由（1）得，，且，

当 时，要证，， ，即证，化简得；

同理，当时，要证，， ，即证，化简得；

令，再令，则，，

令，，

当时，，单减，假设能取到，则，故；

当时，，单增，假设能取到，则，故；

综上所述，在恒成立

【点睛】本题为难题，根据极值点处导数为0可求参数，第二问解法并不唯一，分类讨论对函数进行等价转化的过程，一定要注意转化前后的等价性问题，构造函数和换元法也常常用于解决复杂函数的最值与恒成立问题.

（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；

（2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值.

【详解】（1）抛物线的焦点为，，

所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；

（2）抛物线的方程为，即，对该函数求导得，

设点、、，

直线的方程为，即，即，

同理可知，直线的方程为，

由于点为这两条直线的公共点，则，

所以，点、的坐标满足方程，

所以，直线的方程为，

联立，可得，

由韦达定理可得，，

所以，，

点到直线的距离为，

所以，，

，

由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：

一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；

二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．

（1）直接利用圆心及半径可得的圆的参数方程；

（2）先求得过（4，1）的圆的切线方程，再利用极坐标与直角坐标互化公式化简即可.

【详解】（1）由题意，的普通方程为，

所以参数方程为，（为参数）

（2）由题意，切线的斜率一定存在，设切线方程为，即，

由圆心到直线的距离等于1可得，

解得，所以切线方程为或，

将，代入化简得

或

【点晴】本题主要考查直角坐标方程与极坐标方程的互化，涉及到直线与圆的位置关系，考查学生的数学运算能力，是一道基础题.