已知關(guān)于x的一元二次函數(shù)f（x）=ax²-bx+1，設(shè)集合P={1，2，3}，Q={-1，1，2，3，4}，分別從集合P和Q中隨機(jī)取一個數(shù)作為a和b．
（1）求函數(shù)y=f（x）有零點的概率；
（2）求函數(shù)y=f（x）在區(qū)間[1，+∞）上是增函數(shù)的概率．

天星

13．；           14．－10，2；   15．；              16．540

三、簡答題

17．（1），

          cosC=，C=

   （2）c²=a²+b²－2abcosC，c=，=a²+b²－ab=(a+b)²－3ab.

S=abs1nC=abs1n=ab=

            Ab=6，(a+b)²=+3ab=+18=，a+b=

18．方法一：（1）解：取AD中點O，連結(jié)PO，BO.

              △PAD是正三角形，所以PO⊥AD，…………1分

              又因為平面PAD⊥平面ABCD，所以，PO⊥平面ABCD， …………3分

              BO為PB在平面ABCD上的射影， 

所以∠PBO為PB與平面ABCD所成的角.…………4分

              由已知△ABD為等邊三角形，所以PO=BO=，

所以PB與平面ABCD所成的角為45°     ………5分

   （2）△ABD是正三角形，所以AD⊥BO，所以AD⊥PB，  ………………6分

              又，PA=AB=2，N為PB中點，所以AN⊥PB，    ………………8分

              所以PB⊥平面ADMN.              ………………9分

   （3）連結(jié)ON，因為PB⊥平面ADMN，所以O(shè)N為PO在平面ADMN上的射影，

              因為AD⊥PO，所以AD⊥NO，             ………………11分

              故∠PON為所求二面角的平面角.            ………………12分

              因為△POB為等腰直角三角形，N為斜邊中點，所以∠PON=45°，

19．（1）隨意抽取4件產(chǎn)品檢查是隨機(jī)事件，而第一天有9件正品

           第一天通過檢查的概率為               ……5分

（2）同（1），第二天通過檢查的概率為           ……7分

          因第一天，第二天是否通過檢查相互獨立

          所以，兩天全部通過檢查的概率為：           ……10分

（3）記得分為，則的值分別為0，1，2

                             ……11分

                            ……12分

                                     ……13分

因此，    

20．（1）y_n=2log_ax_n，y_n+1=2log_ax_n+1 ，y_n+1 ? y_n=2[log_ax_n+1 ? log_ax_n]=2log_a

{x_n}為等比數(shù)，為定值，所以{y_n}為等差數(shù)列

又因為y₆－ y₃=3d=－6，d=－2，y₁=y₃－2d =22，

S_n=22n+= － n²+23n，故當(dāng)n=11或n=12時，S_n取得最大值132

（2）y_n=22+(n－1)(－2)=2log_ax_n，x_n=a^12－n>1

當(dāng)a>1時，12－n>0,   n<12；當(dāng)0<a<1時，12－n<0   n>12,

              所以當(dāng)0<a<1時，存在M=12，當(dāng)n>M時，x_n>1恒成立。

21．（1）設(shè)點的坐標(biāo)為，點的坐標(biāo)為，

由，解得，所以

．

當(dāng)且僅當(dāng)時，取到最大值．

（2）由得，

，

．  ②

設(shè)到的距離為，則，又因為，

所以，代入②式并整理，得，

解得，，代入①式檢驗，，

故直線的方程是

或或，或．

22．（1）由K=e得f(x)=e^x－ex, 所以f’(x)=e^x－e. 由f’(x)>0得x>1,故f(x)的單調(diào)增區(qū)間

為（1，+∞），由f’(x)<0得x<1,故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為（－∞，1）（3分）

   （2）由f(|x|)>0對任意x∈R成立等價于f(x)>0對任意x≥0成立。由f’(x)=e^x－k=0得x=lnk.  

①當(dāng)k∈(0,1) 時 ，f’(x)=e^x－k ≥1－k≥0(x>0),此時f(x)在（0，+∞上單調(diào)遞增，故f(x)

≥f(0)==1>）,符合題意。②當(dāng)k∈(1,+∞)時，lnk>0,當(dāng)X變化時，f’(x)、f(x)的變化情況

如下表：

X

(0,lnk)

lnk

(lnk,+ ∞)

f’(x)

－

0

+

f(x)

單調(diào)遞減

極小值

單調(diào)遞增

由此可得，在（0，+∞）上f(x)≥f(lnk)=k－lnk.依題意，k－klnk>0,又k>1,所以1<k<e.

綜上所述，實數(shù)k的取值范圍是0<k<e.  （8分）

    （3）因為F(x)=f(x)+f(－x)=e^x+e^－x,所以F(x₁)F(x₂)= ≥

≥ ,

所以F(1)F(    n)>eⁿ⁺¹+2,F(2)F(n－1)>eⁿ⁺¹+2……F(n)F(1)>eⁿ⁺¹+2.

由此得，[F(1)F(2)…F(n)]²=[F(1)F(n)][F(2)F(n－1)]…[F(n)F(1)]>(eⁿ⁺¹+2)ⁿ

故F(1)F(2)…F(n)>(eⁿ⁺¹+2) ,n∈N^*     …….12分