題目列表(包括答案和解析)
=
A. B. C.2 D.
A. B. C. 2 D. 不存在
A. B. C.1 D.2
A. B. C.1 D.2
A.1 260 B.1
一、AADCB DCACB DA
二、(13)160;(14)6π;(15)8;(16)①②③
三、(17)解:(Ⅰ)f(x)=(sinx+cosx)2=[sin(x+]2=[g(x)]2
由f(x)=g(x),得g(x)=0,或g(x)=1
∴sin(x+)=0,或sin(x+)=1……………………………………………3分
∵-
∴x+=0,或x+=,或x+=
x=-或x=0或x=
所求x值的集合為{-,0,} …………………………………………………7分
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,
解不等式2kπ+≤x+≤2kπ+,k∈Z,得
2kπ+≤x≤2kπ+…………………………………………………………9分
∵-≤x≤且x≠-,
∴≤x≤
∴函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為[,]………………………………………12分
18.解:依題意,ξ的可能值為-6000,3000,12000,5000,14000,16000,…2分
P(ξ=-6000)=0.052=0025,
P(ξ=3000)=2×0.2×0.05=0.02,
P(ξ=12000)=0.22=0.4,
P(ξ=5000)=2×0.75×0.05×=0.075,
P(ξ=14000)= 2×0.75×0.2×=0.3,
P(ξ=16000)=0.0752=0.5625…………………………………………………………8分
ξ的分布列為
ξ
-6000
3000
12000
5000
14000
16000
P
0.0025
0.02
0.04
0.075
0.3
0.5625
……………………………………………………………………………………………10分
ξ的期望為
Eξ=-6000×0.0025+3000×0.02+12000×0.04+5000×0.075+14000×0.3+16000×0.5625=14100(元) ………………………………………………………12分
19.解法一:(Ⅰ)∵PO⊥平面ABCD,∴OD為PD在平面ABCD內(nèi)的射影
又ABCD為菱形,∴AC⊥OD,∴AC⊥PD,即PD⊥AC
在菱形ABCD中,∵∠DAB=60°,
分∴OD=AO?cot60°=1
在Rt△POD中,PD=,由PE:ED=3:1,得
DE=又∠PDO=60°,
∴OE2=OD2+DE2-2OD?DEcos60°=
∴OE2+DE2=OD2,∴∠OED=90°,即PD⊥OE
PD⊥平面EAC…………………………………………………………………………4分
(Ⅱ)由(Ⅰ)知PD⊥EA,PD⊥EC,則∠AEC為二面角A-PD-C的平面角tan∠AEO=,易知OE為AC的垂直平分線,所以∠AEC=2∠AEO,
∴cos∠AEC=cos2∠AEO-sin2∠AEO
=………………………………………8分
(Ⅲ)由O為BD中點,知點B到平面PDC的距離等于點O到平面PDC距離的2倍,由(Ⅰ)知,平面OEC⊥平面PDC,作OH⊥CE,垂足為H,則OH⊥平面PDC,在Rt△OEC中,∠EOC=90°,OC=
∴OH=
所以點B到平面PDC的距離為……………………………………………12分
解法二:建 立如圖所示的坐標(biāo)系O-xyz,其中A(0,-,0),B(1,0,0),C(0,,0),D(-1,0,0),P(0,0,).
(Ⅰ)由PE:ED=3:1,知E(-)
∵
∴
∴PD⊥OE,PD⊥AC,∴PD⊥平面EAC……………………………………………4分
(Ⅱ)由(Ⅰ)知PD⊥EA,PD⊥EC,則∠AEC為二面角A-PD-C的平面角
∵
∴cos∠AEC=cos<……………………………………………8分
(Ⅲ)由OBD中點知,點B到平面PDC的距離為點O到平面PDC距離的2倍,又,cos∠OED=cos<
所以點B到平面PDC的距離為
d=2………………………………………………12分
20.解:(Ⅰ)x-f1(x)=0,即x-,解得x1=0,x2=1,x3=-1.
所以,函數(shù)f1(x)的不動點為0,1,-1. ………………………………………………4分
(Ⅱ)令g(x)=x-f2(x)=x-logax(x>0),則g′(x)=1-…………6分
(1)若0<a<1,則logae<0,g′(x)>0,則g(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.
又g(a)=a-1<0,g(1)=1>0,所以g(x)=0即x-f2(x)=0在(0,1)內(nèi)有一根. ………………8分
(2)若a>1,則當(dāng)x∈(0,logae)時,g′<0,g(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x∈(logae,+∞)時,g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x=logae時,g(x)有最小值logae-loga(logae).
由g(1)=1>0知,當(dāng)且僅當(dāng)logae-loga(logae)≤0時,g(x)=0即x-f2(x)=0有實根.
由a>1,知logae-loga(logae)≤0 …………………11分
綜合所述,a的取值范圍是(0,1)∪(1,e). …………………………………………12分
21.解:由已知,F(),雙曲線的漸近線y=±x的方向向量為v=(1,±1),當(dāng)l斜率k不存在時,不失一般性,取A(,-1)、B(,-1)、B(,1),則在v上的投影的絕對值為,不合題意 ………………………………………………2分
所以l的斜率k存在,其方程為y=k(x-).
由得(k2-1)x2-2k2x+2k2+1=0(k2≠1)
設(shè)A(x1,k(x1-))、B(x2,k(x2-)),則x1+x2= ………………6分
當(dāng)v=(1,1)時,設(shè)與v的夾角為θ,則=(x2-x1,k(x2-x1))在v上投影的絕對值
=
=
由,得2k2-5k+2=0,k=2或k=.
根據(jù)雙曲線的對稱性知,當(dāng)v=(1,-1)時,k=-2或k=.
所以直線l的方程為y=±2(x-)或y=±.…………………12分
22.解:(Ⅰ)(i)an=1-1+1-…+(-1)n-1=.………………………………3分
(ii)用數(shù)學(xué)歸納法證明:
(1)當(dāng)n=1時,由f1(x)=1+x,知b1=0,而=0,等式成立. ……4分
(2)假設(shè)當(dāng)n=k時等式成立,即bk= -,
那么由fk+1(x)=fk(x)[1+(-1)(k+1)-1x]=fk(x)[1+(-1)kx],得
bk+1=bk+(-1)kak=-
=
=-
等式仍然成立. …………………………………………………………………8分
根據(jù)(1)和(2)知,對任意n∈N*,都有bn=-……………………9分
(Ⅱ)cn=1-2+22+…+(-2)n-1=……………………………11分
由g1(x)=1-x,知d1=0,
當(dāng)n≥2時,由gn(x)=gn-1(x)[1+(-2)n-1x],知dn=dn-1+(-2)n-1cn-1,
∴dn-dn-1=(-2)n-1cn-1=(-2)n-1?.
∴dn=d1+(d2-d1)+(d3-d2)+…+(-2)(dn-dn-1)
=0+
=
=
=
當(dāng)n=1時上式也成立.
∴dn=……………………………………………………14分
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