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一、選擇題：

1．D  2．A  3  B  4．D 5．A 6．D 7．B 8．C   9．A  10．B  11.A  12.B

二、填空題：

13．12           14．    15   3           16．，①②③④   

三、解答題：

17．解：法（1）：①∵=(1+cosB，sinB)與=（0，1）所成的角為

∴與向量=（1，0）所成的角為                                                    

∴，即                                                   （2分）

而B∈（0，π），∴，∴，∴B=。                             （4分）

②令A(yù)B=c，BC=a，AC=b

∵B=，∴b²=a²+c²-2accosB=a²+c²-ac=，∵a，c>0。             （6分）

∴a²+c²≥，ac≤ （當(dāng)且僅當(dāng)a=c時等號成立）

∴12=a²+c²-ac≥                                               （8分）

∴(a+c)²≤48，∴a+c≤，∴a+b+c≤+=（當(dāng)且僅當(dāng)a=c時取等號）

故ΔABC的周長的最大值為。                                                           （10分）

法2：（1）cos<，>=cos

∴，                                                                                   （2分）

即2cos²B+cosB-1=0，∴cosB=或cosB=-1（舍），而B∈（0，π），∴B= （4分）

（2）令A(yù)B=c，BC=a，AC=b，ΔABC的周長為，則=a+c+

而a=b?，c=b?                                      （2分）

∴==

=                                （8分）

∵A∈（0，），∴A-，

當(dāng)且僅當(dāng)A=時，。                                         （10分）

 18．解法一：（1）∵PA⊥底面ABCD，BC平面AC，∴PA⊥BC

∵∠ACB=90°，∴BC⊥AC，又PA∩AC=A，∴BC⊥平面PAC

（2）∵AB∥CD，∠BAD=120°，∴∠ADC=60°，又AD=CD=1

∴ΔADC為等邊三角形，且AC=1，取AC的中點O，則DO⊥AC，又PA⊥底面ABCD，

∴PA⊥DO，∴DO⊥平面PAC，過O作OH⊥PC，垂足為H，連DH

由三垂成定理知DH⊥PC，∴∠DHO為二面角D-PC-A的平面角

由OH=，DO=，∴tan∠DHO==2

∴二面角D-PC-A的大小的正切值為2。

（3）設(shè)點B到平面PCD的距離為d，又AB∥平面PCD

∴V_A-PCD=V_P-ACD，即

∴  即點B到平面PCD的距離為。

19．解：（1）第一和第三次取球?qū)Φ谒拇螣o影響，計第四次摸紅球為事件A

①第二次摸紅球，則第四次摸球時袋中有4紅球概率為

                                                                            （2分）

②第二次摸白球，則第四次摸球時袋中有5紅2白，摸紅球概率為

                                                                           （3分）

∴P(A)=，即第四次恰好摸到紅球的概率為。（6分）（注：無文字說明扣一分）

（2）由題設(shè)可知ξ的所有可能取值為：ξ=0，1，2，3。P（ξ=0）=；

P（ξ=1）=；P（ξ=2）=；

P（ξ=3）=。故隨機變量ξ的分布列為：

ξ

0

1

2

3

P

∴Eξ=（個），故Eξ=（個）                                          （1

20.解：（1），

故數(shù)列是首項為2，公比為2的等比數(shù)列。

，…………………………………………4分

（2），

①

②

②―①得，即③

④

④―③得，即

所以數(shù)列是等差數(shù)列……………………9分

（3）………………………………11分

設(shè)，則

…………13分

21．解：（1）設(shè)，.

整理得AB：bx-ay-ab=0與原點距離，又，

聯(lián)立上式解得b=1，∴c=2，.∴雙曲線方程為.

（2）設(shè)C（x₁，y₁），D（x₂，y₂）設(shè)CD中點M（x₀，y₀），

∴，∴|AC|=|AD|，∴AM⊥CD.

聯(lián)立直線與雙曲線的方程得，整理得（1-3k²）x²-6kmx-3m²-3=0，且.

∴ ，    ，

∴∴，∴AM⊥CD.

∴，整理得，

則且k²>0，，代入中得.

∴.

22．解：（1）∵(x)=3ax²+sinθx-2

由題設(shè)可知：即∴sinθ=1。（2分）

從而a=，∴f(x)=，而又由f(1)=得，c=

∴f(x)=即為所求。                                                     （4分）

（2）(x)=x²+x-2=(x+2)(x-1)易知f(x)在（-∞，-2）及（1，+∞）上均為增函數(shù)，在（-2，1）上為減函數(shù)。

（i）當(dāng)m>1時，f(x)在[m，m+3]上遞增。故f(x)_max=f(m+3)，f(x)_min=f(m)

由f(m+3)-f(m)=(m+3)³+(m+3)²-2(m+3)-=3m²+12m+得-5≤m≤1。這與條件矛盾故舍。                                                                        （6分）

（ii）當(dāng)0≤m≤1時，f(x)在[m，1]上遞減，在[1，m+3]上遞增。

∴f(x)_min=f(1)，f(x)_max={f(m)，f(m+3)}_max

又f(m+3)-f(m)=3m²+12m+=3(m+2)²->0（0≤m≤1），∴f(x)_max=f(m+3)

∴|f(x₁)-f(x₂)| ≤f(x)_max-f(x)_min=f(m+3)-f(1) ≤f(4)-f(1)=恒成立

故當(dāng)0≤m≤1原式恒成立。                                                                        （8分）

綜上：存在m且m∈[0，1]合乎題意。                                                     （9分）

（3）∵a₁∈(0，1，∴a₂∈，故a₂>2

假設(shè)n=k（k≥2，k∈N*）時，a_k>2。則a_k+1=f(a_k)>f(2)=8>2

故對于一切n（n≥2，n∈N*）均有a_n>2成立。                                        （11分）

令g(x)=

得=

當(dāng)x∈（0，2）時(x)<0，x∈（2，+∞）時，(x)>0，

∴g(x)在x∈[2，+∞時為增函數(shù)。

而g(2)=8-8ln²>0，即當(dāng)x∈[2，+∞時，g(x)≥g(2)>0恒成立。

∴g(a_n)>0，（n≥2）也恒成立。即：a_n+1>8lna_n（n≥2）恒成立。

而當(dāng)n=1時，a₂=8，而8lna₁≤0，∴a₂>8lna₁顯然成立。

綜上：對一切n∈N*均有a_n+1>8lna_n成立。                                 

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