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14.設(shè)實(shí)數(shù).滿足 則的最大值為 .
參考答案
選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分)
題號(hào) |
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答案 |
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D |
D |
A |
C |
A |
B |
B |
D |
B |
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13.98 14. 15.(理)-2±(文)(-1)2 + 42 = 1 16.
三、解答題
17.解:(1)由圖示,這段時(shí)間的最大溫差是30-10=20()…………………………4′
(2)圖中從6時(shí)到14時(shí)的圖像是函數(shù)=Asin(+)+b的半個(gè)周期的圖像.
∴.= 14-6,解得= …………………………………………………………6′
由圖示A = (30 - 10)= 10,b = (30+10) = 20,這時(shí)=10sin(+ )+ 20…
………………………………………………………………………………………………8′
將= 6, = 10代入上式可取=,…………………………………………… 10′
綜上所求的解析式為=10sin(+ )+ 20,∈[6,14]. ………………………12′
18.解:(1)設(shè)摸出的4個(gè)球中有2個(gè)白球、3個(gè)白球分別為事件A、B,
則P(A)= = ,P(B)= = .……………………………4′
∵A、B為兩個(gè)互斥時(shí)間,∴P(A+B)= P(A)+P(B)= .
即摸出的4個(gè)球中有2個(gè)或3個(gè)白球的概率為………………………………………6′
(2)設(shè)摸出的4個(gè)球中全是白球?yàn)槭录﨏,則P(C)= = ,……………10′
“至少摸出一個(gè)黑球”為事件C的對(duì)立事件,其概率為P = 1- = . ………12′
19.證明:(1)設(shè)H為AB中點(diǎn),連PH、CH.……………………………………………2′
∠PCA=△PCA△PCB
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在等邊三角形ABC中, 平面PCH……
………………………………………………………………………………理8′(文12′)
(2)點(diǎn)G.O分別在PH.CH上,平面PAC
(理)(3)由(1)可知∠PHC=為二面角P – AB – C的平面角,為銳角,cos > 0.
在等邊三角形ABC中,CH=,PG=PH = PG=2,
設(shè)PC =,則2 = 3 + 12 - 12 cos cos = > 0,
即 < < .……………12′
20.解:(1)由()過點(diǎn)P得-a + b + c = 2, ˊ()=3a2 + 2b, ………………2′
因?yàn)?img src="http://thumb.1010pic.com/pic20/38/384096_1/image026.gif">()在P處的切線與- 3 = 0垂直,所以3a – 2b = -3.
又c = 0,解得a = 1,b = 3,所以′()=32 + 6.………………………………4′
令ˊ() = 0得1 = 0, 2 = -2;
當(dāng)x>0或< -2,ˊ() > 0,當(dāng) –2 << 0 ,ˊ() < 0,
所以(-,-2),(0,+)是f()的單調(diào)遞增區(qū)間,(-2,0)是()的單調(diào)遞減區(qū)間.
…………………………………………………………………………………………… 6′
(2)由′() = 3a2 + 2b =0,得1=0, 2 = -.……………………………… 8′
又因?yàn)閍 > 0,b > 0所以當(dāng)> 0,或χ< ,ˊ() > O,
因此(-,-),( 0,+)是()的單調(diào)遞增區(qū)間,……………………………10′
于是有n – m = 0 -(-) = .由(1)知-a + b + c = 2,且3a - 2b = -3,
所以a = 1 - 2c > 0,b = 3 - 3c > 0,從而得c <.
n– m = = . = 1 - > 1,故n – m >1.……………………12′
21.解:(1)由F(-c,0),A(0,b)知直線AP方程為 – b = - ,令 = 0得
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設(shè)P(0, 0),P分AQ所成的比為= ,
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代入 + = 1 中得2b2 = 3ac,又b2 = a2-c2,解得離心率c =.………………6′
(2)Rt△AOF中,| AF | = a,sin∠FAO = = ∠FAO = ,∠AQF = ,
則| FQ | = 2| AF |= 2a = 4c,故圓心B(c,0),
∴Rt△QAF的外接圓方程為(– c )2 + 2 = a2,……………………………………10′
該圓與+ + 3 = 0相切,則d = = a .
即c + 3 = 2a = 2×2cc = 1,則a =2,b2 = 3.
∴所求橢圓方程為+ = 1.……………………………………………………12′
22.解(1)(理)P1(a1,b1)為直線 = 2χ+ 2與軸交點(diǎn),則a1 = -1,b1 = 0………2′
由已知、∈(0,+),都有g(shù)(x.) = g() + g()成立,又g(2) = 1,
得g(4) = =g(22) = g(2) + g(2) = 2,
因?yàn)閚 ≥ 2時(shí),bn > 0,且g(Sn) = g(bn) + g(2+bn) - 2,( n∈N* )
所以2 + g( Sn ) = g( bn ) + g( 2+bn ),即g(4) +g( Sn ) = g( bn ) + g( 2+bn ).
所以4Sn = bn(2+bn)b2 = 2, b2 – b1 = 2;
由4Sn = bn (2+bn)及4Sn+1 = bn+1(2 + bn+1) bn+1 - bn = 2
所以{bn}是以0為首項(xiàng),2為公差的等差數(shù)列,∴bn = 2n-2 ………………………4′
因?yàn)镻n( an,bn)( n ∈ N )在直線y = 2 + 2上,
則bn = 2an + 2,∴an = n - 2.………………………………………………………………6′
(1)(文)解:P1=(a1,b1)為直線 = 2 + 2與軸交點(diǎn),則a1 = -1,b1 = 0 ……2′
∴an = -1 + ( n – 1 ) = n – 2,(n∈N*)在直線 = 2 + 2上,
則bn = 2an + 2,∴bn = 2n - 2.…………………………………………………………4′
(2)為偶數(shù)時(shí),( + 5) = ak+ 5 =+ 3,2 () – 2 = 2( 2– 2 ) – 2 = 4- 6
由+ 3 = 4- 6= 3 ,與為偶數(shù)矛盾,
為奇數(shù)時(shí), (+5) = bk+5 = 2+ 8,2 ƒ () – 2 = 2- 6
由2+ 8 = 2- 6得不存在.故滿足條件的不存在.…………………理10′(文9′)
(3)| P1Pn |2 =( n – 1 )2 + ( 2n – 2 )2 = 5( n – 1 )2,n ≥ 2,
+ + … + = [+ + … + ]
≤[ + … + ]
=
∴… + ………………………14′
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