5.已知正項(xiàng)等差數(shù)列的前6項(xiàng)和為9.成等比數(shù)列.則數(shù)列的公差為A. B. C.或 D. 或 查看更多

 

題目列表(包括答案和解析)

已知正項(xiàng)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且S15=45,M為a5, a11的等比中項(xiàng),則M的最大值為

(A) 3   (B) 6   (C) 9   (D) 36

 

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已知正項(xiàng)數(shù)列的前n項(xiàng)和滿足:,

(1)求數(shù)列的通項(xiàng)和前n項(xiàng)和

(2)求數(shù)列的前n項(xiàng)和;

(3)證明:不等式  對(duì)任意的都成立.

【解析】第一問中,由于所以

兩式作差,然后得到

從而得到結(jié)論

第二問中,利用裂項(xiàng)求和的思想得到結(jié)論。

第三問中,

       

結(jié)合放縮法得到。

解:(1)∵     ∴

      ∴

      ∴   ∴  ………2分

      又∵正項(xiàng)數(shù)列,∴           ∴ 

又n=1時(shí),

   ∴數(shù)列是以1為首項(xiàng),2為公差的等差數(shù)列……………3分

                             …………………4分

                   …………………5分 

(2)       …………………6分

    ∴

                          …………………9分

(3)

      …………………12分

        ,

   ∴不等式  對(duì)任意的都成立.

 

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將n2個(gè)正整數(shù)1,2,3,…,n2填入n×n方格中,使其每行、每列、每條對(duì)角線上的數(shù)的和都相等,這個(gè)正方形叫做n階幻方.記f(n)為n階幻方對(duì)角線上數(shù)的和,如右圖就是一個(gè)3階幻方,可知f(3)=15.已知將等差數(shù)列:3,4,5,…前16項(xiàng)填入4×4方格中,可得到一個(gè)4階幻方,則其對(duì)角線上數(shù)的和f(4)等于( 。
8 3 4
1 5 9
6 7 2
A、36B、42C、34D、44

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將n2個(gè)正整數(shù)1,2,3,…,n2填入n×n方格中,使其每行、每列、每條對(duì)角線上的數(shù)的和都相等,這個(gè)正方形叫做n階幻方.記f(n)為n階幻方對(duì)角線上數(shù)的和,如右圖就是一個(gè)3階幻方,可知f(3)=15.已知將等差數(shù)列:3,4,5,…前16項(xiàng)填入4×4方格中,可得到一個(gè)4階幻方,則其對(duì)角線上數(shù)的和f(4)等于( 。
8 3 4
1 5 9
6 7 2
A.36B.42C.34D.44

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1.解析:,故選A。

2.解析:∵

故選B。

3.解析:由,得,此時(shí),所以,,故選C。

4.解析:顯然,若與共線,則與共線;若與共線,則,即,得,∴與共線,∴與共線是與共線的充要條件,故選C。

5.解析:設(shè)公差為,由題意得,;,解得或,故選C。

6.解析:∵雙曲線的右焦點(diǎn)到一條漸近線的距離等于焦距的,∴,又∵,∴,∴,∴雙曲線的離心率是。故選B.

7.解析:∵、為正實(shí)數(shù),∴,∴;由均值不等式得恒成立,,故②不恒成立,又因?yàn)楹瘮?shù)在是增函數(shù),∴,故恒成立的不等式是①③④。故選C.

8.解析:∵,∴在區(qū)間上恒成立,即在區(qū)間上恒成立,∴,故選D。

9.解析:∵

,此函數(shù)的最小值為,故選C。

10.解析:如圖,∵正三角形的邊長(zhǎng)為,∴,∴,又∵,∴,故選D。

11.解析:∵在區(qū)間上是增函數(shù)且,∴其反函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù),∴,故選A

12.解析:如圖,①當(dāng)或時(shí),圓面被分成2塊,涂色方法有20種;②當(dāng)或時(shí),圓面被分成3塊,涂色方法有60種;

③當(dāng)時(shí),圓面被分成4塊,涂色方法有120種,所以m的取值范圍是,故選A。

13.解析:做出表示的平面區(qū)域如圖,當(dāng)直線經(jīng)過點(diǎn)時(shí),取得最大值5。

14.解析:∵,∴時(shí),,又時(shí),滿足上式,因此,,

∴。

15.解析:設(shè)正四面體的棱長(zhǎng)為,連,取的中點(diǎn),連,∵為的中點(diǎn),∴∥,∴或其補(bǔ)角為與所成角,∵,,∴,∴,又∵,∴,∴與所成角的余弦值為。

16.解析:∵,∴,∵點(diǎn)為的準(zhǔn)線與軸的交點(diǎn),由向量的加法法則及拋物線的對(duì)稱性可知,點(diǎn)為拋物線上關(guān)于軸對(duì)稱的兩點(diǎn)且做出圖形如右圖,其中為點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離,四邊形為菱形,∴,∴,∴,∴,∴,∴向量與的夾角為。

17.(10分)解析:(Ⅰ)由正弦定理得,,,…2分

∴,,………4分

(Ⅱ)∵,,∴,∴,………………………6分

又∵,∴,∴,………………………8分

∴!10分

18.解析:(Ⅰ)∵,∴;……………………理3文4分

(Ⅱ)∵三科會(huì)考不合格的概率均為,∴學(xué)生甲不能拿到高中畢業(yè)證的概率;……………………理6文8分

(Ⅲ)∵每科得A,B的概率分別為,∴學(xué)生甲被評(píng)為三好學(xué)生的概率為。……………………12分

∵,,,!9分

∴的分布列如下表:

0

1

2

3

∴的數(shù)學(xué)期望!12分

19.(12分)解析:(Ⅰ)時(shí),

,,

    

由得, 或   ………3分

 

 

+

0

0

+

遞增

極大值

遞減

極小值

遞增

,      ………………………6分

(Ⅱ)在定義域上是增函數(shù),

對(duì)恒成立,即              

   ………………………9分

又(當(dāng)且僅當(dāng)時(shí),)

                

 ………………………4分

              

20.解析:(Ⅰ)∵∥,,∴,∵底面,∴,∴平面,∴,又∵平面,∴,∴平面,∴。………………………4分

(Ⅱ)∵平面,∴,,∴為二面角的平面角,………………………6分

,,∴,又∵平面,,∴,∴二面角的正切值的大小為!8分

(Ⅲ)過點(diǎn)做∥,交于點(diǎn),∵平面,∴為在平面內(nèi)的射影,∴為與平面所成的角,………………………10分

∵,∴,又∵∥,∴和與平面所成的角相等,∴與平面所成角的正切值為!12分

解法2:如圖建立空間直角坐標(biāo)系,(Ⅰ)∵,,∴點(diǎn)的坐標(biāo)分別是,,,∴,,設(shè),∵平面,∴,∴,取,∴,∴!4分

(Ⅱ)設(shè)二面角的大小為,∵平面的法向量是,平面的法向量是,∴,∴,∴二面角的正切值的大小為。………………………8分

(Ⅲ)設(shè)與平面所成角的大小為,∵平面的法向量是,,∴,∴,∴與平面所成角的正切值為。………………………12分

21.(Ⅰ) 解析:如圖,設(shè)右準(zhǔn)線與軸的交點(diǎn)為,過點(diǎn)分別向軸及右準(zhǔn)線引垂線,∵,∴,又∵ ∥,∴,………………………2分

∴,又∵,∴,又∵,解得,∴,∴雙曲線的方程為!4分

(Ⅱ)聯(lián)立方程組   消得:

                 

由直線與雙曲線交于不同的兩點(diǎn)得:

即   于是 ,且    ………………①………………………6分

設(shè)、,則

……………………9分

又,所以,解得      ……………②   

由①和②得    即 或

故的取值范圍為!12分

22.(12分)解析:(Ⅰ)∵,∴,∴,∴數(shù)列是等差數(shù)列,………………………2分

又∵,,∴公差為2,

∴,………………………4分

(Ⅱ)∵,∴,

∴數(shù)列是公比為2的等比數(shù)列,

∵,∴,………………………6分

(Ⅲ)∵,

∴………………………8分

∴………………………10分

∵,∴,又∵,∴………………………12分

 

 


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