19．10張獎券中.一等獎的有2張.二等獎的有3張.三等獎的有5張．每次從中任抽1張．(Ⅰ)連續(xù)抽取3次.求至少有一次中一等獎的概率,(Ⅱ)連續(xù)抽取5次.求第一次中一等獎.后四次中恰有2次中二等獎的概率． 【查看更多】

 

題目列表(包括答案和解析)

（2011•自貢三模）（本小題滿分12分＞
設平面直角坐標中，O為原點，N為動點，|
ON
|=6，
ON
=
5
•
OM
．過點M作MM1丄y軸于M1，過N作NN1⊥x軸于點N1，
OT
=
M1M
+
N1N
，記點T的軌跡為曲線C．
（I）求曲線C的方程：
（H）已知直線L與雙曲線C：5x2-y2=36的右支相交于P、Q兩點（其中點P在第-象限）．線段OP交軌跡C于A，若
OP
=3
OA
，S△PAQ=-26tan∠PAQ求直線L的方程．

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（本小題滿分12分）

已知數(shù)列和中，函數(shù)

取得極值。

   （1）求數(shù)列的通項公式；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m        

   （2）若點的切線始終與OPn平行（O是坐標原點）。求證：當對任意都成立。

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（本小題滿分12分）

在數(shù)列{an}中，a1=2,a2=8，且已知函數(shù)（）在x=1時取得極值.(Ⅰ)求證:數(shù)列{an+1—2an}是等比數(shù)列,（Ⅱ）求數(shù)列的通項an；（Ⅲ）設，且對于恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．

 

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（本小題滿分12分）
在四邊形ABCD中，，，，，在方向上的投影為8；
（1）求的正弦值；（2）求的面積.

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 （本小題滿分12分）已知△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，E，F(xiàn)分別是AC，AD上的動點，且＝＝λ(0＜λ＜1)．

（1）求證：不論λ為何值，總有平面BEF⊥平面ABC；

（2）當λ為何值時？平面BEF⊥平面ACD. 

 

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一、選擇題：

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

二、填空題：13. －２  14．１１　�。保担�⊥　或　⊥

１６．3　　�。保罚�　　　�。保福�

三、解答題

19．解：（Ⅰ）記至少有一次中一等獎的事件為Ａ，

則其概率Ｐ（Ａ）＝＋＝．

答：至少有一次中一等獎的概率為．　　　　　　�。�6分

注：本小問缺少事件命名、答，各扣一分．

（Ⅱ）每次抽取獎券都是相互獨立的，其中后四次分別看作獨立重復實驗．   ．．．．．．．．７分

設第一次中一等獎，后四次中恰有２次中二等獎的事件為B，　　　　　　．．．．．．．．．．．８分

則其概率Ｐ（B）=0.05292   ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．１１分

答：第一次中一等獎，后四次中恰有２次中二等獎的概率為0.05292．　　　．．．．．．．．．．１2分

20．解：（Ⅰ）      ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．２分

由題意，代入上式，解之得：a=1，b=1．　　�。�5分

（２）當b=1時，　　　　　　　

因故方程有兩個不同實根．　　　．．．．．．．．．．．．8分

不妨設，由可判斷的符號如下：

當＞０；

當＜０；

當＞０

因此是極大值點，是極小值點．    ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．． 11分

所以，當b=1時，試證明：不論a取何實數(shù)，函數(shù)總有兩個不同的極值點．．．．．12分．

21．21．解:

（Ⅰ）設P點在平面ABCD上的射影為O, 連接CO,則∠PCO就是PC與平面ABCD所成的角,--------------------------1分

取AB的中點M,連接PM、OM,因為PA=PB,所以PM⊥AB,由三垂線定理的逆定理得OM⊥AB,,所以∠PMO就是二面角P-AB-C的平面角，即∠PMO=600，--------------2分

在ΔPAB中，

 

PM=

過O作ON⊥BC交BC于N,則BN=MO=1,

在RtΔCON中,OC=------------------------3分

在RtΔPOC中 ，tan∠PCO=

即PC與平面ABCD所成的角為arctan.-------------------------------------5分

(Ⅱ)連接AC、BD.交于點H,則H為AC的中點，取PC中點E，則PA∥HE,-----7分

所求。---9分

（Ⅲ）取PA中點為F,連接HF,則HF∥PC,所以∠BHF為異面直線PC與BD所成的角或其補角。----------------10分

在ΔBHF中，

-------12分

COS∠BHF=

∠BHF=arccos,即PC與BD所成的角為 arccos。--------14分

22．解：（Ⅰ）以AB中點為坐標原點，直線AB所在直線為x軸建立平面直角坐標系，則　A（－1,0），B（1,0）………………………………………1’

設M（x,y）,由題意：|MP|=|MA|,|BP|=2，所以 |MB|+|MA|=2     ……..3’

故曲線C是以A、B為焦點，長軸長為2的橢圓，……………………..5’

其方程為x2+2y2=2  ……………………….7’

（Ⅱ）直線l與曲線C的位置關系是相切。…………………8’

證明如下:　由（Ⅰ）知曲線C方程為x2+2y2=2，

設P(m,n)，則P在⊙B上，故(m-1)2+n2=8，即m2+n2=7+2m …………..9’

當P、A、B共線時，直線l的方程為x=±，顯然結(jié)論成立. ………….10’

當P、A、B 不共線時，直線l的方程為：y-=-(x-)

整理得，y=－(x-)＋＝－x＋=－x＋  ………………….11’

把直線l的方程代入曲線C方程得：x2+2（－x＋）2＝2

整理得，[n2+2(m+1)2]x2-4(m+1)(m+3)x+2(m+3)2-2n2=0            ………………………12’

判別式△＝[4(m+1)(m+3)]2-4[n2+2(m+1)2] [2(m+3)2-2n2]= -8n2[(m+3)2-n2-2(m+1)2]

              =-8n2[-m2-n2+2m+7]=0                        

∴直線l與曲線C相切　　……………………………14’

說明：以A或B為原點建系，可參照得分.

另證：在直線l上任取一點M’，連結(jié)M’A、M’B、MA，……………………………9’

由垂直平分線的性質(zhì)得　|M’A|=|M’P|，……………………………11’

∴|M’A|+|M’B|＝|M’P|+|M’B|≥｜PB｜＝2（當且僅當M、M’重合時取”=”號）　　……13’

∴直線l與橢圓C有且僅有一個公共點M　　　　　　　　　　

結(jié)論得證.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　…………14’

23解：（Ⅰ）；由Sn+2－ (t+1)Sn+1＋tSn=0，得(t+1)Sn+1= Sn+2＋tSn，即,           （2分）

而 a1=t，a2=t2                                                                                                     （3分）

 所以，當t≠0時，數(shù)列是以t為首項，t為公比的等比數(shù)列.于是 。       

經(jīng)驗證當t=0時上述結(jié)論仍成立　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  （4分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，則有

（5分）

當t≠0時

                                            （6分）

于是有，解得  （7分）

所以                

經(jīng)驗證當t=0時上述結(jié)論仍成立　                            （9分）

（Ⅲ）＝(tn＋t-n)　　∵(tn＋t-n)－(2n＋2-n)＝(tn－2n)[1－()n] 且＜t＜2

∴＜<1     ∴tn－2n＜0且1－()n<0　　                      

∴(tn－2n) [1－()n]<0                                   

∴tn＋t-n<2n＋2-n                                         （11分）

∴  2（ ++ ……+）<(2+22+……+2n)+ (2-1+2-2+……+2-n)=2(2n-1)+1-2-n

=2n+1－（1＋2-n）                                       （12分）

＜2n+1－2                   

∴<                                   （14分）

 

另解：對f(t)求導，可得函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)減，在區(qū)間上單調(diào)增，且f()=f(2)

于是有                                                   

所以<

                   =         

                     


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