題目列表(包括答案和解析)
| m |
| n |
| 3 |
| 1 |
| 2 |
| m |
| n |
| m |
| 3 |
| π |
| 2 |
| a |
| b |
| 1 |
| 2 |
| a |
| b |
| a |
| b |
| a |
| b |
| a |
| a |
| b |
| a |
| b |
| π |
| 2 |
| a |
| 3 |
| b |
| a |
| b |
| π |
| 2 |
一、選擇題
題號
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
A
A
C
D
C
C
A
C
D
B
B
D
二、填空題
13.3 14.-a、b、-c 15.18 16.(1)(2)
三、解答題
17.解：(1)∵
夾角為x,∴
cosx=6
S=
sin∠ABC=sin(π-x)=sinx …………2分
∴
…………4分
x∈[0,π],∴x∈[
] …………6分
(2)f(x)=
=cos4x×1+(-sinx)(sin3x+2
sin2x)=cos4x-sin4x-2sinxcosx
=(cos2x+sin2x)(cos2x-sin2x)-sin2x=cos2x-sin2x=2cos(2x+
) …………9分
∵
∴f(x)∈[-
] …………12分
18.解：(1)從平臺達到第一階每步只能上一階，因此概率P1=
…………2分
從平臺到達第二階有二種走法：走兩步，或一步到達，
故概率為P2=×+
…………5分
(2)該人走了五步，共上的階數ξ取值為5，6，7，8，9，10
ξ的分布列為：(6分)
ξ
5
6
7
8
9
10
P
()5
Eξ=5×()5+6×
…………12分
19.(1)證：連結A1D、A1B
由已知可得△AA1B和△A1AD為全等的正三角形.
∴A1B=A1D∴A1O⊥BD
又AB=AD，BD=BD
∴△ABD≌△A1BD∴A1O=AO=
又AA1=2∴A1O⊥AO
∴A1O⊥平面ABCD …………4分
(2)過C1作C1H⊥AC交AC的延長線于H，則C1H⊥平面ABCD
連結BH，則∠C1BH為BC1與平面ABCD所成的角.
∵OH=A1C1=2，BO=，∴BH=
∴tan∠C1BH=
∠C1BH=arctan
…………8分
((2)也可用向量法求解)
(3)連結OO1，易知AA1∥OO1，面AA1O1O⊥面BDD1B1
作A1G⊥OO1，則A1G為AA1與面B1D1DB的距離.
由(1)知A1O=AO=A1O1，A1O⊥A1O1
∴A1G=
=1 …………12分
((3)也可用向量法或等積法求解)
20.(1)y2=
,∵y2>0,x>0,∴x>3又y<0
∴y=-
…………4分
(2)x=
∴y=f-1(x)= 
(x<0) …………7分
設(x0，y0)為y=f-1(x)圖象上任一點.
=
故-
…………12分
21.(1)
，當n=
時，
∴c= …………3分
(2)∵
直線x=
∴P點在以F為焦點，x=
為準線的橢圓上 …………5分
設P(x,y)則
點B(0，-1)代入，解得a=
∴曲線方程為
…………7分
(3)設l:y=kx+m(k≠0)與聯立，消去y得：(1+3k2)x2+6kmx+3m2-3=0,
△>0得：m2<3k2+1 …………9分
設M(x1，y1),N(x2，y2),MN中點A(x0,y0),由
，
由韋達定理代入KBA=-
，可得到m=
∴k2-1<0,∵k≠0,∴-1<k<0或0<k<1 …………11分
即存在k∈(-1,0)∪(0.1)使l與曲線Q交于兩個不同的點M、N
使
…………12分
22.(1)由于數列{an}的倒均數，Vn=
得：
…………2分
當n≥2時，
所以
，又當n=1時，a1=也適合上式.
∴an=
…………6分
(2)由于{bn}是公比為q=
的等比數列，∴{
}為公比為2的等比數列，其倒均數
Vn=
，不等式Vn<
…………8分
若b1<0,則2n-1>8n，令f(x)=2x-8x-1，則f(x)=2xln2-8,當x≤3時，f(x)<0,當x>4時，f(x)>0,∴f(x)當x≥4時是增函數又f(x)=-9<0,f(6)=15>0,故當n≥6時，f(n)>0，即2n-1>8n恒成立，因此，存在正整數m，使得當n≥m,n∈N*時，Vn<
恒成立，且m的最小值為6……12分
若b1>0,則上式即為2n-1<8n,顯然當n≤5時成立，而n>5時不成立，故不存在正整數m,使n≥m(n∈N*)時，Vn=成立 …………14分
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