網(wǎng)址:http://dads4merica.com/paper/timu/5155627.html[舉報(bào)]
7、在ΔABC中,,若ΔABC的最長(zhǎng)邊為,則最短邊的長(zhǎng)為
A.2 B. C. D.1
參考答案:
一、選擇題(本大題共2小題,每小題5分,在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的)
題號(hào) |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
9 |
10 |
11 |
12 |
答案 |
A |
A |
B |
C |
A |
D |
D |
B |
C |
D |
C |
C |
簡(jiǎn)答與提示:
1、當(dāng)q>p>0時(shí), ∴ 若,則q>p>0或0>p>q
2、設(shè),由題意有 ∴
3、由題意可知
4、設(shè)公差為d,則an+1=an+d, an−1=an−d,∴
5、由圖象可知函數(shù)過(guò)(−2, 0), (6, 0), T=16, ,將函數(shù)向右平移6個(gè)單位得到
或用排除法,令x=−2, y=0,排除B、C,令x=8,則y>0,排除D
6、由a∈P, b∈P可設(shè)a=x2, b=y2, ∴ab=x2y2=(xy)2∈P
7、由得,
∴∠C的對(duì)邊AB為最長(zhǎng)邊,∠B的對(duì)邊AC為最短邊,由正弦定理得:
8、由已知f (3x+1)=f[3(x+3)+1]=f(3x+1+9),所以f(x)的周期為9,
f(2006)=f(2007-1)=f(-1)=-f(1)=1.
9、a與b的夾角為60o,
10、乙丙丁所說(shuō)為假甲拿4,甲乙所說(shuō)為假丙拿1,甲所說(shuō)為假乙拿2;
11.∵Sn有最小值,∴d<0則a10>a11,又,∴a11<0<a10 ∴a10+a11<0,
S20=10(a1+a20)=10(a10+a11)<0, S19=19a10>0又a1>a2>…>a10>0>a11>a12>…
∴S10>S9>…>S2>S1>0, S10>S11>…>S19>0>S20>S21>…
又∵S19−S1=a2+a3+…+a19=9(a10+a11)<0 ∴S19為最小正值
12.由不等式x2+ax−3a<0, x∈[−1, 1]時(shí)恒成立,可得不等式,x∈[−1, 1]時(shí)恒成立,令,由x∈[−1, 1]得3−x∈[2, 4],當(dāng)3−x=3即x=0時(shí),函數(shù)f(x)有最小值0,又
二、填空題(本大題共4小題,每小題4分,共16分,把答案填在橫線上.)
13、9 14、
15、 16、①②③④
簡(jiǎn)答與提示:
13、二項(xiàng)式系數(shù)是中間兩項(xiàng)最大,但相應(yīng)的展開(kāi)式的系數(shù)一正一負(fù)
14.,令得
,∴當(dāng)時(shí),斜率最小為,
此時(shí),切點(diǎn)是,所以切線方程為;
15、命題p:不等式|x-m|+|x-1|>1的解集為R或
命題q:f(x)=log(3+m)x是(0,+∞)上的增函數(shù)3+m>1
“p且q”是假命題,“p或q”是真命題說(shuō)明命題p和q一真一假,
所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是.
16、根據(jù)有關(guān)性質(zhì)和判斷
三、解答題:(本大題共6小題,共74分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.)
17、 (本題滿分12分)
解:(Ⅰ)在△ABC中,
(Ⅱ)由正弦定理,又,故
即: 故△ABC是以角C為直角的直角三角形
又
18、(本題滿分12分)
解:(1)記“從袋中摸出的2個(gè)球中含有紅球”為事件A
則
(II)記“從袋中摸出的2個(gè)球都是紅球”為事件B
則
3次摸球恰好有兩次中大獎(jiǎng)相當(dāng)于作了3次獨(dú)立重復(fù)實(shí)驗(yàn)
則
19、(本題滿分12分)
解:(I)設(shè)等差數(shù)列{log2(an−1)}的公差為d
第一項(xiàng)為 log2(a1−1)=1 第三項(xiàng)為 log2(a3−1)=3
∴公差d=1
∴l(xiāng)og2(an−1)=1+(n−1).1=n ∴an−1=2n
∴an=2n+1
(II)∵
∴
20、(本題滿分12分)
解法一:
⑴ 連結(jié)AC、BD,設(shè).由P-ABCD與Q-ABCD都是正四棱錐,
所以PO⊥平面ABCD,QO⊥平面ABCD.從而P、O、Q三點(diǎn)在一條直線上,
所以PQ⊥平面ABCD.
由題設(shè)知,ABCD是正方形,所以.
⑵ 由⑴,平面,故可以分別以直線CA、DB、QP為軸,軸,軸建立空間直角坐標(biāo)系(如上圖),由題設(shè)條件,相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)分別是,,,所以,,
于是
從而異面直線AQ與PB所成的角是.
⑶ 由⑵,點(diǎn)D的坐標(biāo)是(0,-,0),,,
設(shè)是平面QAD的一個(gè)法向量,
由 得.取x=1,得.
所以點(diǎn)P到平面QAD的距離.
解法二:
⑴ 取AD的中點(diǎn)M,連結(jié)PM,QM.因?yàn)?i>P-ABCD與Q-ABCD都是正四棱錐,
所以AD⊥PM,AD⊥QM. 從而AD⊥平面PQM.
又平面PQM,所以PQ⊥AD.同理PQ⊥AB,所以PQ⊥平面ABCD.
⑵ 連結(jié)AC、BD設(shè),由PQ⊥平面ABCD及
正四棱錐的性質(zhì)可知O在PQ上,從而P、A、Q、C四
點(diǎn)共面.取OC的中點(diǎn)N,連結(jié)PN.
因?yàn)?i>,所以,
從而AQ∥PN.∠BPN(或其補(bǔ)角)是異面直線AQ
與PB所成的角.連接BN,
因?yàn)?img src="http://thumb.1010pic.com/pic20/38/383943_1/image140.gif">.
所以.
從而異面直線AQ與PB所成的角是.
⑶ 由⑴知,AD⊥平面PQM,所以平面PQM⊥平面QAD. 過(guò)P作PH⊥QM于H,
則PH⊥平面QAD,所以PH的長(zhǎng)為點(diǎn)P到平面QAD的距離.
連結(jié)OM,則.所以,
又PQ=PO+QO=3,于是.
即點(diǎn)P到平面QAD的距離是.
21、(本小題滿分12分)
(1)證明:由拋物線定義知,(2分)
,可得PQ所在直線方程為x0x=2(y+y0),
得Q點(diǎn)坐標(biāo)為(0, -y0),∴,
∴ |PF|=|QF|, ∴△PFQ為等腰三角形.
(2)設(shè)A(x1, y1),B(x2, y2),又M點(diǎn)坐標(biāo)為(0, y0), ∴AB方程為,
由得
……①
由得:,
∴……②
由①②知,得,由x0≠0可得x2≠0,
∴,又,解得:.
21、(本小題滿分14分)
解:(1)∵,配方得,由得最大值。
∴,。
(2)要使,??梢允耿?img src="http://thumb.1010pic.com/pic20/38/383943_1/image172.gif">中有3個(gè)元素,中有2個(gè)元素, 中有1個(gè)元素。則。
②中有6個(gè)元素,中有4個(gè)元素, 中有2個(gè)元素。則
(3)由(2)知
百度致信 - 練習(xí)冊(cè)列表 - 試題列表
違法和不良信息舉報(bào)電話:027-86699610 舉報(bào)郵箱:58377363@163.com