查看答案和解析>>

查看答案和解析>>

已知雙曲線（a大于0，b大于0）的一條準線被它的兩條漸近線截得的線段長等于它的焦點到漸近線的距離，則該雙曲線的離心率為（ ）
A．
B．2
C．
D．

查看答案和解析>>

已知雙曲線（a大于0，b大于0）的一條準線被它的兩條漸近線截得的線段長等于它的焦點到漸近線的距離，則該雙曲線的離心率為（ ）
A．
B．2
C．
D．

查看答案和解析>>

已知雙曲線（a大于0，b大于0）的一條準線被它的兩條漸近線截得的線段長等于它的焦點到漸近線的距離，則該雙曲線的離心率為（ ）
A．
B．2
C．
D．

查看答案和解析>>

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�　　　　１８．

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S_n+2－ (t+1)S_n+1＋tS_n=0，得(t+1)S_n+1= S_n+2＋tS_n，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<

                   =