14.的展開(kāi)式中x2的系數(shù)為 . 查看更多

 

題目列表(包括答案和解析)

的展開(kāi)式中x2的系數(shù)為    .(用數(shù)字作答)

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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   17.   。保福

三、解答題

19.解:(Ⅰ)記至少有一次中一等獎(jiǎng)的事件為A,

則其概率P(A)=

答:至少有一次中一等獎(jiǎng)的概率為.      。6分

注:本小問(wèn)缺少事件命名、答,各扣一分.

(Ⅱ)每次抽取獎(jiǎng)券都是相互獨(dú)立的,其中后四次分別看作獨(dú)立重復(fù)實(shí)驗(yàn).   ........7分

設(shè)第一次中一等獎(jiǎng),后四次中恰有2次中二等獎(jiǎng)的事件為B,     。阜

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

答:第一次中一等獎(jiǎng),后四次中恰有2次中二等獎(jiǎng)的概率為0.05292.  。2分

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

由題意,代入上式,解之得:a=1,b=1.  。5分

(2)當(dāng)b=1時(shí),       

故方程有兩個(gè)不同實(shí)根.  。8分

不妨設(shè),由可判斷的符號(hào)如下:

當(dāng)>0;

當(dāng)<0;

當(dāng)>0

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

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

21.21.解:

(Ⅰ)設(shè)P點(diǎn)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(diǎn)M,連接PM、OM,因?yàn)镻A=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(guò)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(diǎn)H,則H為AC的中點(diǎn),取PC中點(diǎn)E,則PA∥HE,-----7分

所求。---9分

(Ⅲ)取PA中點(diǎn)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(bǔ)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(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),直線AB所在直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系,則 A(-1,0),B(1,0)………………………………………1’

設(shè)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(diǎn),長(zhǎng)軸長(zhǎng)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(guān)系是相切!8’

證明如下: 由(Ⅰ)知曲線C方程為x2+2y2=2,

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

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

當(dāng)P、A、B 不共線時(shí),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(shuō)明:以A或B為原點(diǎn)建系,可參照得分.

另證:在直線l上任取一點(diǎn)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(dāng)且僅當(dāng)M、M’重合時(shí)取”=”號(hào))  ……13’

∴直線l與橢圓C有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)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,,           (2分)

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

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

經(jīng)驗(yàn)證當(dāng)t=0時(shí)上述結(jié)論仍成立                           (4分)

(Ⅱ)由(Ⅰ)可知,則有

(5分)

當(dāng)t≠0時(shí)

                                            (6分)

于是有,解得  (7分)

所以                

經(jīng)驗(yàn)證當(dāng)t=0時(shí)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(duì)f(t)求導(dǎo),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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