2．我市某中學(xué)高一年級(jí)有學(xué)生1200人.高二年級(jí)有學(xué)生900人.高三年級(jí)有學(xué)生1500人,現(xiàn)用分層抽樣的方法從中抽取一個(gè)容量為720的樣本進(jìn)行某項(xiàng)調(diào)查.則高二年級(jí)應(yīng)抽取的學(xué)生數(shù)為( )A．180 B．240 C．480 D．720 【查看更多】

 

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

11.      12.  2     13.      14.     15.

16．解：（1）∵_，∴，

 ∵，∴, 即邊的長(zhǎng)度為。

（2）由_，得…………①

     _，即…………②

由①②得，由正弦定理，∴，即證。

17． 解：（1）∵函數(shù)的圖象的對(duì)稱軸為要使在區(qū)間上為增函數(shù)，當(dāng)且僅當(dāng)且。

依條件可知試驗(yàn)的全部結(jié)果為，即

共15個(gè)整點(diǎn)。

所求事件為，即共5個(gè)整點(diǎn)，∴所求事件

的概率為。

（2）隨機(jī)變量的取值有：2，3，4，5，6。的隨機(jī)分布列為：

 

2

3

4

5

6

 

 

隨機(jī)變量的期望。

18．解法一：（1）易求，從而，由三垂線定理知：。

（2）法一：易求由勾股定理知，設(shè)點(diǎn)在面內(nèi)的射影為，過(guò)作于，連結(jié)，則為二面角的平面角。在中由面積法易求，由體積法求得點(diǎn)到面的距離是

，所以，所以求二面角的大小為。

法二：易求由勾股定理知，過(guò)作于，又過(guò)作交于，連結(jié)。則易證為二面角的平面角。在中由面積法易求，從而于是，所以

，在中由余弦定理求得。再在中由余弦定理求得。最后在中由余弦定理求得，所以求二面角的大小為。

（3）設(shè)AC與BD交于O，則OF//CM，所以CM//平面FBD，當(dāng)P點(diǎn)在M或C時(shí)，三棱錐P―BFD的體積的最小。。

解法二：空間向量解法，略。

19.解：（1）

當(dāng)時(shí)，

當(dāng)時(shí)，此時(shí)函數(shù)遞減；當(dāng)時(shí)，此時(shí)函數(shù)遞增；當(dāng)時(shí)，取極小值，其極小值為0。

（2）由（1）可知函數(shù)和的圖像在處有公共點(diǎn)，因此若存在和的分界直線，則該直線過(guò)這個(gè)公共點(diǎn)。設(shè)分界直線的斜率為則直線方程為即由可得當(dāng)時(shí)恒成立

由得。

下面證明當(dāng)時(shí)恒成立。

令則

當(dāng)時(shí)，。當(dāng)時(shí)，此時(shí)函數(shù)遞增；當(dāng)時(shí)，此時(shí)函數(shù)遞減；當(dāng)時(shí)，取極大值，其極大值為0。

從而即恒成立。

函數(shù)和存在唯一的分界直線。

20．解：（1）設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為，則：

，從而：，故,所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為。

（2）設(shè)，則圓方程為,與圓聯(lián)立消去得的方程為，過(guò)定點(diǎn)。

（3）將與橢圓方程聯(lián)立成方程組消去得：

,設(shè)，則。

，

所以。

故存在定點(diǎn)，使恒為定值。

21．解：（1）法一：數(shù)學(xué)歸納法；

法二：

所以為首項(xiàng)為公比為2的等比數(shù)列，

，即證。

法三：，兩邊同除以，轉(zhuǎn)化為疊加法求數(shù)列通項(xiàng)類型。

（2）法一：容易證明單調(diào)遞增，。由函數(shù)割線斜率與中點(diǎn)切線斜率的關(guān)系想到先證，即證，即證

。令下證。事實(shí)上，構(gòu)造函數(shù)，則

，，所以在上單調(diào)遞增，故，則，即證。

于是由有，

（因?yàn)?sub>）。

法二：要證，即證