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在直角坐標(biāo)平面中，△ABC的兩個頂點為A（0，-1），B（0，1）平面內(nèi)兩點G、M同時滿足①++=0,②||=||=||，③∥.

(1)求頂點C的軌跡E的方程；

(2)設(shè)P、Q、R、N都在曲線E上，定點F的坐標(biāo)為（2，0），已知∥，∥且·=0.求四邊形PRQN面積S的最大值和最小值.

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一、選擇題：（本大題12個小題，每小題5分，共60分）

1－6  ACBDCB      7－12 ABDADA

二、填空題：（本大題4個小題，每小題4分，共16分）

13．．    14．(－，)．    15．或．     16．7．

三、解答題：（本大題6個小題，共74分）

17．（12分）

解：，

即，又6a∈(0，)，∴，即．

∴（－）sin4α=

．

變式題：已知(1＋tan2α)(1＋tan25°)＝2，α∈(0， )，求(－)×sin4α的值．

命題意圖：本題主要考查三角函數(shù)的恒等變形．包含了和差角、倍角的運(yùn)算，已知三角函數(shù)值求角，誘導(dǎo)公式，輔助角公式，要求學(xué)生對三角函數(shù)的變形方向有綜合的理解．

18．（12分）

（Ⅰ）證明：分別取AB，A¢B¢的中點D，D¢，連CD，PD¢，

∵O為△ABC的中心，G為△PA¢B¢的重心，

∴O∈CD，G∈PD¢，且CO∶OD＝PG：GD¢＝2∶1．

∵AA¢B¢B為□，AD＝DB，A¢D¢＝D¢B¢，∴DD¢∥AA¢，

又∵AA¢∥CC¢，∴DD¢∥CC¢，即DD¢∥CP．

又CO∶OD＝PG∶GD¢＝2∶1，∴OG∥DD¢，

∵OG(/平面AA¢B¢B，DD¢Ì平面AA¢B¢B．

∴OG∥平面AA¢B¢B．

（Ⅱ）證明一：當(dāng)l＝時，不妨設(shè)AA¢＝2，AC＝2，由點A¢在平面ABC上的射影為△ABC的中心，連AO并延長交BC于點E，則E為BC的中點，取B¢C¢的中點E¢，連EE¢，AA¢∥EE¢∥CC¢．∵A¢O^平面ABC，∴A¢O^BC．∵O為△ABC中心，∴AE^BC．∴BC^平面AA¢E¢E．設(shè)PB¢∩EE¢＝Q，∴BC^A¢Q，且E¢Q＝CP＝AA¢＝．∵AO＝AC×＝．AA¢＝2，∴cosÐA¢AO＝＝，∴cosÐA¢E¢E＝．在△A¢E¢Q中，A¢E¢＝，E¢Q＝，

cosÐA¢E¢E＝，∴A¢Q²＝A¢E¢²＋E¢Q²－2A¢E¢×E¢Q×cosÐA¢E¢E＝．∵A¢Q²＋E¢Q²＝A¢E¢²，

∴A¢Q^QE¢，∵QE¢與BC相交，∴A¢Q^平面BB¢C¢C，∵A¢QÌ平面A¢B¢P，∴平面A¢B¢P^平面BB¢C¢C．

證明二：當(dāng)l＝時，不妨設(shè)AA¢＝2，AC＝2，

由點A¢在平面ABC上的射影為△ABC的中心，連AO并延長交BC于點E，則E為BC的中點，取B¢C¢的中點E¢，連EE¢，AA¢∥EE¢∥CC¢．∵AO^平面ABC，∴AO^BC．∵O為△ABC中心，∴AE^BC．∴BC^平面AA¢E¢E．設(shè)PB¢∩EE¢＝Q，則Q為PB¢中點．

∵在□AA¢C¢C中，A¢A＝A¢C＝2，A¢C¢＝2，

∴cosÐA¢C¢P＝，

在△A¢C¢P中，A¢C¢＝2，C¢P＝，cosÐA¢C¢P＝，

∴A¢P＝＝2，

∴A¢B¢＝A¢P，∵Q為BP中點，連A¢Q，則A¢Q^B¢P，

∵BC^平面AA¢E¢E，∴BC^A¢Q，∴A¢Q^平面BCC¢B¢．

∵A¢QÌ平面A¢B¢P，∴平面A¢B¢P^平面BB¢C¢C．

（Ⅲ）解法一：當(dāng)l＝1時，不妨設(shè)AA¢＝AC＝2，∵點A¢在平面ABC上的射影為△ABC的中心，∴A¢A＝A¢B＝A¢C．∴△A¢BC為等邊三角形，取A¢B中點M，連CM，則CM^A¢B．CM＝．過P作PN^A¢B，垂足為N，則((MC與((NP所成的角即為二面角C－A¢B－P的大�。�

在△PA¢B中，∵P為CC¢中點，∴CP＝1，A¢P＝．∵AA¢在平面ABC上的射影AO，AO^BC，∴AA¢^BC．∵CC¢∥AA¢，∴CC¢^BC．∵BC＝2，CP＝1，∴BP＝．A¢B＝2，∴cosÐPA¢B＝，∴A¢N＝，NP＝，∵A¢M＝1，∴MN＝．

∵((CP＝－((MC＋((MN＋((NP，

兩邊平方得，((CP²＝((MC²＋((MN²＋((NP²－2((MC×((NP，

解得((MC×((NP＝．∴cos＜((MC，((NP＞＝\s\up8(((MC

＝．

∴二面角C－A¢B－P的大小為arccos．

解法二：當(dāng)l＝1時，不妨設(shè)AA¢＝AC＝2，∵點A¢在平面ABC上的射影為△ABC的中心，∴A¢A＝A¢B＝A¢C．∴△A¢BC，△A¢BB¢都為等邊三角形．

取A¢B的中點M，連CM，B¢M，則CM^A¢B，B¢M^A¢B．

∴ÐB¢MC為二面角B¢－A¢B－C的平面角，

在△B¢CM中，B¢M＝CM＝，B¢C＝2，∴cosÐB¢MC＝－．

取BB¢的中點R，連PR，A¢R．則平面A¢PR^平面A¢BB¢．

過P作PQ^A¢R，則PQ^平面A¢BB¢．

過P作PN^A¢B于N，連QN，則QN^A¢B．

∴ÐPNQ為二面角B¢－A¢B－P的平面角，

在△A¢PB中，求得PN＝，

在△A¢PR中，求得PQ＝．∴sinÐPNQ＝＝．

∵二面角C－A¢B－P等于二面角B¢－A¢B－C與二面角B¢－A¢B－P的差，

設(shè)二面角C－A¢B－P的大小為q，

則cosq＝cos(ÐB¢MC－ÐPNQ)＝cosÐB¢MC×cosÐPNQ＋sinÐB¢MC×sinÐPNQ

＝－×＋×＝．

∴二面角C－A¢B－P的大小為arccos．

命題意圖：在斜棱柱中，通過圖形位置的變化，強(qiáng)調(diào)立體圖形向平面圖形轉(zhuǎn)化的能力，充分利用平面圖形的性質(zhì)來證明線面的平行與垂直，考查用向量法求二面角的大小及用分割法來求二面角的大小．

19．（12分）

【猜題理由】本題在函數(shù)和導(dǎo)數(shù)、以及線性規(guī)劃的交匯處命題，具有較強(qiáng)的預(yù)測性，而且設(shè)問的方式具有較大的開放度，情景新穎.

【解答】(1)由題意有f(0)= c=0，f^ノ(x)=3 x²+2ax+b，且f^ノ(1)= 3+2a+b=0.

又曲線y=f(x)在原點處的切線的斜率k=f^ノ(0)= b，而直線y=2x+3到它所成的夾角為45⁰，

∴1=tan45⁰= ，解得b=? 3. 代入3+2a+b=0得a=0.

故f(x)的解析式為f(x)=x³? 3x.

(2)∵對于任意實數(shù)α和β有2sinα，2sinβ∈[－2，2].

由f^ノ(x)=3x²?3=3(x?1) (x+1)可知，f(x)在(－∞，?1]和[1，＋∞)上遞增；在[－1，1]遞減.

又f(?2)= ?2，f(?1)= 2，f(1)= ?2，f(2)= 2，

∴f(x)在[－2，2]上的最大值和最小值分別為?2和2.

∴對于任意實數(shù)α和β恒有| f(2sinα)?f(2sinβ)|≤4.

故m≥4，即m的最小值為4.

(3)∵g(x)=x(x³? 3x)+tx²+kx+s= x⁴+(t?3)x²+kx+s，∴g^ノ(x)= 4 x³+2(t?3)x+k，

∴要使g(x)在[－3，?2]上遞減，而在[－1，0]上遞增，且存在x₀(x₀>1)使得g(x)在[1，x₀]上遞減，只需在[－3，?2]和[1，x₀]上g^ノ(x)≤0，而在[－1，0]上g^ノ(x)≥0.

令h(x)= g^ノ(x)，則h^ノ(x)= 12 x²+2(t?3)，當(dāng)t?3≥0時，h^ノ(x)在R上恒為非負(fù)，此時顯然不存在這樣的常數(shù)t和k，∴t?3<0.

當(dāng)t?3<0時，g(x)在(－∞，?]和[，+∞)上遞增，而在[?，?]上遞減.

∴要使h(x)在[－3，?2]和[1，x₀]上h(x)≤0，而在[－1，0]上h(x)≥0，只需h(?2)= ?32 ?4 (t?3)+k

即

作出可行域如圖所示，由圖可知，當(dāng)直線t+ k= z過A點時z取得最大值5，當(dāng)直線t+ k= z過B點時z取得最大值?5.

故存在這樣的常數(shù)t和k，其取值范圍為[－5， 5].

20．（12分）

【猜題理由】本題取材于社會熱點問題，情景新穎，背景公平，具有較好的教育意義，而且能較好地考查考生靈活地運(yùn)用所學(xué)的概率知識來分析解決實際問題的能力，體現(xiàn)了新課標(biāo)的理念.

【解答】（1）若該公司投資研發(fā)A項目，則：若該公司在2006年研發(fā)成功，其經(jīng)濟(jì)效益期望為Eξ₁₁=200a ×0.01×(1?0.01)+100a ×0.01×0.01≈1.99a萬元.

若該公司在2006年沒有研發(fā)成功，而另一個公司在2006年研發(fā)成功，于是該公司的經(jīng)濟(jì)效益期望為Eξ₁₂=?4a ×(1?0.01)×0.01≈?0.0396a萬元.

若該公司在2007年研發(fā)成功，其經(jīng)濟(jì)效益期望為

Eξ₂₁=190a ×0.02×(1?0.02)+a ×0.02×0.02≈3.762a萬元.

若該公司在2007年沒有研發(fā)成功，而另一個公司在2007年研發(fā)成功，于是該公司的經(jīng)濟(jì)效益期望為Eξ₂₂=?8a ×(1?0.02)×0.02≈?0.0784a萬元.

若該公司在2008年研發(fā)成功，其經(jīng)濟(jì)效益期望為

Eξ₃₁=180a ×0.04×(1?0.04) +a ×0.04×0.04≈7.056a萬元.

若該公司在2008年沒有研發(fā)成功，而另一個公司在2008年研發(fā)成功，于是該公司的經(jīng)濟(jì)效益期望為Eξ₃₂=?12a ×(1?0.04)×0.04 ≈?0.1536a萬元.

若該公司在2009年研發(fā)成功，其經(jīng)濟(jì)效益期望為

Eξ₄₁=170a ×0.08×(1?0.08)+a ×0.08×0.08≈13.056a萬元.

若該公司在2009年沒有研發(fā)成功，而另一個公司在2009年研發(fā)成功，于是該公司的經(jīng)濟(jì)效益期望為Eξ₄₂=?17a ×(1?0.08)×0.08≈?0.2944a萬元.

若該公司在2010年研發(fā)成功，其經(jīng)濟(jì)效益期望為           

Eξ₅₁=160a ×0.16×(1?0. 16)+a ×0. 16×0. 16≈23.552a萬元.

若該公司在2010年沒有研發(fā)成功，則該公司總要損失22 a萬元，于是該公司的經(jīng)濟(jì)效益期望為Eξ₅₂=?22a ×(1?0. 01?0. 02?0. 04?0. 08?0. 16)≈?15.18a萬元.

所以該公司投資研發(fā)A項目的經(jīng)濟(jì)效益期望為Eξ₁₁+ Eξ₁₂+ Eξ₂₁+ Eξ₂₂+ Eξ₃₁+ Eξ₃₂+ Eξ₄₁+ Eξ₄₂+ Eξ₅₁+ Eξ₅₂≈33.67 a萬元.

其投資的期望為4a[0.01+(1?0.01)×0.01]+ 8a[0.02+(1?0.02)×0.02]+ 12a[0.04+(1?0.04)×0.04]+ 17a[0.08+(1?0.08)×0.08]+ 22a{1?[0.01+(1?0.01)×0.01]?[0.02+(1?0.02)×0.02]?[0.04+(1?0.04)×0.04]?[0.08+(1?0.08)×0.08]=19.5354 a

 其投資的經(jīng)濟(jì)效益期望的平均效率為≈1.723538，平均每年的經(jīng)濟(jì)效益期望為≈11.22333萬元.

（2）設(shè)該公司投資研發(fā)B項目的經(jīng)濟(jì)效益為η萬元，則ξ的可能取值為27a，24a，21a，?6a. 而P(η=27a)= 0. 1，P(η=24a)= 0. 2，P(η=21a)= 0. 3， P(η=?6a)= 0. 7，

∴Eη=27a×0.1+24a×0.2+21a×0.3?6a×0.3=12 a萬元.

其投資的期望為2a×0. 1+ 4a×0.2+ 6a×0.7=5.2 a萬元.

其投資的經(jīng)濟(jì)效益期望的平均效率為2.3076923，平均每年的經(jīng)濟(jì)效益期望為4a萬元.

盡管A項目的投資經(jīng)濟(jì)效益期望的平均效率比B項目略低，但總的經(jīng)濟(jì)效益期望和平均每年的經(jīng)濟(jì)效益期望比B項目高得多，故應(yīng)建議該公司在2006年投資研發(fā)A項目.

21．（12分）

【猜題理由】本題本題在平面向量和解析幾何的交匯處命題，重點考查了解析幾何的基本思想方法，體現(xiàn)最新《考試大綱》的要“構(gòu)造有一定的深度和廣度的數(shù)學(xué)問題”高考命題要求.

【解答】(1)設(shè)(x，y)，∵++=0，∴M點是ΔABC的重心，∴M(，).

又||=||且向量與共線，∴N在邊AB的中垂線上，∴N(0，).

而||=||，∴=，即x²? =a².

(2)設(shè)E(x₁，y₁)，F(xiàn)(x₂，y₂)，過點P(0，a)的直線方程為y=kx+a，

代入x²? =a²得 (3?k²)x²?2akx?4a²=0

∴Δ=4a²k²+16a²(3?k²)>0，即k²<4. ∴k²?3<1，∴>4或<0.

而x₁，x₂是方程的兩根，∴x₁+x₂=，x₁x₂=.

∴?=(x₁，y₁?a)?(x₂，y₂?a)= x₁x₂+kx₁?kx₂=(1+k²) x₁x₂==4a²(1+)∈(－∞， 4a²)∪(20a²，＋∞).

故?的取值范圍為(－∞，4a²)∪(20a²，＋∞).

(3) 設(shè)Q(x₀，y₀) (x₀>0，x₀>0)，則x₀²? =a²，即y₀²=3(x₀²?a₀²).

當(dāng)QH⊥x軸時，x₀=2a，y₀=3a，∴∠QGH=，即∠QHG= 2∠QGH，故猜想λ=2，使∠QHG=λ∠QGH總成立.

當(dāng)QH不垂直x軸時，tan∠QHG=?，tan∠QGH= ，

∴tan2∠QGH= = = = =?= tan∠QHG.

又2∠QGH與∠QHG同在(0，)∪(，π)內(nèi)，∴2∠QGH=∠QHG.

故存在λ=2，使2∠QGH=∠QHG恒成立.

22．（14分）

【猜題理由】本題以導(dǎo)數(shù)為背景，命制出數(shù)列與函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式的綜合試題，重點考查數(shù)列的基本思想方法，綜合較強(qiáng)，與高考的壓軸題的難度相當(dāng)，具有較強(qiáng)的預(yù)測性.

【解答】（1）∵f^ノ(x)=2x，∴切線l_2k?1的方程為y?x_2k?1²=2 x_2k?1(x?x_2k?1)，又切線l_2k?1過點A_2k?2(x_2k?2，0)，∴0?x_2k?1²=2 x_2k?1(x_2k?2?x_2k?1)，且x_2k?1>0，∴x_2k?1=2 x_2k?2.∴x₁=2.

(2)又g^ノ(x)=( e^x) ^ノ= e^x，∴切線l_2k的方程為y?e=e(x?x_2k)，而切線l_2k過點A_2k?1(x_2k?1，0)，∴0?e= e(x_2k?1?x_2k)，且x_2k>0，∴x_2k= x_2k?1+1. ∴x₂=x₁+1=3.

(3)由(1) (1)可知x_2k= x_2k?1+1 = 2x_2k?2+1，即x_2k+1= 2(x_2k?2+1)，∴數(shù)列{x_2k +1}為等比數(shù)列，且首項為4，∴x_2k +1=4×2^k?1，即x_2k =2^k+1?1.

而x_2k?1=2 x_2k?2=2(2^k?1)= 2^k+1?2，故數(shù)列{x_n}通項公式為x_n=

(4) (理)令S_n= + ++…+= +++…+， ∴S_n= +++…+，

兩式相減得S_n= ++++…+? = ? = (1?)?，

∴S_n=1?? =1?.

∴S_n+1? S_n=(1?)?(1? )=>0，∴數(shù)列{ S_n}遞增.

又當(dāng)n≥6時，2ⁿ⁺¹=2(1+1) ⁿ=2(1+C+C+C+C+…+C+C+C+C)>4(1+C+C)>2(n²+n)，∴0<<，而=0，∴S_n=1.

令h(x)= 3tx⁴?4tx³?12tx²+33t?，則h^ノ(x)= 12t(x³?x²?2x)= 12tx(x+1)(x?2)，

∴當(dāng)t<0時，h(x)在(?∞，?1)和(0，2)上遞增，在(?1， 0)和(2，+∞)上遞減，此時不存在這樣的實數(shù)t.

當(dāng)t>0時，h(x)在(?∞，?1)和(0，2)上遞減，在(?1， 0)和(2，+∞)上遞增，

∴h(x)在x=?1或x=2處取得極小值，而h(?1)=?5t+33t?，h(2)=?32t+33t?，

∴h(x)_min= t?.

∴對于任意的自然數(shù)n和任意的實數(shù)x不等式恒成立等價于t?≥1，

而t>0，所以有t²?t?6≥0，解得t≥3或t≤?2 (舍).

故存在這樣的實數(shù)t，其取值范圍為t≥3.