題目列表(包括答案和解析)
設不等式組所表示的平面區(qū)域為,記內(nèi)的格點(格點即橫坐
標和縱坐標均為整數(shù)的點)的個數(shù)為.
(1)寫出、、的值及的表達式;
(2)設,為的前項和,求.
設不等式組所表示的平面區(qū)域為,記內(nèi)的格點(格點即橫坐標和縱坐標均為整數(shù)的點)的個數(shù)為.
(1)寫出、、的值及的表達式;
(2)設,為的前項和,求..
設不等式組所表示的平面區(qū)域為,記內(nèi)的格點(格點即橫坐標和縱坐標均為整數(shù)的點)個數(shù)為
(1)求的值及的表達式;
(2)設為數(shù)列的前項的和,其中,問是否存在正整數(shù),使成立?若存在,求出正整數(shù);若不存在,說明理由
設不等式組所表示的平面區(qū)域為,記內(nèi)的格點(格點即橫坐標和縱坐標均為整數(shù)的點)個數(shù)為
(1)求的值及的表達式;(2)記,試比較的大;若對于一切的正整數(shù),總有成立,求實數(shù)的取值范圍;
(3)設為數(shù)列的前項的和,其中,問是否存在正整數(shù),使成立?若存在,求出正整數(shù);若不存在,說明理由。
一.選擇題:CBDCC BDBDA
解析:1: 由文氏圖可得結論(C).
2:由已知得:(-2)=0,(-2) =0;即得:==2,∴cos<,>=,∴選(B)
3:由于受條件sin2θ+cos2θ=1的制約,故m為一確定的值,于是sinθ,cosθ的值應與m的值無關,進而推知tan的值與m無關,又<θ<π,<<,∴tan>1,故選D。
4:由于,從而函數(shù)的一個背景為正切函數(shù)tanx,取,可得必有一周期為4。故選C。
5:解此題具有很大的迷惑性,注意題目隱含直線AB的方程就是,它過定點(0,2),只有C項滿足。故選C。
6:生活常識告訴我們利息稅的稅率是20%。故選B。
7:四個選項中只有答案D含有分數(shù),這是何故?宜引起高度警覺,事實上,將x值取4.5代入驗證,不等式成立,這說明正確選項正是D,而無需繁瑣地解不等式。
8:(用排除法)七人并排站成一行,總的排法有種,其中甲、乙兩人相鄰的排法有2×種.因此,甲、乙兩人必需不相鄰的排法種數(shù)有:-2×=3600,對照后應選B;
9:作直線的圖象和半圓,從圖中可以看出: 的取值范圍應選(D).
注:求與方程實數(shù)根個數(shù)有關的問題常用圖解法.
10:如圖,將正四面體ABCD補形成正方體,則正四面體、正方體的中心與其外接球的球心共一點.因為正四面體棱長為,所以正方體棱長為1,從而外接球半徑R=.故S球=3.
二.填空題:11、; 12、; 13、或或;
14、+1; 15、3;
解析:11:,由復合函數(shù)的增減性可知,在上為增函數(shù),∴,∴。
12:計算機進行運算:時,它表示的表達式是,當其有意義時,得,解得.
13: 本題是一道很好的開放題,解題的開竅點是:每個面的三條棱是怎樣構造的,依據(jù)“三角形中兩邊之和大于第三邊”,就可否定{1,1,2},從而得出{1,1,1},{1,2,2},{2,2,2}三種形態(tài),再由這三類面構造滿足題設條件的四面體,最后計算出這三個四面體的體積分別為: , ,,故應填.、 、 中的一個即可.
14.解:直線:化為一般方程:,點P化為點,則點到直線的距離為
15解:由△COF∽△PDF得,即=
==,即=,
解得,故=3
三.解答題:
16.解:當P為真時,有 ……4分
當Q為真時,有 ……5分
……6分
由題意:“P或Q”真,“P且Q”為假 等價于
(1)P真Q假: ……8分
(2)Q真P假: ……11分
綜合(1)(2)的取值范圍是 ……12分
17.解:(1)∵∴
∵ ∴, 即AB邊的長度為 ……………………3分
(2) 由 得-------------①
即-------------②
由①②得, 由正弦定理得
∴ ∴-- ……………………8分
(3) ∵,由(2)中①得 由余弦定理得=
∴=- ……………………12分
18.解:(Ⅰ),, ……………1分
由題意,知,,
即 ……………………2分
…………………3分
① 當時,,函數(shù)在區(qū)間上單調增加,
不存在單調減區(qū)間; ……………………5分
② 當時,,有
+
-
+
當時,函數(shù)存在單調減區(qū)間,為 ……………7分
③ 當時, ,有
+
-
+
當時,函數(shù)存在單調減區(qū)間,為 …………9分
(Ⅱ)由(Ⅰ)知:若不是函數(shù)的極值點,則,
…………………10分
設點是函數(shù)的圖像上任意一點,則,
點關于點的對稱點為,
(或 )
點在函數(shù)的圖像上.
由點的任意性知函數(shù)的圖像關于點對稱. …………………14分
19. [方法一]:(幾何法)
(I)證法一:如圖1,∵底面ABCD是正方形, ∴BC⊥DC.
∵SD⊥底面ABCD,∴DC是SC在平面ABCD上的射影,
由三垂線定理得BC⊥SC. …………3分
證法二:如圖1,∵底面ABCD是正方形, ∴BC⊥DC.
∵SD⊥底面ABCD,∴SD⊥BC,又DC∩SD=D, 圖1
∴BC⊥平面SDC,∴BC⊥SC. …………3分
(II)解法一:∵SD⊥底面ABCD,且ABCD為正方形,
∴可把四棱錐S―ABCD補形為長方體A1B1C1S―ABCD,
如圖2,面ASD與面BSC所成的二面角就是面ADSA1與面BCSA1所成的二面角,
∵SC⊥BC,BC//A1S, ∴SC⊥A1S,
又SD⊥A1S,∴∠CSD為所求二面角的平面角.
在Rt△SCB中,由勾股定理得SC=,在Rt△SDC中,
由勾股定理得SD=1.
∴∠CSD=45°.即面ASD與面BSC所成的二面角為45°. ……………8分
解法二:如圖3,過點S作直線在面ASD上,
∵底面ABCD為正方形,在面BSC上,
∴∠CSD為面ASD與面BSC所成二面角的平面角.
在Rt△SCB中,由勾股定理得SC=,在Rt△SDC中,
由勾股定理得SD=1.
∴∠CSD=45°.即面ASD與面BSC所成的二面角
為 45°!8分
(III)解法一:如圖3, ∵SD=AD=1,∠SDA=90°, ∴△SDA是等腰直角三角形.
又M是斜邊SA的中點, ∴DM⊥SA.
∵BA⊥AD,BA⊥SD,AD∩SD=D,∴BA⊥面ASD,SA是SB在面ASD上的射影.
由三垂線定理得DM⊥SB. ∴異面直線DM與SB所成的角為90°. ……………14分
在△ABS中,由中位線定理得 MP//SB,是異面直線DM與SB所成的角.
,
又
∴在△DMP中,有DP2=MP2+DM2,
即異面直線DM與SB所成的角為90°. ……………14分
解析:如圖所示,以D為坐標原點建立直角坐標系,
則D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),
M(,0,),
∵ SB=,DB=,SD=1,∴ S(0,0,1),……………2分
(I)證明:∵ ,
=0 ∴ ,即BCSC.……………5分
(II)設二面角的平面角為θ,由題意可知平面ASD的一個法向量為,設平面BSC的法向量為,由,
得,
∴ 面ASD與面BSC所成的二面角為45°.……………10分
(III)設異面直線DM與SB所成角為α,
∵ ,SB=(-1,-1,1),得
∴ 異面直線DM與SB所成角為90°.……………14分
20.解:(1)設圓心的坐標為,如圖過圓心作軸于H,
則H為RG的中點,在中,…3分
∵ ∴
即 …………………6分
(2) 設,
直線AB的方程為()則-----①---②
∵點在直線上, ∴.
∴點M的坐標為. ………………10分
同理可得:, ,
∴點的坐標為. ………………11分
直線的斜率為,其方程為
,整理得,………………13分
顯然,不論為何值,點均滿足方程,
∴直線恒過定點.……………………14分
21.解:(Ⅰ)當n=1時,D1為Rt△OAB1的內(nèi)部包括斜邊,這時,
當n=2時,D2為Rt△OAB2的內(nèi)部包括斜邊,這時,
當n=3時,D3為Rt△OAB3的內(nèi)部包括斜邊,這時,……, ---3分
由此可猜想=3n。 --------------------------------------------------4分
下面用數(shù)學歸納法證明:
(1) 當n=1時,猜想顯然成立。
(2) 假設當n=k時,猜想成立,即,() ----5分
如圖,平面區(qū)域為Rt內(nèi)部包括斜邊、平面區(qū)域為
Rt△內(nèi)部包括斜邊,∵平面區(qū)域比平面區(qū)域多3
個整點, ------- 7分
即當n=k+1時,,這就是說當n=k+1時,
猜想也成立,
由(1)、(2)知=3n對一切都成立。 ---------------------8分
(Ⅱ)∵=3n, ∴數(shù)列是首項為3,公差為3的等差數(shù)列,
∴.
-------------------------10分
== -------------------------------11分
∵對一切,恒成立, ∴
∵在上為增函數(shù) ∴ ---13分
,滿足的自然數(shù)為0,
∴滿足題設的自然數(shù)m存在,其值為0。 -------------------------14分
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