1．函數(shù)的定義域是

　 A．(0,1］　　　　　B. (0,+∞)　　　　C. (1,+∞)　　　　D. ［1,+∞)

21. （本小題滿分14分）已知橢圓C₁:,拋物線C₂:,

且C₁、C₂的公共弦AB過(guò)橢圓C₁的右焦點(diǎn).

(Ⅰ)當(dāng)AB⊥軸時(shí),求、的值，并判斷拋物線C₂的焦點(diǎn)是否在直線AB上；

(Ⅱ)是否存在、的值，使拋物線C₂的焦點(diǎn)恰在直線AB上？若存在，

求出符合條件的、的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

解：（Ⅰ）當(dāng)AB⊥x軸時(shí)，點(diǎn)A、B關(guān)于x軸對(duì)稱，所以m＝0，直線AB的方程為：

    　　  x =1，從而點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，）或（1，－）.  因?yàn)辄c(diǎn)A在拋物線上.

所以，即.此時(shí)C₂的焦點(diǎn)坐標(biāo)為（，0），該焦點(diǎn)不在直線AB上.

（II）解法一： 假設(shè)存在、的值使的焦點(diǎn)恰在直線AB上，由（I）知直線AB

的斜率存在，故可設(shè)直線AB的方程為．

由消去得………………①

設(shè)A、B的坐標(biāo)分別為（x₁,y₁）, （x₂,y₂）,  

則x₁,x₂是方程①的兩根，x₁＋x₂＝.

　　由　

消去y得.          ………………②

因?yàn)镃₂的焦點(diǎn)在直線上，

所以，即.代入②有.

即.                      　　  …………………③

由于x₁,x₂也是方程③的兩根，所以x₁＋x₂＝.

從而＝. 解得　　　……………………④

又AB過(guò)C_{1、、＼、、}C₂的焦點(diǎn)，所以

，

則    …………………………………⑤

由④、⑤式得，即．

解得于是

因?yàn)镃₂的焦點(diǎn)在直線上，所以.

　或．

由上知，滿足條件的、存在，且或，．

解法二：       設(shè)A、B的坐標(biāo)分別為，．

　　　　因?yàn)锳B既過(guò)C₁的右焦點(diǎn)，又過(guò)C₂的焦點(diǎn)，

所以.

即.         　 ……①

由（Ⅰ）知，于是直線AB的斜率， ……②

且直線AB的方程是,

所以.        ……③

又因?yàn)�，所�?    ……④

將①、②、③代入④得．　　……………⑤

　　因?yàn)�，所以．　　…………�?/p>

將②、③代入⑥得　　……………⑦

由⑤、⑦得即

解得．將代入⑤得

　　　或．

由上知，滿足條件的、存在，且或，

      解得y=4,故z=4+3.即兩種方案的用水量分別為19與4+3.

   因?yàn)楫?dāng),故方案乙的用水量較少.

（II）設(shè)初次與第二次清洗的用水量分別為與，類似（I）得

，（*）

于是+

          當(dāng)為定值時(shí),,

          當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立.此時(shí)

          將代入（*）式得

          故時(shí)總用水量最少, 此時(shí)第一次與第二次用水量分別為

          ,    最少總用水量是.

          當(dāng),故T()是增函數(shù)(也可以用二次函數(shù)的單調(diào)性判斷).這說(shuō)明,隨著的值的最少總用水量, 最少總用水量最少總用水量.

解：(Ⅰ)設(shè)方案甲與方案乙的用水量分別為x與z,由題設(shè)有=0.99,解得x=19.

        由得方案乙初次用水量為3, 第二次用水量y滿足方程:

20. （本小題滿分14分）對(duì)1個(gè)單位質(zhì)量的含污物體進(jìn)行清洗,清洗前其清潔度(含污物體的清潔度定義為:)為0.8,要求洗完后的清潔度是0.99.有兩種方案可供選擇,方案甲:一次清洗;方案乙:兩次清洗.該物體初次清洗后受殘留水等因素影響,其質(zhì)量變?yōu)?1≤a≤3).設(shè)用單位質(zhì)量的水初次清洗后的清潔度是(),用質(zhì)量的水第二次清洗后的清潔度是,其中是該物體初次清洗后的清潔度.

(Ⅰ)分別求出方案甲以及時(shí)方案乙的用水量,并比較哪一種方案用水量較少;

(Ⅱ)若采用方案乙,當(dāng)為某定值時(shí),如何安排初次與第二次清洗的用水量,使總用水量最少?并討論取不同數(shù)值時(shí)對(duì)最少總用水量多少的影響.

19. （本小題滿分14分）已知函數(shù),

數(shù)列{}滿足:

證明: （I）．;　　　

（II）．.

證明: （I）．先用數(shù)學(xué)歸納法證明，ｎ＝1,2,3,…

          (i).當(dāng)n=1時(shí),由已知顯然結(jié)論成立.

          (ii).假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)結(jié)論成立,即.因?yàn)?<x<1時(shí)

,所以f(x)在(0,1)上是增函數(shù). 又f(x)在[0,1]上連續(xù),

從而.故n=k+1時(shí),結(jié)論成立.

由(i)、(ii)可知，對(duì)一切正整數(shù)都成立.

又因?yàn)闀r(shí)，，

所以，綜上所述．

（II）．設(shè)函數(shù)，．由（I）知，當(dāng)時(shí)，，

　　　從而

所以g (x)在(0,1)上是增函數(shù). 又g (x)在[0,1]上連續(xù),且g (0)=0,

  所以當(dāng)時(shí)，g (x)>0成立.于是．

　　　　　　　故．

和2,AB=4.    (Ⅰ)證明PQ⊥平面ABCD;    (Ⅱ)求異面直線AQ與PB所成的角;

(Ⅲ)求點(diǎn)P到平面QAD的距離.

解法一：　（Ⅰ）．連結(jié)AC、BD，設(shè).由P－ABCD與Q－ABCD

都是正四棱錐，所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD.

從而P、O、Q三點(diǎn)在一條直線上，所以PQ⊥平面ABCD.

           （II）由題設(shè)知，ABCD是正方形，所以．由（I），平面，故可以分別以直線CA、DB、QP為軸，軸，軸建立空間直角坐標(biāo)系（如上圖），由題設(shè)條件，相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)分別是，，

所以,,于是

從而異面直線AQ與PB所成的角是.

(Ⅲ)．由（Ⅱ），點(diǎn)D的坐標(biāo)是（0，－，0），，          

，設(shè)是平面QAD的一個(gè)法向量，

由    得.

取x=1，得.　　所以點(diǎn)P到平面QAD的距離.

解法二：　（Ⅰ）．取AD的中點(diǎn)M，連結(jié)PM，QM.因?yàn)镻－ABCD與Q－ABCD

都是正四棱錐，所以AD⊥PM，AD⊥QM. 從而AD⊥平面PQM.

又平面PQM，所以PQ⊥AD.同理PQ⊥AB，所以PQ⊥平面ABCD.

（Ⅱ）．連結(jié)AC、BD設(shè)，由PQ⊥平面ABCD及正四棱錐的性質(zhì)可知O在

PQ上，從而P、A、Q、C四點(diǎn)共面.

取OC的中點(diǎn)N，連結(jié)PN．

因?yàn)椋�所以�?/p>

從而AQ∥PＮ.∠BPＮ（或其補(bǔ)角）是異面直線AQ

與PB所成的角.連接BN，

因?yàn)椋?/p>

所以．

從而異面直線AQ與PB所成的角是．

(Ⅲ)．由（Ⅰ）知，AD⊥平面PＱM，所以平面PＱM⊥平面QAD. 過(guò)Ｐ作ＰＨ⊥ＱＭ

于Ｈ，則ＰＨ⊥平面QAD，所以ＰＨ的長(zhǎng)為點(diǎn)P到平面QAD的距離．

連結(jié)OM，則.所以，

又ＰＱ＝ＰＯ＋ＱＯ＝３，于是.

即點(diǎn)P到平面QAD的距離是.

18. （本小題滿分14分）如圖4,已知兩個(gè)正四棱錐P-ABCD與Q-ABCD的高分別為1

(Ⅲ)．某煤礦被關(guān)閉，即該煤礦第一次安檢不合格，整改后經(jīng)復(fù)查仍不合格，所以該煤礦被關(guān)閉的概率是，從而該煤礦不被關(guān)閉的概率是0.9.由題意，每家煤礦是否被關(guān)閉是相互獨(dú)立的，所以至少關(guān)閉一家煤礦的概率是

       E＝，即平均有2.50家煤礦必須整改.