題目列表(包括答案和解析)
(05年湖南卷)在(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)6的展開式中,x 2項(xiàng)的系數(shù)是 .(用數(shù)字作答)
(1)已知函數(shù)y=ln(-x2+x-a)的定義域?yàn)椋ǎ?,3),求實(shí)數(shù)a的取值范圍;
(2)已知函數(shù)y=ln(-x2+x-a)在(-2,3)上有意義,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
(1)已知函數(shù)y=ln(-x2+x-a)的定義域?yàn)椋ǎ?,3),求實(shí)數(shù)a的取值范圍;
(2)已知函數(shù)y=ln(-x2+x-a)在(-2,3)上有意義,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
一、選擇題:1―5:BACCB 6―10: CDDBA
二、填空題:
11.5600 12.35 13. 14.-2 15.,
三、解答題:
16.解法一 由
得
所以
即
因?yàn)樗,從?/p>
由知 從而.
由
即
由此得所以
解法二:由
由、,所以
即
由得
所以
即 因?yàn),所?/p>
由從而,知B+2C=不合要求.
再由,得 所以
所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角,即OA⊥OB. 故可以O(shè)為原點(diǎn),OA、OB、OO1所在直線分別為軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,
如圖3,則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)是A(3,0,0),B(0,3,0),C(0,1,),O1(0,0,).從而所以AC⊥BO1.
(II)解:因?yàn)樗訠O1⊥OC,
由(I)AC⊥BO1,所以BO1⊥平面OAC,是平面OAC的一個(gè)法向量. 設(shè)是0平面O1AC的一個(gè)法向量,
由 得.
設(shè)二面角O―AC―O1的大小為,由、的方向可知,>,
即二面角O―AC―O1的大小是
解法二(I)證明 由題設(shè)知OA⊥OO1,OB⊥OO1,
所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角,
即OA⊥OB. 從而AO⊥平面OBCO1,
OC是AC在面OBCO1內(nèi)的射影.
因?yàn)?nbsp; ,
所以∠OO1B=60°,∠O1OC=30°,從而OC⊥BO1
由三垂線定理得AC⊥BO1.
(II)解 由(I)AC⊥BO1,OC⊥BO1,知BO1⊥平面AOC.
設(shè)OC∩O1B=E,過點(diǎn)E作EF⊥AC于F,連結(jié)O1F(如圖4),則EF是O1F在平面AOC
內(nèi)的射影,由三垂線定理得O1F⊥AC.
所以∠O1FE是二面角O―AC―O1的平面角.
由題設(shè)知OA=3,OO1=,O1C=1,
所以,
從而, 又O1E=OO1?sin30°=,
所以 即二面角O―AC―O1的大小是
18.解:(I)分別記“客人游覽甲景點(diǎn)”,“客人游覽乙景點(diǎn)”,“客人游覽丙景點(diǎn)”
為事件A1,A2,A3. 由已知A1,A2,A3相互獨(dú)立,P(A1)=0.4,P(A2)=0.5,
P(A3)=0.6.
客人游覽的景點(diǎn)數(shù)的可能取值為0,1,2,3. 相應(yīng)地,客人沒有游覽的景點(diǎn)數(shù)的可能取
值為3,2,1,0,所以的可能取值為1,3.
P(=3)=P(A1?A2?A3)+ P()
= P(A1)P(A2)P(A3)+P()
=2×0.4×0.5×0.6=0.24,
1
3
P
0.76
0.24
所以的分布列為
E=1×0.76+3×0.24=1.48.
(Ⅱ)解法一 因?yàn)?/p>
所以函數(shù)上單調(diào)遞增,
要使上單調(diào)遞增,當(dāng)且僅當(dāng)
從而
解法二:的可能取值為1,3.
當(dāng)=1時(shí),函數(shù)上單調(diào)遞增,
當(dāng)=3時(shí),函數(shù)上不單調(diào)遞增.0
所以
19.(Ⅰ)證法一:因?yàn)锳、B分別是直線l:與x軸、y軸的交點(diǎn),所以A、B的坐標(biāo)分別是.
所以點(diǎn)M的坐標(biāo)是(). 由
即
證法二:因?yàn)锳、B分別是直線l:與x軸、y軸的交點(diǎn),所以A、B的坐標(biāo)分別是設(shè)M的坐標(biāo)是
所以 因?yàn)辄c(diǎn)M在橢圓上,所以
即
解得
(Ⅱ)解法一:因?yàn)镻F1⊥l,所以∠PF1F2=90°+∠BAF1為鈍角,要使△PF1F2為等腰三角形,必有|PF1|=|F1F2|,即
設(shè)點(diǎn)F1到l的距離為d,由
得 所以
即當(dāng)△PF1F2為等腰三角形.
解法二:因?yàn)镻F1⊥l,所以∠PF1F2=90°+∠BAF1為鈍角,要使△PF1F2為等腰三角形,必有|PF1|=|F1F2|,
設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)是,
則
由|PF1|=|F1F2|得
兩邊同時(shí)除以4a2,化簡(jiǎn)得 從而
于是. 即當(dāng)時(shí),△PF1F2為等腰三角形.
20.解(I)從第n年初到第n+1年初,魚群的繁殖量為axn,被捕撈量為bxn,死亡量為
(II)若每年年初魚群總量保持不變,則xn恒等于x1, n∈N*,從而由(*)式得
因?yàn)?i>x1>0,所以a>b.
猜測(cè):當(dāng)且僅當(dāng)a>b,且時(shí),每年年初魚群的總量保持不變.
(Ⅲ)若b的值使得xn>0,n∈N*
由xn+1=xn(3-b-xn), n∈N*, 知
0<xn<3-b, n∈N*, 特別地,有0<x1<3-b. 即0<b<3-x1.
而x1∈(0, 2),所以
由此猜測(cè)b的最大允許值是1.
下證 當(dāng)x1∈(0, 2) ,b=1時(shí),都有xn∈(0, 2), n∈N*
①當(dāng)n=1時(shí),結(jié)論顯然成立.
②假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)結(jié)論成立,即xk∈(0, 2),
則當(dāng)n=k+1時(shí),xk+1=xk(2-xk)>0.
又因?yàn)?i>xk+1=xk(2-xk)=-(xk-1)2+1≤1<2,
所以xk+1∈(0, 2),故當(dāng)n=k+1時(shí)結(jié)論也成立.
由①、②可知,對(duì)于任意的n∈N*,都有xn∈(0,2).
綜上所述,為保證對(duì)任意x1∈(0, 2), 都有xn>0, n∈N*,則捕撈強(qiáng)度b的最大允許值是1.
21.解:(I),
則
因?yàn)楹瘮?shù)h(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間,所以<0有解.
又因?yàn)?i>x>0時(shí),則ax2+2x-1>0有x>0的解.
①當(dāng)a>0時(shí),y=ax2+2x-1為開口向上的拋物線,ax2+2x-1>0總有x>0的解;
②當(dāng)a<0時(shí),y=ax2+2x-1為開口向下的拋物線,而ax2+2x-1>0總有x>0的解;
則△=4+4a>0,且方程ax2+2x-1=0至少有一正根.此時(shí),-1<a<0.
綜上所述,a的取值范圍為(-1,0)∪(0,+∞).
(II)證法一 設(shè)點(diǎn)P、Q的坐標(biāo)分別是(x1, y1),(x2, y2),0<x1<x2.
則點(diǎn)M、N的橫坐標(biāo)為
C1在點(diǎn)M處的切線斜率為
C2在點(diǎn)N處的切線斜率為
假設(shè)C1在點(diǎn)M處的切線與C2在點(diǎn)N處的切線平行,則k1=k2.
即,則
=
所以 設(shè)則①
令則
因?yàn)闀r(shí),,所以在)上單調(diào)遞增. 故
則. 這與①矛盾,假設(shè)不成立.
故C1在點(diǎn)M處的切線與C2在點(diǎn)N處的切線不平行.
證法二:同證法一得
因?yàn)椋?/p>
令,得 ②
令
因?yàn)椋詴r(shí),
故在[1,+上單調(diào)遞增.從而,即
于是在[1,+上單調(diào)遞增.
故即這與②矛盾,假設(shè)不成立.
故C1在點(diǎn)M處的切線與C2在點(diǎn)N處的切線不平行.
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