由△OAB三邊所在直線將半平面分成如圖所示的四個區(qū)域S1.S2.S3.S4.向量=x+y.且x≤0.y+x-1≥0.則點P所在的區(qū)域是A.S1 B.S2C.S3 D.S4 查看更多

 

題目列表(包括答案和解析)

已知正方形的中心為點M(-1,0),一條邊所在的直線為l1:3x-y-3=0,求正方形其它三邊所在的直線方程.

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在三棱錐P-ABC中,給出下列四個命題:
①如果PA⊥BC,PB⊥AC,那么點P在平面ABC內(nèi)的射影是△ABC的垂心;
②如果點P到△ABC的三邊所在直線的距離都相等,那么點P在平面ABC內(nèi)的射影是△ABC的內(nèi)心;
③如果棱PA和BC所成的角為60?,PA=BC=2,E、F分別是棱PB、AC的中點,那么EF=1;
④三棱錐P-ABC的各棱長均為1,則該三棱錐在任意一個平面內(nèi)的射影的面積都不大于
1
2
;
⑤如果三棱錐P-ABC的四個頂點是半徑為1的球的內(nèi)接正四面體的頂點,則P與A兩點間的球面距離為π-arccos
1
3

其中正確命題的序號是
①④⑤
①④⑤

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在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知點A(-1,1),P是動點,且三角形POA的三邊所在直線的斜率滿足kOP+kOA=kPA
(Ⅰ)求點P的軌跡C的方程;
(Ⅱ)若Q是軌跡C上異于點P的一個點,且
PQ
OA
,直線OP與QA交于點M,問:是否存在點P使得△PQA和△PAM的面積滿足S△PQA=2S△PAM?若存在,求出點P的坐標(biāo);若不存在,說明理由.

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在平面直角坐標(biāo)系xoy中,已知點A(-1,1),P是動點,且△POA的三邊所在直線的斜率滿足kOP+kOA=kPA
(1)求點P的軌跡C的方程
(2)若Q是軌跡C上異于點P的一個點,且
PQ
OA
,直線OP與QA交于點M.
問:是否存在點P,使得△PQA和△PAM的面積滿足S△PQA=2S△PAM?若存在,求出點P的坐標(biāo);若不存在,說明理由.

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已知三角形ABC的一個頂點A(2,3),AB邊上的高所在的直線方程為x-2y+3=0,角B的平分線所在的直線方程為x+y-4=0,求此三角形三邊所在的直線方程.

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文科數(shù)學(xué)參考答案和評分標(biāo)準(zhǔn)

 

1.B 2.C 3.D 4.C 5.B 6.C 7.B 8.D 9.D 10.A 11.D 12.C

13.1 14.2 15.2 16.

17.解:f(x)=2sin(+)?cos-1

=sin x+2cos2-1=sin x+cos x=sin(x+).4分

(1)令-+2kπ≤x+≤+2kπ,得2kπ-≤x≤2kπ+.

∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間是[2kπ-,2kπ+](k∈Z).8分

(2)當(dāng)x∈[0,)時,x+∈[,),則sin(x+)有最小值,

此時f(x)min=1,故由題意得1-m>1⇒m<0.12分

18.解:(1)四人恰好買到同一支股票的概率P1=6××××=.6分

(2)四人中有三人恰好買到同一支股票的概率P2===.

所以四人中至少有三人買到同一支股票的概率P=P1+P2==.12分

19.解:(1)∵AC1=2,∴∠A1AC=60°.

又∵側(cè)面A1ACC1⊥底面ABC,作A1O⊥AC于點O,則A1O⊥平面ABC,2分

可得AO=1,A1O=,∵正△ABC的面積SABC=3,

∴三棱柱ABC―A1B1C1的體積V=A1O?SABC=?=36分

(2)(法一):以O(shè)為坐標(biāo)原點,建立如圖空間直角坐標(biāo)系.

∵AO=1,BO⊥AC.則A(0,-1,0),B(,0,0),A1(0,0,),C(0,1,0),B1(,1,).

∴=(,1,0),=(,2,),=(0,2,0).

設(shè)平面AB1C的法向量為n=(x,y,1),由

解得n=(-1,0,1),10分

由cos〈,n〉=-得:棱A1B1與平面AB1C所成角的正弦值為.12分

(2)(法二):如圖可得B1C==,△ABM中,得AM=,∴AB1=,AC=2,∴AC⊥B1C.∴S△AB1C=.設(shè)B到平面AB1C的距離是d,則有d===.9分

設(shè)棱AB與平面AB1C所成的角的大小是θ,則sin θ==,又AB∥A1B1,

∴A1B1與平面AB1C所成的角的大小是arcsin.12分

20.解:(1)設(shè)這二次函數(shù)為f(x)=ax2+bx(a≠0),則f ′(x)=2ax+b,由于f′(x)=6x-2,得a=3,b=-2,所以f(x)=3x2-2x.2分

又因為點(n,Sn)(n∈N*)均在函數(shù)y=f(x)的圖象上,所以Sn=3n2-2n.3分

當(dāng)n≥2時,an=Sn-Sn1=(3n2-2n)-[3(n-1)2-2(n-1)]=6n-5.4分

當(dāng)n=1時,a1=S1=3×12-2=6×1-5,5分

所以,an=6n-5(n∈N*).6分

(2)由(1)得知bn===(-),8分

故Tni=[(1-)+(-)+…+(-)]=(1-).10分

因此,要使(1-)<(n∈N*)成立,

必須且僅須滿足≤,即m≥10,所以滿足要求的最小正整數(shù)m為10.12分

21.解:(1)F′(x)=x3-3bx+3b,設(shè)g(x)=x3-3bx+3b.則g′(x)=3x2-3b=3(x2-b).2分

依題意,方程g(x)=0有三個不等實根,∴首先b>0,于是

x

(-∞,-)

(-,)

(,+∞)

g′(x)

0

0

g(x)

?

極大值

?

極小值

?

∴g(x)極大值=g(-)=2b+3b>0,g(x)極小值=g()=3b-2b.

依題意:g()<0.解得b>.6分

(2)依題意:g(x)≥0對∀x∈[1,2]恒成立.

①若b≤1時,則g′(x)≥0,x∈[1,2].此時g(x)min=g(1)=1>0.符合.8分

②若1<b<4時,則g′(x)=0得x=.當(dāng)x∈(1,)時,有g(shù)′(x)<0;

當(dāng)x∈(,2)時,有g(shù)′(x)>0.

∴g(x)min=g()=3b-2b≥0.解得1<b≤.10分

③若b≥4時,則g′(x)≤0.∴g(x)min=g(2)=8-3b≥0⇒b≤,矛盾.

綜上,b的取值范圍是b≤.12分

22.解:(1)在Rt△F1MF2中,|OM|==2知c=2,2分

則解得a2=6,b2=2.∴橢圓方程為+=1.6分

(2)設(shè)N(m,n)(m≠0),l為y=x+t,A(x1,y1),B(x2,y2),

由y=x+t與+=1得(+)x2+tx+-1=0.8分

∴x1+x2=-mnt,x1x2=m2(-1),①10分

∴kNA+kNB=+=

=,12分

將①式代入得kNA+kNB=.

又∵NA、NB與x軸圍成的三角形是等腰三角形得kNA+kNB=0,

∴n2=1代入+=1,得m2=3,∴N(±,±1).14分

 

 

 


同步練習(xí)冊答案