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(9).若為等差數(shù)列中的第8項,則二項式展開式中常數(shù)項是第 項.
(10).定義在R上的奇函數(shù)滿足:對于任意,若,
__________.
(11).定義是向量a和b的“向量積”,它的長度為向量a和b的夾角,若= .
(12).有以下四個命題:
①兩直線m,n與平面所成的角相等的充要條件是m//n;
②若;
③不等式上恒成立;
④設(shè)有四個函數(shù),其中在R上是增函數(shù)的函數(shù)有3個.
其中真命題的序號是 .(漏填、多填或錯填均不得分)
(13).(坐標(biāo)系與參數(shù)方程選做題)已知極坐標(biāo)系的極點與直角坐標(biāo)系的原點重合,極軸與軸的正半軸重合,線與線(參數(shù))交于、兩點.
寫出的外接圓的標(biāo)準(zhǔn)方程 .
(14).(不等式選講選做題)
已知方程的兩根分別為1和2,則不等式的解集為 (用區(qū)間表示).
(15).(幾何證明選講選做題)從⊙外一點向圓引兩條切線、(、為切點)和割線與⊙交于、兩點從點作弦平行于,連結(jié)交于,連結(jié),若,,則 .
參考答案
一.選擇題:每小題5分,滿分40分.
題
號 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
答 案 |
C |
D |
A |
B |
C |
A |
B |
D |
二.填空題:每小題5分,滿分30分.(其中13~15題只能選做二題)
(9) [9] (10) [0] (11) [] (12) ②③
(13) (14) [] (15) [6]
三.解答題:本大題共6小題,滿分80分.
(16).[解](Ⅰ) ∵,故設(shè)=7k,b=8k(k>0),由余弦定理可=(72+82 -2×7×8cos1200)k2=169k2,∴c=13k,因此……………………(6分)
(Ⅱ)∵∴
∴……………………………………………………(12分)
(17).[解](Ⅰ)由,令,則,又,所以.
,則.…………………………………2分
當(dāng)時,由,可得.
即. ………3分
所以是以為首項,為公比的等比數(shù)列,于是.……………4分
(Ⅱ)數(shù)列為等差數(shù)列,公差,可得.…………6分
從而. ………………………7分
∴
∴. ……………10分
從而. ………………………12分
(17).[解](Ⅰ) 卡片的出法有(0,0),(0,1),(1,0),(0,2),(2,0),(1,1),(1,2),(2,1),(2,2)共9種
而=2時,出現(xiàn)三種(0,2),(2,0),(1,1)
故………………………(7分)
(Ⅱ)同(Ⅰ)處理方法可求 ,,
,
因此,的數(shù)學(xué)期望……(14分)
(18).[解]法一:(Ⅰ)證明:取AB中點H,連結(jié)GH,HE,
∵E,F(xiàn),G分別是線段PA、PD、CD的中點,
∴GH//AD//EF,
∴E,F(xiàn),G,H四點共面。………………1分
又H為AB中點,
∴EH//PB?!?分
又面EFG,平面EFG,
∴PB//面EFG。…………3分
(Ⅱ)取BC的中點M,連結(jié)GM、AM、EM,則GM//BD,
∴∠EGM(或其補角)就是異面直線EG與BD所成的角?!?4分
在Rt△MAE中,,
同理,又,
∴在Rt△MGE中,……………………7分
故異面直線EG與BD所成的角為?!?分
(Ⅲ)假設(shè)在線段CD上存在一點Q滿足題設(shè)條件。過點Q作QR⊥AB于R,連結(jié)RE,則QR//AD。
∵ABCD是正方形,△PAD是直角三角形,且PA=AD=2,
∴AD⊥AB,AD⊥PA,
又,
∴AD⊥平面PAB。
又∵E,F(xiàn)分別是PA,PD中點,
∴EF//AD,∴EF⊥平面PAB
又面EFQ,
∴面EFQ⊥平面PAB。
過A作AT⊥ER于T,則AT⊥面EFQ,
∴AT就是點A到平面EFQ的距離?!?2分
設(shè),則,,AE=1,
在Rt△EAR中, 解得。
故存在點Q,當(dāng)時,點A到平面EFQ的距離為 ……14分
解法二:建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,
則,,,,
,,,。
(Ⅰ)∵,,,……………………1分
設(shè),即 解得。
∴,又∵與不共線,∴、與共面。……2分
∵平面EFG,∴PB//平面EFG?!?分
(Ⅱ)∵,,……………………4分
∴。
故異面直線EG與BD所成的角為?!?分
(Ⅲ)假設(shè)在線段CD上存在一點Q滿足題設(shè)條件。令,則,
∴點Q的坐標(biāo)為,∴。
而,設(shè)平面EFQ的法向量為,則
∴。
令,則。…………………………10分
又,∴點A到平面EFQ的距離…………13分
即,∴或不合題意,舍去。
故存在點Q,當(dāng)時,點A到平面EFQ的距離為………………14分
(19).[解](Ⅰ) ∵ ……1分
∵直線相切,
∴ …………2分
∴ …………3分
∵橢圓C1的方程是 ………………4分
(Ⅱ)∵M(jìn)P=MF2,
∴動點M到定直線的距離等于它到定點F1(1,0)的距離,
∴動點M的軌跡是C為l1準(zhǔn)線,F(xiàn)2為焦點的拋物線 ………………6分
∴點M的軌跡C2的方程為 …………7分
(Ⅲ)Q(0,0),設(shè) …………8分
∴ …………9分
∵
∴
∵,化簡得
∴ ………………11分
∴
當(dāng)且僅當(dāng) 時等號成立 …………13分
∵
∴當(dāng)的取值范圍是……14分
(20).[解](Ⅰ) 依題設(shè)方程的兩根分別為………2分,由題意可知: 即………3分
則
即……………4分
(Ⅱ)由(Ⅰ):
(Ⅲ)由,
的變化情況如下:
|
(-∞,-3) |
-3 |
|
|
-1 |
(-1,0) |
0 |
|
- |
0 |
+ |
+ |
0 |
- |
|
|
|
極小值 |
|
|
極大值 -1 |
|
|
|
………………14分