題目列表(包括答案和解析)
的值為（ ）A.1 B.-1 C.2 D.-2
的值為_________________.
的值為（ ）A.
B.
C.
D.
的值為A.2 B.
C.1 D.
的值為A.5 B.4 C.7 D.0
一、AADCB DCACB DA
二、(13)160；(14)6π；(15)8；(16)①②③
三、(17)解：(Ⅰ)f(x)=(sinx+cosx)2=[
sin(x+
]2=[g(x)]2
由f(x)=g(x),得g(x)=0,或g(x)=1
∴sin(x+)=0,或sin(x+)=1……………………………………………3分
∵-
∴x+=0,或x+=,或x+=
x=-或x=0或x=
所求x值的集合為{-,0,} …………………………………………………7分
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，
解不等式2kπ+≤x+≤2kπ+,k∈Z,得
2kπ+≤x≤2kπ+
…………………………………………………………9分
∵-≤x≤且x≠-,
∴≤x≤
∴函數
的單調遞減區間為[，]………………………………………12分
18.解：依題意，ξ的可能值為-6000，3000，12000，5000，14000，16000，…2分
P(ξ=-6000)=0.052=0025，
P(ξ=3000)=2×0.2×0.05=0.02，
P(ξ=12000)=0.22=0.4，
P(ξ=5000)=2×0.75×0.05×=0.075，
P(ξ=14000)= 2×0.75×0.2×=0.3，
P(ξ=16000)=0.0752=0.5625…………………………………………………………8分
ξ的分布列為
ξ
-6000
3000
12000
5000
14000
16000
P
0.0025
0.02
0.04
0.075
0.3
0.5625
……………………………………………………………………………………………10分
ξ的期望為
Eξ=-6000×0.0025+3000×0.02+12000×0.04+5000×0.075+14000×0.3+16000×0.5625=14100(元) ………………………………………………………12分
19.解法一：(Ⅰ)∵PO⊥平面ABCD，∴OD為PD在平面ABCD內的射影
又ABCD為菱形，∴AC⊥OD，∴AC⊥PD，即PD⊥AC
在菱形ABCD中，∵∠DAB=60°，
分∴OD=AO?cot60°=1
在Rt△POD中，PD=
，由PE：ED=3：1，得
DE=
又∠PDO=60°，
∴OE2=OD2+DE2-2OD?DEcos60°=
∴OE2+DE2=OD2，∴∠OED=90°,即PD⊥OE
PD⊥平面EAC…………………………………………………………………………4分
(Ⅱ)由(Ⅰ)知PD⊥EA,PD⊥EC,則∠AEC為二面角A-PD-C的平面角tan∠AEO=
，易知OE為AC的垂直平分線，所以∠AEC=2∠AEO，
∴cos∠AEC=cos2∠AEO-sin2∠AEO
=
………………………………………8分
(Ⅲ)由O為BD中點，知點B到平面PDC的距離等于點O到平面PDC距離的2倍，由(Ⅰ)知，平面OEC⊥平面PDC，作OH⊥CE，垂足為H，則OH⊥平面PDC，在Rt△OEC中，∠EOC=90°，OC=
∴OH=
所以點B到平面PDC的距離為
……………………………………………12分
 |
解法二：建
立如圖所示的坐標系O-xyz，其中A(0，-
，0)，B(1，0，0)，C(0，，0)，D(-1，0，0)，P(0，0，).
(Ⅰ)由PE：ED=3：1，知E(-
)
∵
∴
∴PD⊥OE，PD⊥AC，∴PD⊥平面EAC……………………………………………4分
(Ⅱ)由(Ⅰ)知PD⊥EA，PD⊥EC，則∠AEC為二面角A-PD-C的平面角
∵
∴cos∠AEC=cos<
……………………………………………8分
(Ⅲ)由OBD中點知，點B到平面PDC的距離為點O到平面PDC距離的2倍，又
，cos∠OED=cos<
所以點B到平面PDC的距離為
d=2
………………………………………………12分
20.解：(Ⅰ)x-f1(x)=0,即x-
，解得x1=0,x2=1,x3=-1.
所以，函數f1(x)的不動點為0，1，-1. ………………………………………………4分
(Ⅱ)令g(x)=x-f2(x)=x-logax(x>0)，則g′(x)=1-
…………6分
(1)若0<a<1,則logae<0,g′(x)>0,則g(x)在(0，+∞)內單調遞增.
又g(a)=a-1<0,g(1)=1>0,所以g(x)=0即x-f2(x)=0在(0，1)內有一根. ………………8分
(2)若a>1,則當x∈(0，logae)時，g′<0,g(x)單調遞減，當x∈(logae,+∞)時，g′(x)<0,g(x)單調遞增；當x=logae時，g(x)有最小值logae-loga(logae).
由g(1)=1>0知，當且僅當logae-loga(logae)≤0時，g(x)=0即x-f2(x)=0有實根.
由a>1，知logae-loga(logae)≤0
…………………11分
綜合所述，a的取值范圍是(0，1)∪(1，e
). …………………………………………12分
21.解：由已知，F(
)，雙曲線的漸近線y=±x的方向向量為v=(1,±1),當l斜率k不存在時，不失一般性，取A(，-1)、B(，-1)、B(，1)，則
在v上的投影的絕對值為
，不合題意 ………………………………………………2分
所以l的斜率k存在，其方程為y=k(x-).
由
得(k2-1)x2-2k2x+2k2+1=0(k2≠1)
設A(x1,k(x1-))、B(x2,k(x2-)),則x1+x2=
………………6分
當v=(1，1)時，設與v的夾角為θ，則=(x2-x1,k(x2-x1))在v上投影的絕對值
=
=
由
，得2k2-5k+2=0,k=2或k=
.
根據雙曲線的對稱性知，當v=(1,-1)時，k=-2或k=
.
所以直線l的方程為y=±2(x-)或y=±
.…………………12分
22.解：(Ⅰ)(i)an=1-1+1-…+(-1)n-1=
.………………………………3分
(ii)用數學歸納法證明：
(1)當n=1時，由f1(x)=1+x,知b1=0，而
=0，等式成立. ……4分
(2)假設當n=k時等式成立，即bk= -
,
那么由fk+1(x)=fk(x)[1+(-1)(k+1)-1x]=fk(x)[1+(-1)kx],得
bk+1=bk+(-1)kak=-
=
=-
等式仍然成立. …………………………………………………………………8分
根據(1)和(2)知，對任意n∈N*,都有bn=-
……………………9分
(Ⅱ)cn=1-2+22+…+(-2)n-1=
……………………………11分
由g1(x)=1-x,知d1=0,
當n≥2時，由gn(x)=gn-1(x)[1+(-2)n-1x],知dn=dn-1+(-2)n-1cn-1,
∴dn-dn-1=(-2)n-1cn-1=(-2)n-1?
.
∴dn=d1+(d2-d1)+(d3-d2)+…+(-2)(dn-dn-1)
=0+
=
=
=
當n=1時上式也成立.
∴dn=
……………………………………………………14分
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