題目列表(包括答案和解析)
A、－1 B、0 C、1 D、i
復(fù)數(shù)z＝i＋i2＋i3＋i4的值是�。ā 。�
A．－1 B．0 C．1 D．i
復(fù)數(shù)z＝i＋i2＋i3＋i4的值是 （ ）
| A．－1 | B．0 | C．1 | D．i |
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復(fù)數(shù)z＝i＋i2＋i3＋i4的值是
A．－1 B．0 C．1 D．i
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)椋?/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(guò)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(méi)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(kāi)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(kāi)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)�，所�?/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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