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参考公式:
样本数据x1,x2,…xn的方差s2=1nΣni=1(x1-x)2,其中x=1nΣni=1x1
一、填空题:本大题共14小题,每小题5分,共70分.不需写出解答过程,请把答案直接填写在相应位置上.
1.函数f(x)=1-2x的定义域为.
2.直线4x-3y-12=0在两坐标轴上的截距之和.
3.己知复数z满足z•i=3+4i,(i为虚数单位),则复数z的模为.
4.在两个袋内分别装有标记数字1、2、3、4、5的5张卡片,现从每个袋中各任取一张卡片,则所得两数之和等于7的概率为.
5.若函数f(x)=x2+ax,x∈[1,3]是单调函数,则实数a的取值范围是.
6.使得函数y=cos(x+φ)为奇函数的φ的最小正值为.
7.如图所示,是2009年底CCTV举办的全国钢琴、
第8题图
小提琴大赛比赛现场上七位评委为某选手打出的分数的茎叶图,去掉一个最高分和一个最低分后,所剩数据的方差为.
8.右图是一个算法的流程图,最后输出的S=.
9.椭圆x29+y22=1的焦点为F1,F2,点P在椭圆上,若|PF1|=4,则∠F1PF2的大小为.
10.“a∈[2,+∞)”是“实系数一元二次方程x2-ax+1=0有实根”的.条件(从“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”或“既不充分也不必要”中选出符合题意的一个填空)
11.己知圆C:x2+y2-8y+12=0,直线l:ax+y+2a=0,若直线l与圆C相切,则实数a的值为.
12.如图,在平面上,若直角三角形ABC的直角边BC和斜边AB的长分别为a、c,过直角顶点C作CD⊥AB于D,记BD的长为b,则a、b、c的关系为a2=bc.类似地.在空间,若四面体ABCD的棱AB、AC、AD两两垂直,过顶点A作AO⊥面BCD(如图所示),记△ABC、△BOC、△BCD的面积分别为S1,S2,S3,则S1,S2,S3的关系为.
13.已知x>0,y>0,x,a,b,y成等差数列,x,c,d,y成等比数列,则(a+b)2cd的最小值是.
14.己知等差数列{an}的各项都不为零,公差d>0,且a4+a7=0,记数列1an的前n项和为Sn,则使Sn>0成立的正整数n的最小值是.
二、解答题:(本大题共6小题,共90分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.)
15.(本小题满分14分)
A、B是直线y=1与函数f(x)=2cos2ωx2+cos(ωx+π3)(ω>0)图象的两个相邻交点,且|AB|=π2.
(1)求ω的值;
(2)在锐角△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,若f(A)=-12,c=3,△ABC的面积为33,求a的值.
16.(本小题满分14分)如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,D为CC1的中点,AB1与A1B相交于点O,连结OD.
(1)求证:OD∥平面ABC;
(2)求证:AB1⊥平面A1BD
17.(本小题满分14分)
如图,某小区准备在一直角围墙ABC内的空地上植造一块“绿地”△ABD,其中AB长为定值a,BD长可根据需要进行调节(BC足够长).现规划在△ABD的内接正方形BEFG内种花,其余地方种草,且把种草的面积S1与种花的面积S2的比值S1S2称为“草花比y”.
(Ⅰ)设∠DAB=θ,将y表示成θ的函数关系式;
(Ⅱ)当BE为多长时,y有最小值?最小值是多少?
18.(本小题满分16分)
已知数列{an}的各项均是正数,其前n项和为sn,满足(p-1)sn=p2-an,其中p为正常数,且p≠1
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ)设bn=12-logpan(n∈N*),数列{bnbn+2}的前n项和为Tn,求证Tn<34.
19.(本小题满分16分)
已知半椭圆x2b2+y2a2=1(y≥0)和半圆x2+y2=b2(y≤0)组成曲线C,其中a>b>0;如图,半椭圆x2b2+y2a2=1(y≥0)内切于矩形ABCD,且CD交y轴于点G,点P是半圆x2+y2=b2(y≤0)上异于A,B的任意一点,当点P位于点M(63,-33)时,△AGP的面积最大.
(1)求曲线C的方程;
(2)连PC、PD交AB分别于点E、F,求证:AE2+BF2为定值.
20.(本小题满分16分)
已知函数f(x)=12[3ln(x+2)-ln(x-2)].
(I)求x为何值时,f(x)在[3,7]上取得最大值;
(Ⅱ)设F(x)=aln(x-1)-f(x),若F(x)是单调递增函数,求a的取值范围.
附加题部分
1.选修4-1:几何证明选讲
如图,在四边形ABCD中,△ABC≌△BAD.
求证:AB∥CD
2.选修4-2:矩阵与变换
已知在一个二阶矩阵M的变换作用下,点A(1,2)变成了点A′(4,5),B(3,-1)变成了点B′(5,1),求矩阵M.
3.选修4-4:坐标系与参数方程
在极坐标系中,已知圆C的圆心坐标为C(2,π3),半径R=5,求圆C的极坐标方程.
4.选修4-5:不等式选讲已知a+b+c=1,求证:a2+b2+c2≥13
5.某小组有6个同学,其中4个同学从来没有参加过数学研究性学习活动,2个同学曾经参加过数学研究性学习活动.
(1)现从该小组中任选2个同学参加数学研究性学习活动,求恰好选到1个曾经参加过数学研究性学习活动的同学的概率;
(2)若从该小组中任选2个同学参加数学研究性学习活动,活动结束后,该小组没有参加过数学研究性学习活动的同学个数ξ是一个随机变量,求随机变量ξ的分布列及数学期望E(ξ).
6.已知a>0,b>0,n>1,n∈N*.用数学归纳法证明:an+bn2≥(a+b2)n.
2010年江苏高考数学模拟试卷(6)
参考答案
一、填空题:
1.(-∞,12] 2.-1. 3.5
4.425 5.(-∞,-6]∪[-2,+∞)
6.π2 7.85 8.30
9.120°
10.充分不必要 11.-34
12.s21=s2s3 13.4 14.11
二、解答题:
15.解析:(Ⅰ)f(x)=1+cosωx+12cosωx-32sinωx=1-3sin(ωx-π3).
由函数的图象及|AB|=π2,得函数的周期T=2πω=2×π2,解得ω=2.
又∵f(A)=1-3sin(2A-π3)=-12∴sin(2A-π3)=32.
又∵△ABC是锐角三角形,-π3<2A-π3<2π3∴2A-π3=π3,即A=π3.
由S△ABC=12bcsinA=3b2×32=33得b=4,由余弦定理,得
a2=b2+c2-2bccosA=42+32-2×4×3×12=13,即a=13.
16.证明:(Ⅰ)取BB1的中点E,连结ED,EO,
则OE∥AB,又OE平面ABC,AB平面ABC,
∴OE∥平面ABC,同理DE∥平面ABC
又OE∩DE=E∴平面OED∥平面ABC
而OD平面OED,∴OD∥平面ABC
(2)连B1D,AD,∵ABB1A1是正方形,∴AB1⊥A1B
∵Rt△ACD≌Rt△B1C1D,∴AD=B1D
又O是AB1的中点,∴AB1⊥DO,
∵A1B∩DO=O∴AB1⊥平面A1BD.
17.解:(Ⅰ)因为BD=atanθ,所以△ABD的面积为12a2tanθ(θ∈(0,π2))
设正方形BEFG的边长为t,则由FGAB=DGDB,得ta=atanθ-tatanθ,
解得t=atanθ1+tanθ,则s2=a2tan2θ(1+tanθ)2
所以s1=12a2tanθ-s2=12a2tanθ-a2tan2θ(1+tanθ)2,则y=s1s2=(1+tanθ)22tanθ-1
(Ⅱ)因为tanθ∈(0,+∞),所以y=12(tanθ+1tanθ+2)-1=12(tanθ+1tanθ)≥1
当且仅当tanθ=1时取等号,此时BE=a2.所以当BE长为a2时,y有最小值1.
18.解析:(1)由题设知(p-1)a1=p2-a1,解得a1=p.
由(p-1)sn=p2-an(p-1)sn+1=p2-an+1两式作差得(p-1)(sn+1-sn)=an-an+1
所以(p-1)an+1=an-an+1,即an+1=1pan,
可见,数列{an}是首项为p,公比为1p的等比数列.
an=p(1p)n-1=(1p)n-2
(Ⅱ)bn=12-logpp2-n=12-(2-n)=1n
bnbn+2=1n(n+2)=12(1n-1n+2)
Tn=b1b3+b2b4+b3b5+…bnbn+2=12[(11-13)+(12-14)+(13-15)+(14-16)+…(1n-1n+2)]
=12(1+12-1n+1-1n+2)<34.
19.解:(Ⅰ)已知点M(63,-33)在半圆x2+y2=b2(y≤0)上,所以(63)2+(-33)2=b2,又b>0,所以b=1,当半圆x2+y2=b2(y≤0)在点M处的切线与直线AG平行时,点P到直线AG的距离最大,此时△AGP的面积取得最大值,故半圆x2+y2=b2(y≤0)在点M处的切线与直线AG平行,
所以OM⊥AG,又KOM=yM-0xM-0=-22,所以KAG=2=ab,又b=1,所以a=2,
所以曲线C的方程为x2+y22=1(y≥0)或x2+y2=1(y≤0).
(2)点C(1,2),点D(-1,2),设P(x0,y0),则有直线PC的方程为y-2=y0-2x0-1(x-1),
令y=0,得xE=1-2(x0-1)y0-2,所以AE=2-2(x0-1)y0-2;
直线PD的方程为y-2=y0-2x0+1(x+1),令y=0,得xF=-1-2(x0+1)y0-2
,
所以BF=2+2(x0+1)y0-2;则AE2+BF2=[2-2(x0-1)y0-2]2+[2+2(x0+1)y0-2]2=4x20+4(y0-2)2+82y0-2+8又由x20+y20=1,得x20=1-y20,代入上式得
=8-4y20(y0-2)2+82y0-2+8=8-4y20+82(y0-2)(y0-2)2+8
=-4(y0-2)2(y0-2)2+8=4,所以AE2+BF2为定值.
20、解:(Ⅰ)f′(x)=12[3x+2-1x-2]=x-4x2-4.
∴当24时,f′(x)>0.
∴f(x)在(2,4)上是减函数,在(4,+∞)上是增函数.
∴f(x)在[3,7]上取得最大值应在端点处取得.
∵f(3)-f(7)=12[3ln5-ln1]-12[3ln9-ln5]=12[ln625-ln729]<0,
∴f(3) (Ⅱ)∵f(x)是单调递增函数,∴F′(x)≥0恒成立
又∵F′(x)=ax-1-x-4x2-4=(a-1)x2+5x-4(a+1)(x-1)(x2-4).
显然在f(x)的定义域(2,+∞)上,(x-1)(x2-4)>0恒成立
∴(a-1)x2+5x-4(a+1)≥0在(2,+∞)恒成立
下面分情况讨论(a-1)x2+5x-4(a+1)≥0在(2,+∞)恒成立时,a的解的情况,
当a-1<0时,显然不可能有(a-1)x2+5x-4(a+1)≥0在(2,+∞)上恒成立
当a-1=0时,(a-1)x2+5x-4(a+1)=5x-8>0在(2,+∞)上恒成立
当a-1>0,又有两种情况:①52+16(a-1)(a+1)≤0;②-52(a-1)≤2且(a-1)•22+5×2-4(a+1)≥0
由①得16a2+9≤0,无解,由②得a≥14 ∵a-1>0.∴a>1
综上所述各种情况,当a≥1时,(a-1)x2+5x-4(a+1)≥0在(2,+∞)上恒成立
∴所求的a的取值范围为[1,+∞)
附加题部分
1.A.选修4-1:几何证明选讲证明:
由△ABC≌△BAD得∠ACB=∠BDA.
∴A,B,CD四点共圆从而∠CAB=∠CDB再由△ABC≌△BAD得∠CAB=∠DBA∴∠DBA=∠CDB∴AB∥CD.
2.解:设M=a bc d,
则由a bc d12=45,a bc d3-1=51,
得a+2b=4,c+2d=53a-b=53c-d=1
所以a=2b=1c=1d=2因此2 11 2.
3.解法一:设P(ρ,θ)是圆上的任意一点,则PC=R=5.
由余弦定理,得ρ2+22-2×2×ρcos(θ-π3)=5.
化简,得ρ2-4ρcos(θ-π3)+1=0,此即为所求的圆C的方程.
解法二:将圆心C(2,π3)化成直角坐标为(1,3),半径R=5,
故圆C的方程为(x-1)2+(y-3)2=5.
再将C化成极坐标方程,得(ρcosθ-1)2+(ρcosθ-3)2=5.
化简,得ρ2-4ρcos(θ-π3)+1=0,此即为所求的圆C的方程.
4.证明:因为a2+b2+c2=(a+b+c)2-(2ab+2bc+2ac)≥(a+b+c)2-2(a2+b2+c2)所以.
3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1,故a2+b2+c2≥13.
5.解:(1)记“恰好选到1个曾经参加过数学研究性学习活动的同学”为事件的A,则其概率为P(A)=C14C12C26=815.
答:恰好选到1个曾经参加过数学研究性学习活动的同学的概率为815.
(2)随机变量ξ=2,3,4
P(ξ=2)=C24C26=25
P(ξ=3)=C14C12C26=815
P(ξ=4)=C22C26=115
∴随机变量ξ的分布列为
ξ234
P25815115
∴Eξ=2×25+3×815+4×115=83
6.证明(1)当n=2时,左边-右边=a2+b22=(a+b2)2=(a-b2)2≥0,不等式成立.
(2)假设当n=k(k∈N*,k>1)时,不等式成立,即ak+bk2≥(a+b2)k.
因为a>0,b>0,k>1,k∈N*,
所以(ak+1+bk+1)-(akb+abk)=(ak-bk)(a-b)≥0,于是ak+1+bk+1≥akb+abk.
当n=k+1时,(a+b2)k+1=(a+b2)k•a+b2≤ak+1+bk+12•a+b2=
ak+1+bk+1+akb+abk4≤ak+1+bk+1+ak+1+bk+14=ak+1+bk+12.
即当n=k+1时,不等式也成立.
综合(1),(2)知,对于a>0,b>0,n>1,n∈N*,不等式an+bn2≥(a+b2)n总成立.
样本数据x1,x2,…xn的方差s2=1nΣni=1(x1-x)2,其中x=1nΣni=1x1
一、填空题:本大题共14小题,每小题5分,共70分.不需写出解答过程,请把答案直接填写在相应位置上.
1.函数f(x)=1-2x的定义域为.
2.直线4x-3y-12=0在两坐标轴上的截距之和.
3.己知复数z满足z•i=3+4i,(i为虚数单位),则复数z的模为.
4.在两个袋内分别装有标记数字1、2、3、4、5的5张卡片,现从每个袋中各任取一张卡片,则所得两数之和等于7的概率为.
5.若函数f(x)=x2+ax,x∈[1,3]是单调函数,则实数a的取值范围是.
6.使得函数y=cos(x+φ)为奇函数的φ的最小正值为.
7.如图所示,是2009年底CCTV举办的全国钢琴、
第8题图
小提琴大赛比赛现场上七位评委为某选手打出的分数的茎叶图,去掉一个最高分和一个最低分后,所剩数据的方差为.
8.右图是一个算法的流程图,最后输出的S=.
9.椭圆x29+y22=1的焦点为F1,F2,点P在椭圆上,若|PF1|=4,则∠F1PF2的大小为.
10.“a∈[2,+∞)”是“实系数一元二次方程x2-ax+1=0有实根”的.条件(从“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”或“既不充分也不必要”中选出符合题意的一个填空)
11.己知圆C:x2+y2-8y+12=0,直线l:ax+y+2a=0,若直线l与圆C相切,则实数a的值为.
12.如图,在平面上,若直角三角形ABC的直角边BC和斜边AB的长分别为a、c,过直角顶点C作CD⊥AB于D,记BD的长为b,则a、b、c的关系为a2=bc.类似地.在空间,若四面体ABCD的棱AB、AC、AD两两垂直,过顶点A作AO⊥面BCD(如图所示),记△ABC、△BOC、△BCD的面积分别为S1,S2,S3,则S1,S2,S3的关系为.
13.已知x>0,y>0,x,a,b,y成等差数列,x,c,d,y成等比数列,则(a+b)2cd的最小值是.
14.己知等差数列{an}的各项都不为零,公差d>0,且a4+a7=0,记数列1an的前n项和为Sn,则使Sn>0成立的正整数n的最小值是.
二、解答题:(本大题共6小题,共90分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.)
15.(本小题满分14分)
A、B是直线y=1与函数f(x)=2cos2ωx2+cos(ωx+π3)(ω>0)图象的两个相邻交点,且|AB|=π2.
(1)求ω的值;
(2)在锐角△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,若f(A)=-12,c=3,△ABC的面积为33,求a的值.
16.(本小题满分14分)如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,D为CC1的中点,AB1与A1B相交于点O,连结OD.
(1)求证:OD∥平面ABC;
(2)求证:AB1⊥平面A1BD
17.(本小题满分14分)
如图,某小区准备在一直角围墙ABC内的空地上植造一块“绿地”△ABD,其中AB长为定值a,BD长可根据需要进行调节(BC足够长).现规划在△ABD的内接正方形BEFG内种花,其余地方种草,且把种草的面积S1与种花的面积S2的比值S1S2称为“草花比y”.
(Ⅰ)设∠DAB=θ,将y表示成θ的函数关系式;
(Ⅱ)当BE为多长时,y有最小值?最小值是多少?
18.(本小题满分16分)
已知数列{an}的各项均是正数,其前n项和为sn,满足(p-1)sn=p2-an,其中p为正常数,且p≠1
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ)设bn=12-logpan(n∈N*),数列{bnbn+2}的前n项和为Tn,求证Tn<34.
19.(本小题满分16分)
已知半椭圆x2b2+y2a2=1(y≥0)和半圆x2+y2=b2(y≤0)组成曲线C,其中a>b>0;如图,半椭圆x2b2+y2a2=1(y≥0)内切于矩形ABCD,且CD交y轴于点G,点P是半圆x2+y2=b2(y≤0)上异于A,B的任意一点,当点P位于点M(63,-33)时,△AGP的面积最大.
(1)求曲线C的方程;
(2)连PC、PD交AB分别于点E、F,求证:AE2+BF2为定值.
20.(本小题满分16分)
已知函数f(x)=12[3ln(x+2)-ln(x-2)].
(I)求x为何值时,f(x)在[3,7]上取得最大值;
(Ⅱ)设F(x)=aln(x-1)-f(x),若F(x)是单调递增函数,求a的取值范围.
附加题部分
1.选修4-1:几何证明选讲
如图,在四边形ABCD中,△ABC≌△BAD.
求证:AB∥CD
2.选修4-2:矩阵与变换
已知在一个二阶矩阵M的变换作用下,点A(1,2)变成了点A′(4,5),B(3,-1)变成了点B′(5,1),求矩阵M.
3.选修4-4:坐标系与参数方程
在极坐标系中,已知圆C的圆心坐标为C(2,π3),半径R=5,求圆C的极坐标方程.
4.选修4-5:不等式选讲已知a+b+c=1,求证:a2+b2+c2≥13
5.某小组有6个同学,其中4个同学从来没有参加过数学研究性学习活动,2个同学曾经参加过数学研究性学习活动.
(1)现从该小组中任选2个同学参加数学研究性学习活动,求恰好选到1个曾经参加过数学研究性学习活动的同学的概率;
(2)若从该小组中任选2个同学参加数学研究性学习活动,活动结束后,该小组没有参加过数学研究性学习活动的同学个数ξ是一个随机变量,求随机变量ξ的分布列及数学期望E(ξ).
6.已知a>0,b>0,n>1,n∈N*.用数学归纳法证明:an+bn2≥(a+b2)n.
2010年江苏高考数学模拟试卷(6)
参考答案
一、填空题:
1.(-∞,12] 2.-1. 3.5
4.425 5.(-∞,-6]∪[-2,+∞)
6.π2 7.85 8.30
9.120°
10.充分不必要 11.-34
12.s21=s2s3 13.4 14.11
二、解答题:
15.解析:(Ⅰ)f(x)=1+cosωx+12cosωx-32sinωx=1-3sin(ωx-π3).
由函数的图象及|AB|=π2,得函数的周期T=2πω=2×π2,解得ω=2.
又∵f(A)=1-3sin(2A-π3)=-12∴sin(2A-π3)=32.
又∵△ABC是锐角三角形,-π3<2A-π3<2π3∴2A-π3=π3,即A=π3.
由S△ABC=12bcsinA=3b2×32=33得b=4,由余弦定理,得
a2=b2+c2-2bccosA=42+32-2×4×3×12=13,即a=13.
16.证明:(Ⅰ)取BB1的中点E,连结ED,EO,
则OE∥AB,又OE平面ABC,AB平面ABC,
∴OE∥平面ABC,同理DE∥平面ABC
又OE∩DE=E∴平面OED∥平面ABC
而OD平面OED,∴OD∥平面ABC
(2)连B1D,AD,∵ABB1A1是正方形,∴AB1⊥A1B
∵Rt△ACD≌Rt△B1C1D,∴AD=B1D
又O是AB1的中点,∴AB1⊥DO,
∵A1B∩DO=O∴AB1⊥平面A1BD.
17.解:(Ⅰ)因为BD=atanθ,所以△ABD的面积为12a2tanθ(θ∈(0,π2))
设正方形BEFG的边长为t,则由FGAB=DGDB,得ta=atanθ-tatanθ,
解得t=atanθ1+tanθ,则s2=a2tan2θ(1+tanθ)2
所以s1=12a2tanθ-s2=12a2tanθ-a2tan2θ(1+tanθ)2,则y=s1s2=(1+tanθ)22tanθ-1
(Ⅱ)因为tanθ∈(0,+∞),所以y=12(tanθ+1tanθ+2)-1=12(tanθ+1tanθ)≥1
当且仅当tanθ=1时取等号,此时BE=a2.所以当BE长为a2时,y有最小值1.
18.解析:(1)由题设知(p-1)a1=p2-a1,解得a1=p.
由(p-1)sn=p2-an(p-1)sn+1=p2-an+1两式作差得(p-1)(sn+1-sn)=an-an+1
所以(p-1)an+1=an-an+1,即an+1=1pan,
可见,数列{an}是首项为p,公比为1p的等比数列.
an=p(1p)n-1=(1p)n-2
(Ⅱ)bn=12-logpp2-n=12-(2-n)=1n
bnbn+2=1n(n+2)=12(1n-1n+2)
Tn=b1b3+b2b4+b3b5+…bnbn+2=12[(11-13)+(12-14)+(13-15)+(14-16)+…(1n-1n+2)]
=12(1+12-1n+1-1n+2)<34.
19.解:(Ⅰ)已知点M(63,-33)在半圆x2+y2=b2(y≤0)上,所以(63)2+(-33)2=b2,又b>0,所以b=1,当半圆x2+y2=b2(y≤0)在点M处的切线与直线AG平行时,点P到直线AG的距离最大,此时△AGP的面积取得最大值,故半圆x2+y2=b2(y≤0)在点M处的切线与直线AG平行,
所以OM⊥AG,又KOM=yM-0xM-0=-22,所以KAG=2=ab,又b=1,所以a=2,
所以曲线C的方程为x2+y22=1(y≥0)或x2+y2=1(y≤0).
(2)点C(1,2),点D(-1,2),设P(x0,y0),则有直线PC的方程为y-2=y0-2x0-1(x-1),
令y=0,得xE=1-2(x0-1)y0-2,所以AE=2-2(x0-1)y0-2;
直线PD的方程为y-2=y0-2x0+1(x+1),令y=0,得xF=-1-2(x0+1)y0-2
,
所以BF=2+2(x0+1)y0-2;则AE2+BF2=[2-2(x0-1)y0-2]2+[2+2(x0+1)y0-2]2=4x20+4(y0-2)2+82y0-2+8又由x20+y20=1,得x20=1-y20,代入上式得
=8-4y20(y0-2)2+82y0-2+8=8-4y20+82(y0-2)(y0-2)2+8
=-4(y0-2)2(y0-2)2+8=4,所以AE2+BF2为定值.
20、解:(Ⅰ)f′(x)=12[3x+2-1x-2]=x-4x2-4.
∴当2
∴f(x)在(2,4)上是减函数,在(4,+∞)上是增函数.
∴f(x)在[3,7]上取得最大值应在端点处取得.
∵f(3)-f(7)=12[3ln5-ln1]-12[3ln9-ln5]=12[ln625-ln729]<0,
∴f(3)
又∵F′(x)=ax-1-x-4x2-4=(a-1)x2+5x-4(a+1)(x-1)(x2-4).
显然在f(x)的定义域(2,+∞)上,(x-1)(x2-4)>0恒成立
∴(a-1)x2+5x-4(a+1)≥0在(2,+∞)恒成立
下面分情况讨论(a-1)x2+5x-4(a+1)≥0在(2,+∞)恒成立时,a的解的情况,
当a-1<0时,显然不可能有(a-1)x2+5x-4(a+1)≥0在(2,+∞)上恒成立
当a-1=0时,(a-1)x2+5x-4(a+1)=5x-8>0在(2,+∞)上恒成立
当a-1>0,又有两种情况:①52+16(a-1)(a+1)≤0;②-52(a-1)≤2且(a-1)•22+5×2-4(a+1)≥0
由①得16a2+9≤0,无解,由②得a≥14 ∵a-1>0.∴a>1
综上所述各种情况,当a≥1时,(a-1)x2+5x-4(a+1)≥0在(2,+∞)上恒成立
∴所求的a的取值范围为[1,+∞)
附加题部分
1.A.选修4-1:几何证明选讲证明:
由△ABC≌△BAD得∠ACB=∠BDA.
∴A,B,CD四点共圆从而∠CAB=∠CDB再由△ABC≌△BAD得∠CAB=∠DBA∴∠DBA=∠CDB∴AB∥CD.
2.解:设M=a bc d,
则由a bc d12=45,a bc d3-1=51,
得a+2b=4,c+2d=53a-b=53c-d=1
所以a=2b=1c=1d=2因此2 11 2.
3.解法一:设P(ρ,θ)是圆上的任意一点,则PC=R=5.
由余弦定理,得ρ2+22-2×2×ρcos(θ-π3)=5.
化简,得ρ2-4ρcos(θ-π3)+1=0,此即为所求的圆C的方程.
解法二:将圆心C(2,π3)化成直角坐标为(1,3),半径R=5,
故圆C的方程为(x-1)2+(y-3)2=5.
再将C化成极坐标方程,得(ρcosθ-1)2+(ρcosθ-3)2=5.
化简,得ρ2-4ρcos(θ-π3)+1=0,此即为所求的圆C的方程.
4.证明:因为a2+b2+c2=(a+b+c)2-(2ab+2bc+2ac)≥(a+b+c)2-2(a2+b2+c2)所以.
3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1,故a2+b2+c2≥13.
5.解:(1)记“恰好选到1个曾经参加过数学研究性学习活动的同学”为事件的A,则其概率为P(A)=C14C12C26=815.
答:恰好选到1个曾经参加过数学研究性学习活动的同学的概率为815.
(2)随机变量ξ=2,3,4
P(ξ=2)=C24C26=25
P(ξ=3)=C14C12C26=815
P(ξ=4)=C22C26=115
∴随机变量ξ的分布列为
ξ234
P25815115
∴Eξ=2×25+3×815+4×115=83
6.证明(1)当n=2时,左边-右边=a2+b22=(a+b2)2=(a-b2)2≥0,不等式成立.
(2)假设当n=k(k∈N*,k>1)时,不等式成立,即ak+bk2≥(a+b2)k.
因为a>0,b>0,k>1,k∈N*,
所以(ak+1+bk+1)-(akb+abk)=(ak-bk)(a-b)≥0,于是ak+1+bk+1≥akb+abk.
当n=k+1时,(a+b2)k+1=(a+b2)k•a+b2≤ak+1+bk+12•a+b2=
ak+1+bk+1+akb+abk4≤ak+1+bk+1+ak+1+bk+14=ak+1+bk+12.
即当n=k+1时,不等式也成立.
综合(1),(2)知,对于a>0,b>0,n>1,n∈N*,不等式an+bn2≥(a+b2)n总成立.