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一、填空题:共14小题,每题5分,共70分.
1.已知集合A={x|1<2x<8,x∈R},B={x||x|<2,x∈R},则A∩B= .
2.已知z=4i-zi,i为虚数单位,则复数z= .
3.一位篮球运动员在最近的8场比赛中得分的茎叶图如图,则他在这8场比赛中得分的平均值是 .
4.已知向量a=(1,n),b=(-1,n),若向量2a-b与向量b垂直,则|a|= .
5.函数y=3x2-2alnx+a在(0,1)内有极小值,则实数a的取值范围是 .
6.将一根木棒随意分成两段,较长一段的长度不超过较短一段的长度的2倍的概率是 .
7.执行如图算法框图,若输入a=18,b=5,则输出的值为 .
8.已知F1,F2是椭圆x2k+1+y2k=1的左、右焦点,经过F1的直线与椭圆交于A,B两点,若△ABF2的周长为12,则椭圆的离心率为 .
9.曲线y=excosx在x=0处的切线方程为 .
10.已知正四面体的表面积为43,则该四面体的体积为 .
11.若函数f(x)=a-x+x+a2-2是偶函数,则实数a的值为 .
12.用f(n)表示自然数n的各位数字的和,例如f(20)=2+0=2,f(2009)=2+0+0+9=11,若对任意n∈N,都有n+f(n)≠x,满足这个条件的最大的两位数x的值是 .
13.函数y=23sinxcosx-cos2x+sin2x的图象在[0,m]上恰好有两个点的纵坐标为1,则实数m的取值范围是 .
14.已知定义在R上的函数F(x)满足F(x+y)=F(x)+F(y),当x>0时,F(x)<0.若对任意的x∈[0,1],不等式组F(2kx-x2) 二、解答题:本大题共6小题,共计90分.
15.
已知在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C所对的边,tan(C-π4)=2-3.
(1)求角C的大小;
(2)若sinAsinB=34,试判断△ABC的形状,并说明理由.
16.
如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,点D在棱BC上,AD⊥C1D,点E,F分别是BB1,A1B1的中点.
(1)求证:D为BC的中点;
(2)求证:EF∥平面ADC1.
第16题
17.某校学生社团心理学研究小组在对学生上课注意力集中情况的调查研究中,发现其注意力指数p与听课时间t之间的关系满足如图所示的曲线.当t∈(0,14]时,曲线是二次函数图象的一部分,当t∈[14,40]时,曲线是函数y=loga(x-5)+83(a>0且a≠1)图象的一部分.根据专家研究,当注意力指数p大于80时听课效果最佳.
(1)试求p=f(t)的函数关系式;
(2)老师在什么时段内安排核心内容能使得学生听课效果最佳?请说明理由.
第17题
18.已知圆C:(x+2)2+y2=4,相互垂直的两条直线l1、l2都过点A(a,0).
(Ⅰ)若l1、l2都和圆C相切,求直线l1、l2的方程;
(Ⅱ)当a=2时,若圆心为M(1,m)的圆和圆C外切且与直线l1、l2都相切,求圆M的方程;
(Ⅲ)当a=-1时,求l1、l2被圆C所截得弦长之和的最大值.
19.
已知数列{an}的通项公式为an=nn+a(n,a∈N*).
(1)若a1,a3,a15成等比数列,求a的值;
(2)是否存在k(k≥3且k∈N),使得a1,a2,ak成等差数列,若存在,求出常数a的值;若不存在,请说明理由;
(3)求证:数列中的任意一项an总可以表示成数列中的其他两项之积.
20.
已知正方形ABCD的中心在原点,四个顶点都在曲线y=ax3+bx上.
(1)若正方形的一个顶点为(2,1),求a、b的值;
(2)若a=1,求证:b=-22是正方形ABCD唯一确定的充要条件.
数学附加题
21.【选做题】在A、B、C、D四小题中只能选做2题,每小题10分,共计20分.
A.选修4-1:几何证明选讲
如图,圆O是△ABC的外接圆,过点C的切线交AB的延长线于点D,CD=210,AB=BC=3,求BD以及AC的长.
B.选修4-2:矩阵与变换
已知变换T把平面上的点(2,-1),(0,1)分别变换成点(0,-1),(2,-1),试求变换T对应的矩阵M.
C.选修4-4:坐标系与参数方程
圆C:ρ=2cos(θ-π4),与极轴交于点A(异于极点O),求直线CA的极坐标方程.
D.选修4-5:不等式选讲
证明:1+122+132+…+1n2<2-1n(n≥2,n∈N*).
【必做题】第22题、第23题,每题10分,共20分.
22.某商场为促销设计了一个抽奖模型,一定数额的消费可以获得一张抽奖券,每张抽奖券可以从一个装有大小相同的4个白球和2个红球的口袋中一次性摸出3个球,至少摸到一个红球则中奖.
(1)求一次抽奖中奖的概率;
(2)若每次中奖可获得10元的奖金,一位顾客获得两张抽奖券,求两次抽奖所得的奖金额之和X(元)的概率分布和期望E(X).
23.如图,已知三棱锥O-ABC的侧棱OA,OB,OC两两垂直,且OA=1,OB=OC=2,E是OC的中点.
(Ⅰ)求异面直线BE与AC所成角的余弦值;
(Ⅱ)求二面角A-BE-C的余弦值.
参考答案
一、填空题:本大题共14小题,每小题5分,共70分.
1.{x|0 2.2+2i
3.14
4.2
5.(0,3)
6.13
7.3
8.13
9.x-y+1=0
10.223
11.2
12.97
13.[π2,7π6)
14.(-3,2)
二、解答题:本大题共6小题,共计90分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(本题满分14分)
解:(1)tan(C-π4)=2-3,∴tanC-1tanC+1=2-3,tanC=3∵0 (2)sinAsinB=34,又sinC=32
∴sinAsinB=sin2C,由正弦定理得ab=c2
由余弦定理得c2=a2+b2-2abcosC=a2+b2-ab
∴(a-b)2=0,∴a=b,
又∵C=π3,∴△ABC是正三角形.
16.(本题满分14分)
解:(1)∵正三棱柱ABC-A1B1C1,∴C1C⊥平面ABC,
又AD平面ABC,∴C1C⊥AD,又AD⊥C1D,C1D∩C1C=C1
∴AD⊥平面BCC1B1,
又∵正三棱柱ABC-A1B1C1,
∴平面ABC⊥平面BCC1B1,∴AD⊥BC,D为BC的中点.
(2)连接A1B,连接A1C交AC1于点G,连接DG
∵矩形A1ACC1,∴G为A1C的中点,
又由(1)得D为BC的中点,∴△A1BC中,DG∥A1B
又∵点E,F分别是BB1,A1B1的中点,
∴△A1B1B中,EF∥A1B,∴EF∥DG,
又EF平面ADC1,DG平面ADC1,∴EF∥平面ADC1.
17.(本题满分14分)
解:(1)t∈(0,14]时,设p=f(t)=c(t-12)2+82(c<0),将(14,81)代入得c=-14
t∈(0,14]时,p=f(t)=-14(t-12)2+82
t∈[14,40]时,将(14,81)代入y=loga(x-5)+83,得a=13
∴p=f(t)=-14(t-2)2+82(0 (2)t∈(0,14]时,-14(t-12)2+82≥80解得12-22≤t≤12+22,∴t∈[12-22,14]
t∈[14,40]时,log13(t-5)+83≥80解得5<t≤32,∴t∈[14,32],∴t∈[12-22,32],
即老师在t∈[12-22,32]时段内安排核心内容能使得学生听课效果最佳.…14分
18.(本题满分16分)
解答:(Ⅰ)显然,l1、l2的斜率都是存在的,设l1:y=k(x-a),则l2:y=-1k(x-a)
则由题意,得|2k+ak|k2+1=2,|2+a|k2+1=2
解得|k|=1且|a+2|=22,即k=±1且a=-2±22
∴l1、l2的方程分别为l1:y=x-22+2与l2:y=-x-22+2或l1:y=x+22+2与l2:y=-x+22+2
(Ⅱ)设圆M的半径为r,易知圆心M(1,m)到点A(2,0)的距离为2r,
∴(1-2)2+m2=2r2(1+2)2+m2=(2+r)2
解得r=2且m=±7,∴圆M的方程为(x-1)2+(y±7)2=4
(Ⅲ)当a=-1时,设圆C的圆心为C,l1、l2被圆C所截得弦的中点分别为E,F,弦长分别为d1,d2,因为四边形AECF是矩形,所以CE2+CF2=AC2=1,即
(4-(d12)2)+(4-(d22)2)=1,化简得d1+d2=28
从而d1+d2≤2•d21+d22=214,
即l1、l2被圆C所截得弦长之和的最大值为214
19.(本题满分16分)
解:(1)a1=11+a,a3=33+a,a15=1515+a,
a1,a3,a15成等比数列,∴a1a15=(a3)2,∴a=0或a=9
∵a∈N*,∴a=9.
(2)假设存在这样的k,a满足条件,a1=11+a,a2=22+a,ak=kk+a,
a1,a2,ak成等差数列,∴a1+ak=2a2,化简得(k-3)a=2
∵k,a∈N*,∴a=1时,k=5;或a=2时,k=4.
(3)即证存在k,t≠n,使得an=akat
即证:nn+a=kk+a•tt+a即证:1+an=(1+ak)(1+at)
即证:1n=1k+1t+akt即证:k-nnk=k+akt
即证:k-nn=k+at
令k=n+1,则t=n(k+a)=n(n+1+a)
∴对任意n,an=an+1an(n+1+a)
即数列中的任意一项an总可以表示成数列中的其他两项之积.
20.(本题满分16分)
解:(1)∵一个顶点为(2,1),∴必有另三个顶点(-2,-1),(1,-2),(-1,2),
将(2,1),(1,-2)代入y=ax3+bx,得a=56,b=-176.
(2)设正方形在第一象限的顶点坐标为(m,n),则必然有另一个顶点(n,-m)
1°充分性:
若b=-22,y=x3-22x
则n=m3-22m-m=n3-22n,则有nm=m2-22-mn=n2-22,
即(m2-22)(n2-22)+1=0——①
令m2-22=t>0,则n=mt,代入①得t(m2t2-22)+1=0
即t[(t+22)t2-22]+1=0化简得(t-1t+2)2=0,
又t-1t+2=0有且仅有一个正根,∴(m,n)唯一确定,
即正方形ABCD唯一确定.
2°必要性:
若(m,n)唯一确定,则n=m3+bm-m=n3+bn,即nm=m2+b-mn=n2+b
即(m2+b)(n2+b)+1=0——②
令m2+b=t>0,则n=mt,代入①得t(m2t2+b)+1=0
即t[(t-b)t2+b]+1=0化简得t2+1t2-b(t-1t)=0,
即(t-1t)2-b(t-1t)+2=0——③
又③有唯一解,∴b2=8,又∵b=-mn-n2<0
∴b=-22
附加题答案
21.【选做题】在A、B、C、D四小题中只能选做2题,每小题10分,共计20分.请在答题纸指定区域内作答,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
A.选修4-1:几何证明选讲(本题满分10分)
解:由切割线定理得:DB•DA=DC2,
DB(DB+BA)=DC2,DB2+3DB-40=0,DB=5.
∵∠A=∠BCD,∴△DBC∽△DCA,
∴BCCA=DBDC,得AC=BC•DCDB=6105.
B.选修4-2:矩阵与变换(本题满分10分)
解:设M=abcd,则abcd2-1=0-1,abcd01=2-1
2a-b=02c-d=-1b=2d=-1∴a=1,c=0∴M=120-1.
C.选修4-4:坐标系与参数方程(本题满分10分)
解:圆C:ρ2=2ρcos(θ-π4)=2ρcosθ+2ρsinθ
所以x2+y2-2x-2y=0
所以圆心C(22,22),与极轴交于A(2,0)
直线CA的直角坐标方程为x+y=2
即直线CA的极坐标方程为ρcos(θ-π4)=1.
D.选修4-5:不等式选讲(本题满分10分)
证明:1+122+132+…+1n2<1+11×2+12×3+…+1(n-1)n
=1+1-12+12-13+…+1n-1-1n
=2-1n.
22.(本题满分10分)
解:(1)设“一次抽奖中奖”为事件A,则P(A)=C12C24+C22C14C36=1620=45
答:一次抽奖中奖的概率为45.
(2)X可取0,10,20
P(X=0)=(0.2)2=0.04,P(X=10)=C12×0.8×0.2=0.32,
P(X=20)=(0.8)2=0.64
X的概率分布列为
X01020
P0.040.320.64
E(X)=0×0.04+10×0.32+20×0.64=16.
23.(本题满分10分)
解:解:(Ⅰ)以O为原点,OB,OC,OA分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系.
则有A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),E(0,1,0).
EB=(2,0,0)-(0,1,0)=(2,-1,0),AC=(0,2,-1),cos<EB,AC>=-25•5=-25.
由于异面直线BE与AC所成的角是锐角,故其余弦值是25.
(Ⅱ)AB=(2,0,-1),AE=(0,1,-1),
设平面ABE的法向量为n1=(x,y,z),
则由n1⊥AB,n1⊥AE,得2x-z=0,y-z=0.
取n=(1,2,2),
平面BEC的一个法向量为n2=(0,0,1),
cos=n1•n2|n1|•|n2|=21+4+4=23.
由于二面角A-BE-C的平面角是n1与n2的夹角的补角,其余弦值是-23.
1.已知集合A={x|1<2x<8,x∈R},B={x||x|<2,x∈R},则A∩B= .
2.已知z=4i-zi,i为虚数单位,则复数z= .
3.一位篮球运动员在最近的8场比赛中得分的茎叶图如图,则他在这8场比赛中得分的平均值是 .
4.已知向量a=(1,n),b=(-1,n),若向量2a-b与向量b垂直,则|a|= .
5.函数y=3x2-2alnx+a在(0,1)内有极小值,则实数a的取值范围是 .
6.将一根木棒随意分成两段,较长一段的长度不超过较短一段的长度的2倍的概率是 .
7.执行如图算法框图,若输入a=18,b=5,则输出的值为 .
8.已知F1,F2是椭圆x2k+1+y2k=1的左、右焦点,经过F1的直线与椭圆交于A,B两点,若△ABF2的周长为12,则椭圆的离心率为 .
9.曲线y=excosx在x=0处的切线方程为 .
10.已知正四面体的表面积为43,则该四面体的体积为 .
11.若函数f(x)=a-x+x+a2-2是偶函数,则实数a的值为 .
12.用f(n)表示自然数n的各位数字的和,例如f(20)=2+0=2,f(2009)=2+0+0+9=11,若对任意n∈N,都有n+f(n)≠x,满足这个条件的最大的两位数x的值是 .
13.函数y=23sinxcosx-cos2x+sin2x的图象在[0,m]上恰好有两个点的纵坐标为1,则实数m的取值范围是 .
14.已知定义在R上的函数F(x)满足F(x+y)=F(x)+F(y),当x>0时,F(x)<0.若对任意的x∈[0,1],不等式组F(2kx-x2)
15.
已知在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C所对的边,tan(C-π4)=2-3.
(1)求角C的大小;
(2)若sinAsinB=34,试判断△ABC的形状,并说明理由.
16.
如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,点D在棱BC上,AD⊥C1D,点E,F分别是BB1,A1B1的中点.
(1)求证:D为BC的中点;
(2)求证:EF∥平面ADC1.
第16题
17.某校学生社团心理学研究小组在对学生上课注意力集中情况的调查研究中,发现其注意力指数p与听课时间t之间的关系满足如图所示的曲线.当t∈(0,14]时,曲线是二次函数图象的一部分,当t∈[14,40]时,曲线是函数y=loga(x-5)+83(a>0且a≠1)图象的一部分.根据专家研究,当注意力指数p大于80时听课效果最佳.
(1)试求p=f(t)的函数关系式;
(2)老师在什么时段内安排核心内容能使得学生听课效果最佳?请说明理由.
第17题
18.已知圆C:(x+2)2+y2=4,相互垂直的两条直线l1、l2都过点A(a,0).
(Ⅰ)若l1、l2都和圆C相切,求直线l1、l2的方程;
(Ⅱ)当a=2时,若圆心为M(1,m)的圆和圆C外切且与直线l1、l2都相切,求圆M的方程;
(Ⅲ)当a=-1时,求l1、l2被圆C所截得弦长之和的最大值.
19.
已知数列{an}的通项公式为an=nn+a(n,a∈N*).
(1)若a1,a3,a15成等比数列,求a的值;
(2)是否存在k(k≥3且k∈N),使得a1,a2,ak成等差数列,若存在,求出常数a的值;若不存在,请说明理由;
(3)求证:数列中的任意一项an总可以表示成数列中的其他两项之积.
20.
已知正方形ABCD的中心在原点,四个顶点都在曲线y=ax3+bx上.
(1)若正方形的一个顶点为(2,1),求a、b的值;
(2)若a=1,求证:b=-22是正方形ABCD唯一确定的充要条件.
数学附加题
21.【选做题】在A、B、C、D四小题中只能选做2题,每小题10分,共计20分.
A.选修4-1:几何证明选讲
如图,圆O是△ABC的外接圆,过点C的切线交AB的延长线于点D,CD=210,AB=BC=3,求BD以及AC的长.
B.选修4-2:矩阵与变换
已知变换T把平面上的点(2,-1),(0,1)分别变换成点(0,-1),(2,-1),试求变换T对应的矩阵M.
C.选修4-4:坐标系与参数方程
圆C:ρ=2cos(θ-π4),与极轴交于点A(异于极点O),求直线CA的极坐标方程.
D.选修4-5:不等式选讲
证明:1+122+132+…+1n2<2-1n(n≥2,n∈N*).
【必做题】第22题、第23题,每题10分,共20分.
22.某商场为促销设计了一个抽奖模型,一定数额的消费可以获得一张抽奖券,每张抽奖券可以从一个装有大小相同的4个白球和2个红球的口袋中一次性摸出3个球,至少摸到一个红球则中奖.
(1)求一次抽奖中奖的概率;
(2)若每次中奖可获得10元的奖金,一位顾客获得两张抽奖券,求两次抽奖所得的奖金额之和X(元)的概率分布和期望E(X).
23.如图,已知三棱锥O-ABC的侧棱OA,OB,OC两两垂直,且OA=1,OB=OC=2,E是OC的中点.
(Ⅰ)求异面直线BE与AC所成角的余弦值;
(Ⅱ)求二面角A-BE-C的余弦值.
参考答案
一、填空题:本大题共14小题,每小题5分,共70分.
1.{x|0
3.14
4.2
5.(0,3)
6.13
7.3
8.13
9.x-y+1=0
10.223
11.2
12.97
13.[π2,7π6)
14.(-3,2)
二、解答题:本大题共6小题,共计90分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(本题满分14分)
解:(1)tan(C-π4)=2-3,∴tanC-1tanC+1=2-3,tanC=3∵0
∴sinAsinB=sin2C,由正弦定理得ab=c2
由余弦定理得c2=a2+b2-2abcosC=a2+b2-ab
∴(a-b)2=0,∴a=b,
又∵C=π3,∴△ABC是正三角形.
16.(本题满分14分)
解:(1)∵正三棱柱ABC-A1B1C1,∴C1C⊥平面ABC,
又AD平面ABC,∴C1C⊥AD,又AD⊥C1D,C1D∩C1C=C1
∴AD⊥平面BCC1B1,
又∵正三棱柱ABC-A1B1C1,
∴平面ABC⊥平面BCC1B1,∴AD⊥BC,D为BC的中点.
(2)连接A1B,连接A1C交AC1于点G,连接DG
∵矩形A1ACC1,∴G为A1C的中点,
又由(1)得D为BC的中点,∴△A1BC中,DG∥A1B
又∵点E,F分别是BB1,A1B1的中点,
∴△A1B1B中,EF∥A1B,∴EF∥DG,
又EF平面ADC1,DG平面ADC1,∴EF∥平面ADC1.
17.(本题满分14分)
解:(1)t∈(0,14]时,设p=f(t)=c(t-12)2+82(c<0),将(14,81)代入得c=-14
t∈(0,14]时,p=f(t)=-14(t-12)2+82
t∈[14,40]时,将(14,81)代入y=loga(x-5)+83,得a=13
∴p=f(t)=-14(t-2)2+82(0
t∈[14,40]时,log13(t-5)+83≥80解得5<t≤32,∴t∈[14,32],∴t∈[12-22,32],
即老师在t∈[12-22,32]时段内安排核心内容能使得学生听课效果最佳.…14分
18.(本题满分16分)
解答:(Ⅰ)显然,l1、l2的斜率都是存在的,设l1:y=k(x-a),则l2:y=-1k(x-a)
则由题意,得|2k+ak|k2+1=2,|2+a|k2+1=2
解得|k|=1且|a+2|=22,即k=±1且a=-2±22
∴l1、l2的方程分别为l1:y=x-22+2与l2:y=-x-22+2或l1:y=x+22+2与l2:y=-x+22+2
(Ⅱ)设圆M的半径为r,易知圆心M(1,m)到点A(2,0)的距离为2r,
∴(1-2)2+m2=2r2(1+2)2+m2=(2+r)2
解得r=2且m=±7,∴圆M的方程为(x-1)2+(y±7)2=4
(Ⅲ)当a=-1时,设圆C的圆心为C,l1、l2被圆C所截得弦的中点分别为E,F,弦长分别为d1,d2,因为四边形AECF是矩形,所以CE2+CF2=AC2=1,即
(4-(d12)2)+(4-(d22)2)=1,化简得d1+d2=28
从而d1+d2≤2•d21+d22=214,
即l1、l2被圆C所截得弦长之和的最大值为214
19.(本题满分16分)
解:(1)a1=11+a,a3=33+a,a15=1515+a,
a1,a3,a15成等比数列,∴a1a15=(a3)2,∴a=0或a=9
∵a∈N*,∴a=9.
(2)假设存在这样的k,a满足条件,a1=11+a,a2=22+a,ak=kk+a,
a1,a2,ak成等差数列,∴a1+ak=2a2,化简得(k-3)a=2
∵k,a∈N*,∴a=1时,k=5;或a=2时,k=4.
(3)即证存在k,t≠n,使得an=akat
即证:nn+a=kk+a•tt+a即证:1+an=(1+ak)(1+at)
即证:1n=1k+1t+akt即证:k-nnk=k+akt
即证:k-nn=k+at
令k=n+1,则t=n(k+a)=n(n+1+a)
∴对任意n,an=an+1an(n+1+a)
即数列中的任意一项an总可以表示成数列中的其他两项之积.
20.(本题满分16分)
解:(1)∵一个顶点为(2,1),∴必有另三个顶点(-2,-1),(1,-2),(-1,2),
将(2,1),(1,-2)代入y=ax3+bx,得a=56,b=-176.
(2)设正方形在第一象限的顶点坐标为(m,n),则必然有另一个顶点(n,-m)
1°充分性:
若b=-22,y=x3-22x
则n=m3-22m-m=n3-22n,则有nm=m2-22-mn=n2-22,
即(m2-22)(n2-22)+1=0——①
令m2-22=t>0,则n=mt,代入①得t(m2t2-22)+1=0
即t[(t+22)t2-22]+1=0化简得(t-1t+2)2=0,
又t-1t+2=0有且仅有一个正根,∴(m,n)唯一确定,
即正方形ABCD唯一确定.
2°必要性:
若(m,n)唯一确定,则n=m3+bm-m=n3+bn,即nm=m2+b-mn=n2+b
即(m2+b)(n2+b)+1=0——②
令m2+b=t>0,则n=mt,代入①得t(m2t2+b)+1=0
即t[(t-b)t2+b]+1=0化简得t2+1t2-b(t-1t)=0,
即(t-1t)2-b(t-1t)+2=0——③
又③有唯一解,∴b2=8,又∵b=-mn-n2<0
∴b=-22
附加题答案
21.【选做题】在A、B、C、D四小题中只能选做2题,每小题10分,共计20分.请在答题纸指定区域内作答,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
A.选修4-1:几何证明选讲(本题满分10分)
解:由切割线定理得:DB•DA=DC2,
DB(DB+BA)=DC2,DB2+3DB-40=0,DB=5.
∵∠A=∠BCD,∴△DBC∽△DCA,
∴BCCA=DBDC,得AC=BC•DCDB=6105.
B.选修4-2:矩阵与变换(本题满分10分)
解:设M=abcd,则abcd2-1=0-1,abcd01=2-1
2a-b=02c-d=-1b=2d=-1∴a=1,c=0∴M=120-1.
C.选修4-4:坐标系与参数方程(本题满分10分)
解:圆C:ρ2=2ρcos(θ-π4)=2ρcosθ+2ρsinθ
所以x2+y2-2x-2y=0
所以圆心C(22,22),与极轴交于A(2,0)
直线CA的直角坐标方程为x+y=2
即直线CA的极坐标方程为ρcos(θ-π4)=1.
D.选修4-5:不等式选讲(本题满分10分)
证明:1+122+132+…+1n2<1+11×2+12×3+…+1(n-1)n
=1+1-12+12-13+…+1n-1-1n
=2-1n.
22.(本题满分10分)
解:(1)设“一次抽奖中奖”为事件A,则P(A)=C12C24+C22C14C36=1620=45
答:一次抽奖中奖的概率为45.
(2)X可取0,10,20
P(X=0)=(0.2)2=0.04,P(X=10)=C12×0.8×0.2=0.32,
P(X=20)=(0.8)2=0.64
X的概率分布列为
X01020
P0.040.320.64
E(X)=0×0.04+10×0.32+20×0.64=16.
23.(本题满分10分)
解:解:(Ⅰ)以O为原点,OB,OC,OA分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系.
则有A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),E(0,1,0).
EB=(2,0,0)-(0,1,0)=(2,-1,0),AC=(0,2,-1),cos<EB,AC>=-25•5=-25.
由于异面直线BE与AC所成的角是锐角,故其余弦值是25.
(Ⅱ)AB=(2,0,-1),AE=(0,1,-1),
设平面ABE的法向量为n1=(x,y,z),
则由n1⊥AB,n1⊥AE,得2x-z=0,y-z=0.
取n=(1,2,2),
平面BEC的一个法向量为n2=(0,0,1),
cos
由于二面角A-BE-C的平面角是n1与n2的夹角的补角,其余弦值是-23.