数学(理工类)
一、选择题
题 号 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
答 案 | D | B | B | A | B | B | C | D | A | B |
题 号 | 11 | 12 | 13 | 14 | 15 | |||||
答 案 | D | A | B | B | D |
二、填空题
(16)16/3 (17)-5120
(18)AC⊥BD (19)①,③
三、解答题:
(20) 解:由正弦定理和已知条件a+c=2b得
sinA+sinC=2sinB。 ……2分 由和差化积公式
得 2sin(A+C)/2cos(A-C)/2=2sinB。 由A+B+C=π,
得sin(A+C)/2=cosB/2, 又A-C=π/3,得
(/2)cosB/2=sinB,
∴(/2)cosB/2=2(sinB/2)(cosB/2)。 ……6分
∵0<B/2<π/2, cosB/2≠0, ∴sinB/2=/4,
从而cosB/2==
/4 ……9分
∴sinB=/2×
/4=
/8 ……11分
(21)
解法一:如图建立坐标系,以l1为x轴,MN的
垂直平分线为y轴,点O
为坐标原点。 依题意
知:曲线段C是以点N为
焦点,以l2为准线的抛
物线的一段,其中A、B
分别为C的端点。 设曲
线段C的方程为 y2=2px (p>0),(xA≤x≤xB,y>0),
其中xA,xB分别为A,B的横坐标,p=|MN|。
所以 M(-p/2,0),N(p/2,0)。 ……4分
由|AM|=,|AN|=3得
(xA+p/2)2+2pxA=17, ①
(xA-p/2)2+2pxA=9。 ② ……6分
由①,②两式联立得xA=4/p,再将其代
入①式并由p>0解得 p=4, xA=1;
或p=2, xA=2。 因为△AMN是锐角三角形,
所以p/2>xA,故舍去p=2, xA=2。
∴p=4, xA=1。 由点B在曲线段C上,
得xB=|BN|-p/2=4。 综上得曲线段C的方
程式为y2=8x(1≤x≤4,y>0)。 ……12分
解法二:如图建立坐标系,分别以l1、l2
为x、y轴,M为坐标原
点。 作AE⊥l1,
AD⊥l2,EF⊥l2,垂
足分别为E、D、F。
……2分
设A(xA,yA)、B(xB,yB)、
N(xN,0)。 依题意有 xA=|ME|=|DA|=|AN|=3,
yA=|DM|=2, 由于△AMN为锐角
三角形,故有
xN=|AE|+|EN|=4。
xB=|BF|=|BN|=6。 ……7分
设点P(x,y)是曲线段C上任一点,则由题
意知P属于集合{(x,y)|(x-xN)2=x2,
xA≤x≤xB,y>0}。 ……10分
故曲线段C的方程
y2=8(x-2)(3≤x≤6,y>0)。 ……12分
(22) 解法一:设y为流出的水中杂质
的质量分数,则y=k/ab,其中k>0为比
例系数,依题意,即所求的a,b值使y值
最小。 根据题设,有
4b+2ab+2a=60(a>0,b>0), ……4分
得 b=30-a/2+a (0<a<30), ①
于是 y=k/ab=k/((30a-a2)/(2+a))
=k/(-a+32-64/(a+2))
=k/(34-(a+2+64/(a+2))
≥k/(34-2)=k/18,
当a+2=64/(a+2)时取等号,
y达最小值。 ……8分
这时a=6,a=-10(舍去)。 将a=6代入①式
得b=3。 故当a为6米,b为3米时,经沉淀
后流出的水中该杂质的质量分数最小。
……12分
解法二:依题意,即所求的a,b的值使ab最大。
由题设知
4a+2ab+2a=60 (a>0,b>0), ……4分
即 a+2b+ab=30 (a>0,b>0)。 ∵a+2b≥2,
∴2+ab≤30,
当且仅当a=2b时,上
式取等号。 由a>0,b>0,解得0<ab≤18。
即当a=2b时,ab取得最大值,
其最大值为18。 ……10分
∴2b2=18。解得b=3,a=6。 故当a为6米,
b为3米时,经沉淀后流出的水中该杂质的质
量分数最小。 ……12分
(23) 解:(Ⅰ)作A1D⊥AC,垂足为D,
由面A1ACC1⊥面ABC,得
A1D⊥面ABC, ∴∠A1AD
为A1A与面ABC所成的角。
……2分
∵AA1⊥A1C,AA1=A1C,
∴∠A1AD=45°为所求。 ……4分
(Ⅱ)作DE⊥AB,垂足为E,连A1E,则由
A1D⊥面ABC,得A1E⊥AB。 ∴∠A1ED是面A1ABB1
与面ABC所成二面角的平面角。 ……6分
由已知,AB⊥BC,得ED∥BC。又D是AC的中点,
BC=2,AC=2, ∴DE=1,AD=A1D=
,
tgA1ED=A1D/DE=。
故∠A1ED=60°为所求。 ……8分
(Ⅲ)解法一:由点C作平面A1ABB1的垂线,垂足
为H,则CH的长是C到平面A1ABB1的距离。 ……10分
连结HB,由于AB⊥BC,得AB⊥HB。 又A1E⊥AB,
知HB∥A1E,且BC∥ED, ∴∠HBC=∠A1ED=60°。
∴CH=BCsin60°=为所求。 ……12分
解法二:连结A1B。 根据定义,点C到面A1ABB1的
距离,即为三棱锥C-A1AB的高h。 ……10分 由
V锥C-A1AB=V锥A1-ABC得
1/2S△AA1Bh=1/2S△ABCA1D,
即 1/3×2h=1/3×2
×
,
∴h=为所求。 ……12分
(24)(Ⅰ)解:曲线C1的方程为
y=(x-t)3-(x-t)+s。 ……3分
(Ⅱ)证明:在曲线C上任取一点B1(x1,y1)。
设B2(x2,y2)是B1关于点A的对称点,则有
x1+x2/2=t/2, y1+t2/2=s/2。
∴x1=t-x2, y1=s-y2。 ……5分 代入曲线C的
方程,得x2和y2满足方程:
s-y2=(t-x2)3-(t-x2),
即 y2=(x2-t)3-(x2-t)+s, 可知点B2(x2,y2)
在曲线C1上。 ……7分 反过来,同样可以证明,
在曲线C1上的点关于点A的对称点在曲线C上。
因此,曲线C与C1关于点A对称。
(Ⅲ)证明:因为曲线C与C1有且公有一个公共
点,所以,方程组 y=x3-x, y=(x-t)3-(x-t)+s
有且公有一组解。 消去y,整理得
3tx2-3t2x+(t3-t-s)=0, 这个关于x的一元二次
方程有且仅有一个根。 ……10分 所以t≠0并且
其根的判别式 △=9t4-12t(t3-t-s)=0。
即 t≠0, t(t3-4t-4s)=0。
∴s=t3/4-t 且 t≠0。 ……12分
(25)(Ⅰ)设数列{bn}的公差为d,由题意得
b1=1, 10b1+10(10-1)/2d=100。
解得 b1=1, d=2。 ∴bn=2n-1。 ……2分
(Ⅱ)由bn=2n-1,知
Sn=lg(1+1)+lg(1+1/3)+…+lg(1+1/2n-1+
=lg[(1+1)(1+1/3)×…×(1+1/2n-1)],
1/2lgbn+1=lg。
因此要比较Sn与1/2lgbn+1的大小,可先比较
(1+1)(1+1/3)×…×(1+1/2n-1)与的大小。
取n=1有(1+1)>, 取n=2有
(1+1)(1+1/3)>, 由此推测
(1+1)(1+1/3)×…×(1+1/2n-1)>。
① ……5分 若①式成立,则由对数函数性质可断定:
Sn>1/2lgbn+1。 ……7分
下面用数学归纳法证明①式。
(i)当n=1时已验证①式成立。
(ii)假设当n=k(k≥1)时,①式成立,即
(1+1)(1+1/3)×…×(1+1/2k-1)>。 ……8分
那么,当n=k+1时,
(1+1)(1+1/3)…(1+1/2k-1)(1+1/2(k+1)-1)>
(1+1/2k+1)=
/2k+1(2k+2)。
∴[/2k+1(2k+2)]2-[
]2
=4k2+8k+4k2+8k+3)/2k+1=1/2k+1>0,
∴/2k+1(2k+2)>
。
因而(1+1)(1+1/3)…(1+1/2k-1)(1+1/2k+1)
>。
这就是说①式当n=k+1时也成立。
由(i),(ii)知①式对任何正整数n都成立。
由此证得:Sn=1/2lgbn+1。 ……12分