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在等比數(shù)列中，若是互不相等的正整數(shù)，則有等式成立.類比上述性質(zhì)，相應地，在等差數(shù)列中,若是互不相等的正整數(shù)，則有等式________成立.

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在共有2009項的等比數(shù)列{a_n}中，有等式成立；類比上述性質(zhì)，在共有2013項的等差數(shù)列{b_n}中，相應的有等式    成立．

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一.選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分）

（1）A            （2）D            （3） B           （4） D

（5）D            （6）A            （7） B           （8） C

二.填空題（本大題共6小題，每小題5分，共30分）

   （9） (1，-1)     （10），   （11） 2     （12）R ，R

（13） 2          （14） 

三.解答題（本大題共6小題，共80分）

15. 解：（Ⅰ）.      ………………………………3分

又，cosC=>0，

故在中，、是銳角.  ∴，.

∴.    ……………………7分

（Ⅱ） .           ……………………10分

由正弦定理 .      解得，c=6.

∴.     ∴，即AC=5 .     ……………………13分

16. 解：（I）依條件得 ，     ……………………2分

解得.                       …………………………………………4分

所以a_n=3+(n-1)=n+2.                 …………………………………………6分

  （II）P_n=， b₆=2×2^6-1=64，

     由>64得n²+5n-128>0.                 ………………………………9分

所以n(n+5)>128.

因為n是正整數(shù)，且n=9時，n(n+5)=126，且n(n+5)是遞增的，

所以當n≥10時，n(n+5)>128.

即n≥10時，P_n> b₆.           …………………………………………………13分

17. 解：（I）甲答對試題數(shù)的可能取值為0、1、2、3.

∵，，

，，      …………………………4分

∴ 甲答對試題數(shù)的概率分布如下：

0

1

2

3

P

故甲答對試題數(shù)的數(shù)學期望為

.            …………………………7分

（II）設甲、乙兩人通過測試的事件分別為A、B，則

，

.              …………………………………………9分

、B相互獨立，

∵甲、乙兩人都未通過測試的概率為

.    ……………………………11分

∴甲、乙兩人至少有一個通過測試的概率為

.          ………………………………………13分

18. （Ⅰ）解：∵正三棱柱中AC∥A₁C₁，

∴∠CAD是異面直線AD與A₁C₁所成的角.             …………………………2分

 連結(jié)CD，易知AD=CD=a，AC= a，

在△ACD中易求出cos∠CAD=.

因此異面直線AD與A₁C₁所成的角的余弦值為.      …………………………4分

（Ⅱ）證明：

∵D是B₁B的中點，

∴△C₁B₁D≌△ABD.

∴AD= C₁D.

于是△ADC₁是等腰三角形.

∵E是AC₁的中點，

∴DE⊥AC₁.    ……………………6分

設AC的中點為G，

∴EG∥C₁C∥DB，EG=C₁C= DB.

∴四邊形EGBD是平行四邊形.

∴ED∥GB.

∵G是AC的中點，且AB=BC，

∴GB⊥AC.

∴ED⊥AC.

∵AC∩AC₁=A，

∴ED⊥平面ACC₁A₁.           …………………………………………………8分

（或證ED∥GB，GB⊥平面ACC₁A₁得到ED⊥平面ACC₁A₁.）

（Ⅲ）解：∵C₁D，CB共面，

故C₁D，CB必相交，設交點為F，連結(jié)AF.

∴平面ADC₁與平面ABC所成二面角是C-AF-C₁.      ………………………………10分

∵DB=C₁C ，DB∥C₁C，

∴B是CF的中點.

∴AC=CB=BF= a.

在△ACF中，由余弦定理可求出AF=a.

∴易判斷出△ACF是直角三角形，即AC⊥AF.

∵C₁C⊥面ACF ，

∴AC₁⊥AF.

∴∠C₁AC是所求二面角的平面角.           …………………………………………12分

∵tan∠C₁AC==2，

∴平面ADC₁與平面ABC所成二面角的大小是arctan2（或arccos）. …………13分

19. 解：（Ⅰ）∵，

∴.                   ……………………………………3分

令得，=0.

，

∴方程有兩個不同的實根、.

令，由可知：

當時，；

當；

當；

∴是極大值點，是極小值點.             ……………………………………7分

（Ⅱ），

所以得不等式.

即.  ………10分

又由（Ⅰ）知，

代入前面的不等式，兩邊除以（1+a），

并化簡得，解之得：，或（舍去）.

所以當時，不等式成立.           …………………………14分

20. 解：(Ⅰ)∵|

∴.           …………………………………………………2分

由， .

由（1）、（2）可知點P到直線x=，

再由橢圓的第二定義可知，點P的軌跡C是橢圓.        …………………………4分

設橢圓C的方程為：， 

由（3）可知b =1，∴a²=b²+c²=1+2=3.

  ∴橢圓C的方程為: .                 …………………………………5分

（Ⅱ）假設存在符合條件的直線l，并設l的方程為:y=kx+m，M(x₁，y₁)、N(x₂，y₂)，

     .

   則x₁+x₂= -.  ………………7分

   Δ=36 k²m²-12(m²-1)(1+3k²)=12[3k²-m²+1]＞0     ①

 設線段MN的中點G(x₀，y₀)，　

   x₀=，

線段MN的垂直平分線的方程為：y -.

∵|， ∴線段MN的垂直平分線過B（0，-1）點.

∴-1-.     ∴m=.      ②     ………9分

②代入①，得3k² -(.   ③

∵|的夾角為60°，∴△BMN為等邊三角形.

∴點B到直線MN的距離d=.                …………………………10分

∵,

又∵|MN|=

=

=,

∴.              …………………………13分

解得k²=，滿足③式.  代入②，得m=.

直線l的方程為：y=.      ……………………………………………14分