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如圖，直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，∠ACB=90°，BC=AC=2，AA₁=4，D為棱CC₁上的一動點，M、N分別為△ABD，△A₁B₁D的重心．
（1）求證：MN⊥BC；
（2）若二面角C-AB-D的大小為arctan

2

，求點C₁到平面A₁B₁D的距離；
（3）若點C在△ABD上的射影正好為M，試判斷點C₁在△A₁B₁D的射影是否為N？并說明理由．

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如圖，直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，∠ACB=90°，BC=AC=2，AA₁=4，D為棱CC₁上的一動點，M、N分別為△ABD，△A₁B₁D的重心．
（1）求證：MN⊥BC；
（2）若二面角C-AB-D的大小為，求點C₁到平面A₁B₁D的距離；
（3）若點C在△ABD上的射影正好為M，試判斷點C₁在△A₁B₁D的射影是否為N？并說明理由．

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如圖，在正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB=2，若二面角C-AB-C₁的大小為60°，則異面直線A₁B₁和BC₁所成角的余弦值為（ ）

A．
B．
C．
D．

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如圖，在正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB=2，若二面角C-AB-C₁的大小為60°，則異面直線A₁B₁和BC₁所成角的余弦值為（ ）

A．
B．
C．
D．

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如圖，在正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB=2，若二面角C-AB-C₁的大小為60°，則異面直線A₁B₁和BC₁所成角的余弦值為（ ）

A．
B．
C．
D．

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一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。

1.D點拔：由已知可得M=N，故，a、b是方程x²-4x+2=0的兩根，故a+b=4

2.D 點拔：∵

 ∴等號取不到，即故A、B、C均正確，而D顯然錯誤，應為|a|-|b|<|a-b|.

3.A 點拔： 由題意知，選出的6名學生中應有4名女生，2名男生，故共C種不同的抽取方法。

4.D 點拔：若2為方程x²-6x+k=0的根.∴另一根為4，故k=8.又方程x²+6的兩根與2，4，按一定次序可排成以2為首項的等比數(shù)列，故另兩根易求出，分別為-2和-4.∴h=16，∴k+h=24，而其余情況均不可能.

5.C 點拔：tan110°=tan(120°-10°)= tan110°=tan(90°+20°)= -cot20°= -

6.B 點拔：，當且僅當即時上式取等號，這時|PF₁|=4a，由|PF₁|+|PF₂|≥|F₁F₂|，得6a≥2c,故1<e=

7.D 點拔：由f′(x)的圖象可知，函數(shù)y=f(x)在區(qū)間[a，b]上的兩端點處取得極值，且從a到b的各點處的切線的斜率是先增大后減小，故選D.

8.D 點拔：如圖所示，把對角面A₁C繞A₁B旋轉(zhuǎn)至A₁BC′D′₁,

  使其與△AA₁B在同一平面上，連接AD₁′，則AD₁′=

  為所求的最小值.

9.B 點拔：設(shè)線段BC的中D，則

  ∴

  ∴

  ∴

  =λ()=0

  ∴DP⊥BC.∴點P的軌跡一定通過△ABC的外心.

10.C 點拔：如圖，作出函數(shù)f(x)的圖象，可知關(guān)于f(x)的方程有一

正根和一零根，不妨設(shè)f(x¹)=0且f(x²)=f(x³)=m

∴由圖像對稱性知x₂+x₃=2,又x₁=1,∴(x₁+x₂+x₃)²=9.

二、填空題：本大題共5小題，每小題5分，共25分.

11.-3點拔：z=

12.1<a<點拔：易知f(x)為奇函數(shù)且在定義域上增函數(shù)，∴原不等式可化為f(1-a)<f(a²-1),其等價于不等式組

13.-t₂+t+點拔：如圖，由題設(shè)條件所確定的區(qū)域為圖中所示陰影部分.

∴S=×2×1-t²-(1-t)²=-t²+t+.

14.[ )∪(1，]點拔：函數(shù)y=的圖象上的點到原點的最短距離為1，最長距離為3.

故q的最大值為的最小值為.又q≠1  ∴q∈[)∪(1, ].

15.n?2^n-1點拔：對于任一個不含元素n的子集A，加入一個元素n后成集B，則集合A與集合B“交替和”的和為n.這種構(gòu)造的集合A集合與集合B是一一對應的，各有2^n-1個，切每一對集合的“交替和”的和為n，故非空子集的“交集和”的總和S_n=n?2^n-1.

三、解答題：本大題共6小題，共75分.

16.(1)∵△ABC三個頂點分別是A(3，0)、B(0，3)、C(cosα,sinα),

  ∴=(cosα-3,sinα)，=(cosα，sinα-3),                 ………………(2分)

  由||=||得

  即cosα=sinα,                                                                 ………………(4分)

  ∵   ∴a=                                             ………………(6分)

  (2)由得，(cosα-3)cosα+sinα(sinα-3)=-1

  即sinα+cosα=                                                            ………………(8分)

  ∴(sinα+cosα)²=1+2sinαcosα=

  又∴sinα>0,cosα<0.

  (cosα-sinα)²=1-2sinαcosα=1-(-)=,                        ………………(10分)

  ∴cosα-sinα=-                                                        ………………(12分)

 17.(1)y′=f′(x)=3x²-a.                                                       ………………(2分)

  若f(x)在[1，+∞)上是單調(diào)遞減函數(shù)，則須y′≤0，即α≥3x²恒成立，這樣的實數(shù)a不存在，故f(x)在[1，+∞)上不可能是單調(diào)遞減函數(shù)；                     ………………(4分)

  若f(x)在[1，+∞)]上是單調(diào)遞增函數(shù)，則a≤3x²恒成立，由于x∈[1，+∞)，故3x²≥3.從而0<a≤3.                                                                            ………………(6分)

  (2)解法一  (反證法)由(1)可知f(x)在[1,+∞)上只能為單調(diào)遞函數(shù).

假設(shè)f(x₀)≠x₀,

若1≤x₀<f(x₀)，則f(x₀)<f(f(x₀))=x₀,矛盾；                         ………………(8分)

若1≤f(x₀)<x₀,則f(f(x₀))<f(x₀),即x₀<f(x₀),矛盾，                ………………(10分)

故只有f(x₀)=x₀成立.                                                         ………………(12分)

解法二 設(shè)f(x₀)=u (u≥1),則f(u)=x₀,∴x兩式相減得(x)-a(x₀-u)-x₀,

∴(x₀-u)(x+x₀u+u²+1-a)=0,                                              …………………(8分)

∵x₀≥1,u≥1,∴x+x₀u+u²≥3.

又0<a≤3,∴x+x₀u+u²+1-a>0.

∴x₀-u≤0,即u=x₀,亦即f(x₀)=x₀.                                         …………………(12分)

18.(1)連結(jié)DM、D屏延長，分別交AB、A₁B₁于點P、Q，連結(jié)PQ，

  ∵M、N分別為△ABD、△A₁B₁D的垂心，則P、Q分別為AB、A₁B₁的中點，

  且∴PQ∥BB₁∥MN，  …………………(2分)

  ∵在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，BB₁⊥BC，∴MN⊥BC.     …………………(4分)

  (2)連結(jié)CP，∵AC=BC，∴CP⊥AB，又∵CC₁⊥面ABC，

∴AD=DB=，  ∴DP⊥AB，

  ∴∠CPD即為二面角C-AB-D的平面角，∴∠CPD=arctan,

  在Rt△ABC中，AC=BC=2，∴CP=，

  ∴在Rt△CDP中,CD=CP?tan∠CPD=2,

  ∵CC₁=AA₁=4,∴DC₁=2,                                                           …………………(6分)

  連結(jié)C₁Q，C₁Q=CP=

∵A₁D=DB₁=為A₁B₁的中點，∴DQ⊥A₁B₁，

∴S_△A1B1D=，

設(shè)C₁到面DA₁B₁的距離為h，

∵V_C1-A1B1D=V_D-A1B1C1,∴h?S_A1B1D=C₁D?S_△A1B1C1,

∴h=.                                                                              …………………(8分)

(3)∵CM⊥面ABD，∴CM⊥DP，∴

∴CD=2，∴C₁D=2，則DQ=DP，∵MN∥PQ，∴DM=DN，

∵CD²=DM?DP，∴DC=DN?DQ，

∴△DC₁Q~△DNC₁,∴∠C₁ND=∠DC₁Q=90°,                         …………………(10分)

∴C₁N⊥DQ，又∵A₁B₁⊥面C₁CPQ，∴A₁B₁⊥C₁N，

∴C₁N⊥面A₁B₁D,∴C₁在面A₁B₁D的射影即為N.                    …………………(12分)

解法二：空間向量解法：以C₁為原點，如右圖建立空間直角坐標系.

(1)設(shè)C₁D=a(0≤a≤4),依題意有：

D(0，0，a),A(2，0，4),B(0，2，4),C(0，0，4),C₁(0，0，0)，

A₁(2，0，0)，B₁(0，2，0)                  …………………(2分)

因為M、N分別為△ABD，△A₁B₁D的重心.

所以M，

∵,∴MN⊥BC.                             …………………(4分)

(2)因為平面ABC的法向量n₁=(0，0，-1),設(shè)平面ABD的法向量n₂=(x₁，y₁，z₁).

令x₁=1n₂=,設(shè)二面角C－AB－D為θ，則由tanθ=，

因此cosθ= (舍)或a=2,

                                                                                               ………………(6分)

設(shè)平面A₁B₁D的法向量為n₃=(x,y,z),則

 令x=1有n₃=1(1，1，1)，

設(shè)C₁到平面A₁B₁D的距離為d，則d=.…………………(8分)

(3)若點C在平面ABD上的射影正好為M，則，

即()?(-2，0，a-4)=0(舍)或a=2，……(10分)

因此D為CC₁的中點，根據(jù)對稱性可知C₁在平面A₁B₁D的射影正好為N. …(12分)

19.設(shè)甲、乙兩位旅客的候車時間分別為ξ，η分鐘，則他們的分布列為；

甲旅客                                                 乙旅客

ξ   10    30       50           η    10    30    50     70      90

P    

易知Eξ=10×，                            …………(8分)

∴Eη=,…………(10分)

∴Eξ<Eη，旅客甲候車時間的平均值比旅客乙多.

答：旅客甲候車時間的平均值比旅客乙多.                              …………(12分)

20.(1)∵f(x)≤0的解集有且只有一個元素，∴△=a²-4a=0a=0或a=4,,

  當a=0時，函數(shù)f(x)=x²在(0，+∞)上遞增，故不存在0<x₁<x₂,使得不等式f(x₁)>f(x₂)成立.

                                                                                                  …………(2分)

  綜上，得a=4，f(x)=x²-4x+4,∴S_n=n²-4n+4,∴a_n=S_n-S_n-1=………(5分)

  (2)要使=2，可構(gòu)造數(shù)列b_n=n-k, …………………………………………(6分)

 ∵對任意的正整數(shù)n都有b_n<a_n,

 ∴當n≥2時，n-k<2n-5恒成立且1-k<1,即n>5-k恒成立且k>0,

 即                            ……………………………………(8分)

 又b_n≠0,∴k∈N*，∴b_n=n-,等等.                     ……………………………………(9分)

(3)解法一：由題設(shè)c_n=,

∵n≥3時，c_n+1-c_n=∴n≥3時，數(shù)列{c_n}遞增，

                                                                                        …………………………(11分)

∵a₄=-，可知a₄?a₅<0,即n≥3時，有且只有1個變號數(shù)；

又∵c₁=-3,c₂=5,c₃=-3, 即c₁?c₂<0,c₂?c₃<0, ∴此處變號數(shù)有2個.

綜上得數(shù)列{c_n}共有3個變號數(shù)，即變號數(shù)為3.               …………………………(13分)

解法二：由題設(shè)c_n=,

n≥2時，令c_n?c_n+1<0或n=4；

                                                                                        …………………………(11分)

又∵c₁=-3,c₂=5,∴n=1時也有c₁?c₂<0.

綜上得數(shù)列{c_n}共有3個變號數(shù)，即變號數(shù)為3.               …………………………(13分)

21.如右圖，連結(jié)MO交CC₁于E，連結(jié)DE，延長DA，CN交于Q，連結(jié)OQ交AM于P，則PQ為所求的線段易得，………………(2分)

 在Rr△PMO中，可得到

PO=，

故PQ=2PO=.                                                          ………………………(4分)

(2)過T作TE⊥DD₁于E，過T作TF⊥AA₁于F，

⊥平面TEF,故AA₁⊥EFTF∥PT，

在Rt△TFE中，TF²=TE²=TE²-1=PT²TE=PT

故T點的軌跡是以P為焦點，以AA₁為準線的拋物線，(7分)

以過P點且垂直AA₁的直線為x軸，以P點到AA₁

的垂線段的中點為原點，建立直角坐標系，設(shè)拋物線

的方程y²=2px(p>0),由于P咪到AA₁的距離為，

∴曲線K的方程為y²=                                         ……………(9分)

(3)假設(shè)拋物線與圓有交點，設(shè)交點為G，則∠PGB為直角，易得PB²==，且B點在拋物線內(nèi)部，

故PG²+GB²+，                                                            …………………(11分)

又PG²+GB²≥

過G作GH⊥AA₁，則PG=HG，

∴PG²+GB²≥矛盾，故交點G不存在，于是以PB為直徑的圓與曲線K沒有交點.                              ……………………(14分)