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				19．10張獎券中.一等獎的有2張.二等獎的有3張.三等獎的有5張．每次從中任抽1張．(Ⅰ)連續(xù)抽取3次.求至少有一次中一等獎的概率,(Ⅱ)連續(xù)抽取5次.求第一次中一等獎.后四次中恰有2次中二等獎的概率．			【查看更多】
			


		
     
    


		
    
		
    題目列表(包括答案和解析)
    

		
		
    

    


    
	
    				
    
									
    （2011•自貢三模）（本小題滿分12分＞
    設(shè)平面直角坐標中，O為原點，N為動點，|
    ON
    |=6，
    ON
    =
    		5
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    OM
    ．過點M作MM1丄y軸于M1，過N作NN1⊥x軸于點N1，
    OT
    =
    M1M
    +
    N1N
    ，記點T的軌跡為曲線C．
    （I）求曲線C的方程：
    （H）已知直線L與雙曲線C：5x2-y2=36的右支相交于P、Q兩點（其中點P在第-象限）．線段OP交軌跡C于A，若
    OP
    =3
    OA
    ，S△PAQ=-26tan∠PAQ求直線L的方程．
    

			
    
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    （本小題滿分12分）
    已知數(shù)列和中，函數(shù)
    取得極值。
       （1）求數(shù)列的通項公式；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m        
       （2）若點的切線始終與OPn平行（O是坐標原點）。求證：當對任意都成立。
    

			
    
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    （本小題滿分12分）
    


    在數(shù)列{an}中，a1=2,a2=8，且已知函數(shù)（）在x=1時取得極值.(Ⅰ)求證:數(shù)列{an+1—2an}是等比數(shù)列,（Ⅱ）求數(shù)列的通項an；（Ⅲ）設(shè)，且對于恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．
    


     
    

			
    
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    （本小題滿分12分）
    在四邊形ABCD中，，，，，在方向上的投影為8；
    （1）求的正弦值；（2）求的面積.
    

			
    
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     （本小題滿分12分）已知△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，E，F(xiàn)分別是AC，AD上的動點，且＝＝λ(0＜λ＜1)．
    


    


    （1）求證：不論λ為何值，總有平面BEF⊥平面ABC；
    


    （2）當λ為何值時？平面BEF⊥平面ACD.  
    


     
    

			
    
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    一、選擇題：
    1．D　2．D　3．B   4．A  5．C  6．A  7．B  8．A ９．C  10．A  11．C  12．D
    二、填空題：13. －２  14．１１　�。保担�⊥　或　⊥
    １６．3　　�。保罚�　　　　１８．
    三、解答題
    19．解：（Ⅰ）記至少有一次中一等獎的事件為Ａ，
    則其概率Ｐ（Ａ）＝＋＝．
    答：至少有一次中一等獎的概率為．　　　　　　　．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分
    注：本小問缺少事件命名、答，各扣一分．
    （Ⅱ）每次抽取獎券都是相互獨立的，其中后四次分別看作獨立重復(fù)實驗．  
．．．．．．．．７分
    設(shè)第一次中一等獎，后四次中恰有２次中二等獎的事件為B，　　　　　�。阜�
    則其概率Ｐ（B）=0.05292   ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．１１分
    答：第一次中一等獎，后四次中恰有２次中二等獎的概率為0.05292．　　�。�2分
    20．解：（Ⅰ）     
．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．２分
    由題意，代入上式，解之得：a=1，b=1．　　�。�5分
    （２）當b=1時，　　　　　　　
    因故方程有兩個不同實根．　　　．．．．．．．．．．．．8分
    不妨設(shè)，由可判斷的符號如下：
    當＞０；
    當＜０；
    當＞０
    因此是極大值點，是極小值點．    ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．． 11分
    所以，當b=1時，試證明：不論a取何實數(shù)，函數(shù)總有兩個不同的極值點．．．．．12分．
    21．21．解:
    （Ⅰ）設(shè)P點在平面ABCD上的射影為O, 連接CO,則∠PCO就是PC與平面ABCD所成的角,--------------------------1分
    取AB的中點M,連接PM、OM,因為PA=PB,所以PM⊥AB,由三垂線定理的逆定理得OM⊥AB,,所以∠PMO就是二面角P-AB-C的平面角，即∠PMO=600，--------------2分
    在ΔPAB中，
     
    PM=
    過O作ON⊥BC交BC于N,則BN=MO=1,
    在RtΔCON中,OC=------------------------3分
    在RtΔPOC中 ，tan∠PCO=
    即PC與平面ABCD所成的角為arctan.-------------------------------------5分
    (Ⅱ)連接AC、BD.交于點H,則H為AC的中點，取PC中點E，則PA∥HE,-----7分
    所求。---9分
    （Ⅲ）取PA中點為F,連接HF,則HF∥PC,所以∠BHF為異面直線PC與BD所成的角或其補角。----------------10分
    在ΔBHF中，
    -------12分
     COS∠BHF=
    ∠BHF=arccos,即PC與BD所成的角為 arccos。--------14分
    22．解：（Ⅰ）以AB中點為坐標原點，直線AB所在直線為x軸建立平面直角坐標系，則　A（－1,0），B（1,0）………………………………………1’
    設(shè)M（x,y）,由題意：|MP|=|MA|,|BP|=2，所以 |MB|+|MA|=2     ……..3’
    故曲線C是以A、B為焦點，長軸長為2的橢圓，……………………..5’
    其方程為x2+2y2=2  ……………………….7’
    （Ⅱ）直線l與曲線C的位置關(guān)系是相切�！�8’
    證明如下:　由（Ⅰ）知曲線C方程為x2+2y2=2，
    設(shè)P(m,n)，則P在⊙B上，故(m-1)2+n2=8，即m2+n2=7+2m
…………..9’ 
    當P、A、B共線時，直線l的方程為x=±，顯然結(jié)論成立.
………….10’
    當P、A、B
不共線時，直線l的方程為：y-=-(x-)
    整理得，y=－(x-)＋＝－x＋=－x＋  ………………….11’
    把直線l的方程代入曲線C方程得：x2+2（－x＋）2＝2
    整理得，[n2+2(m+1)2]x2-4(m+1)(m+3)x+2(m+3)2-2n2=0           
………………………12’
    判別式△＝[4(m+1)(m+3)]2-4[n2+2(m+1)2]
[2(m+3)2-2n2]= -8n2[(m+3)2-n2-2(m+1)2]
                  =-8n2[-m2-n2+2m+7]=0                        

    ∴直線l與曲線C相切　　……………………………14’
    說明：以A或B為原點建系，可參照得分.
    另證：在直線l上任取一點M’，連結(jié)M’A、M’B、MA，……………………………9’
    由垂直平分線的性質(zhì)得　|M’A|=|M’P|，……………………………11’
    ∴|M’A|+|M’B|＝|M’P|+|M’B|≥｜PB｜＝2（當且僅當M、M’重合時取”=”號）　　……13’
    ∴直線l與橢圓C有且僅有一個公共點M　　　　　　　　　　
    結(jié)論得證.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　…………14’
    23解：（Ⅰ）；由Sn+2－ (t+1)Sn+1＋tSn=0，得(t+1)Sn+1= Sn+2＋tSn，即,          
（2分）
    而 a1=t，a2=t2                                                                                         
           （3分）
     所以，當t≠0時，數(shù)列是以t為首項，t為公比的等比數(shù)列.于是 。        
    經(jīng)驗證當t=0時上述結(jié)論仍成立　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  （4分）
    （Ⅱ）由（Ⅰ）可知，則有
    （5分）
    當t≠0時
                                               
（6分）
    于是有，解得  （7分）
    所以                

    經(jīng)驗證當t=0時上述結(jié)論仍成立　                           
（9分）
    （Ⅲ）＝(tn＋t-n)　　∵(tn＋t-n)－(2n＋2-n)＝(tn－2n)[1－()n] 且＜t＜2
    ∴＜<1     ∴tn－2n＜0且1－()n<0　　                      

    ∴(tn－2n) [1－()n]<0                
                  
    ∴tn＋t-n<2n＋2-n          
                              （11分） 
    ∴ 
2（ ++ ……+）<(2+22+……+2n)+
(2-1+2-2+……+2-n)=2(2n-1)+1-2-n

    =2n+1－（1＋2-n）                                      
（12分）
    ＜2n+1－2                   
    ∴<                                  
（14分）
     
    另解：對f(t)求導(dǎo)，可得函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)減，在區(qū)間上單調(diào)增，且f()=f(2)
    于是有                                                   

    所以<
                      
=         

                      
  
    		
    
	
    
	
    
		
    


    同步練習(xí)冊答案