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在正項(xiàng)數(shù)列{a_n}中，令S_n=．
（Ⅰ）若{a_n}是首項(xiàng)為25，公差為2的等差數(shù)列，求S₁₀₀；
（Ⅱ）若（P為正常數(shù)）對(duì)正整數(shù)n恒成立，求證{a_n}為等差數(shù)列；
（Ⅲ）給定正整數(shù)k，正實(shí)數(shù)M，對(duì)于滿足a₁²+a_k+1²≤M的所有等差數(shù)列{a_n}，求T=a_k+1+a_k+2+…a_2k+1的最大值．

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在正項(xiàng)數(shù)列{a_n}中，令S_n=．
（Ⅰ）若{a_n}是首項(xiàng)為25，公差為2的等差數(shù)列，求S₁₀₀；
（Ⅱ）若（P為正常數(shù)）對(duì)正整數(shù)n恒成立，求證{a_n}為等差數(shù)列；
（Ⅲ）給定正整數(shù)k，正實(shí)數(shù)M，對(duì)于滿足a₁²+a_k+1²≤M的所有等差數(shù)列{a_n}，求T=a_k+1+a_k+2+…a_2k+1的最大值．

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在正項(xiàng)數(shù)列{a_n}中，令S_n=．
（Ⅰ）若{a_n}是首項(xiàng)為25，公差為2的等差數(shù)列，求S₁₀₀；
（Ⅱ）若（P為正常數(shù)）對(duì)正整數(shù)n恒成立，求證{a_n}為等差數(shù)列；
（Ⅲ）給定正整數(shù)k，正實(shí)數(shù)M，對(duì)于滿足a₁²+a_k+1²≤M的所有等差數(shù)列{a_n}，求T=a_k+1+a_k+2+…a_2k+1的最大值．

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一、填空題

1． ；   2．；   3．；   4．；    5．；

6．；      7．；   8．3；    9．．   10．

11．；   12．；  13．；      14．．

二、解答題

15．解：（1）由得：

，

由正弦定理知:  ，

（2），

由余弦定理知：

16．解：（Ⅰ）證明：取的中點(diǎn)，連接

因?yàn)?sub>是正三角形，

所以

又是正三棱柱，

所以面，所以

所以有面

因?yàn)?sub>面

所以；

（Ⅱ）為的三等分點(diǎn)，．

連結(jié)，，

∵ ，∴ ．

∴ ， ∴

又∵面，面

∴ 平面

17．解 （Ⅰ）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x,y）,由P（x,y）在橢圓上，得

又由知，

所以

   （Ⅱ） 當(dāng)時(shí)，點(diǎn)（，0）和點(diǎn)（－，0）在軌跡上．

當(dāng)且時(shí)，由，得．

又，所以T為線段F₂Q的中點(diǎn)．

在△QF₁F₂中，，所以有

綜上所述，點(diǎn)T的軌跡C的方程是

（Ⅲ） C上存在點(diǎn)M（）使S=的充要條件是

由③得，由④得  所以，當(dāng)時(shí)，存在點(diǎn)M，使S=；

當(dāng)時(shí)，不存在滿足條件的點(diǎn)M．

當(dāng)時(shí)，，

由，

，

，得

18．解：（1）（或）（）

（2）

當(dāng)且僅當(dāng)，即V=4立方米時(shí)不等式取得等號(hào)

所以，博物館支付總費(fèi)用的最小值為7500元．

（3）解法1：由題意得不等式：

當(dāng)保護(hù)罩為正四棱錐形狀時(shí)，，代入整理得：，解得；

當(dāng)保護(hù)罩為正四棱柱形狀時(shí)，，代入整理得：，解得

又底面正方形面積最小不得少于，所以，底面正方形的面積最小可取1.4平方米

解法2. 解方程，即得兩個(gè)根為

由于函數(shù)在上遞減，在上遞增，所以當(dāng)時(shí)，總費(fèi)用超過8000元，所以V取得最小值 

由于保護(hù)罩的高固定為2米，所以對(duì)于相等體積的正四棱錐與正四棱柱，正四棱柱的底面積是正四棱錐底面積的．所以當(dāng)保護(hù)罩為正四棱柱時(shí)，保護(hù)罩底面積最小， m² 

又底面正方形面積最小不得少于，，所以，底面正方形的面積最小可取1.4平方米

19．解：（Ⅰ）令得

當(dāng)為增函數(shù)；

當(dāng)為減函數(shù)，

可知有極大值為

（Ⅱ）欲使在上恒成立，只需在上恒成立，

設(shè)

由（Ⅰ）知，，

（Ⅲ），由上可知在上單調(diào)遞增，

  ①，

 同理  ②

兩式相加得

20．解：（1）證明：因?yàn)?sub>

所以即

可化為:

當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)

故 

（2）因?yàn)?sub>

 =

 =

又由可知 =

即 =

解之得  

故得所以

因此的通項(xiàng)公式為..

   （3）解：

所以

即S的最大值為

三、附加題

21A．（1）∵DE²=EF?EC，∴DE : CE=EF: ED．

          ∵ÐDEF是公共角，

          ∴ΔDEF∽ΔCED．  ∴ÐEDF=ÐC．

          ∵CD∥AP，    ∴ÐC=Ð P．

          ∴ÐP=ÐEDF．

（2）∵ÐP=ÐEDF，    ÐDEF=ÐPEA，

     ∴ΔDEF∽ΔPEA． ∴DE : PE=EF : EA．即EF?EP=DE?EA．

     ∵弦AD、BC相交于點(diǎn)E，∴DE?EA=CE?EB．∴CE?EB=EF?EP．

21B．法一：特殊點(diǎn)法

在直線上任取兩點(diǎn)（2、1）和（3、3），…………1分

則?即得點(diǎn)  …………3 分

即得點(diǎn)

將和分別代入上得

則矩陣 …………6 分

則     …………10 分

法二：通法

設(shè)為直線上任意一點(diǎn)其在M的作用下變?yōu)?sub>…………1分

則…………3分

代入得：

其與完全一樣得

則矩陣         …………6分

則           …………10分

21C．法一：將直線方程化為，    ………4分

，                       ………6分

設(shè)動(dòng)點(diǎn)P，M，則 ，    ………8分

又 ，得；                        ………10分

法二：以極點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，

將直線方程化為，………………4分

設(shè)P，M，，………6分

又MPO三點(diǎn)共線，， …………8分

轉(zhuǎn)化為極坐標(biāo)方程．   ………10分

21D．證明：  ∵a、b、c均為實(shí)數(shù)．

∴（＋）≥≥，當(dāng)a=b時(shí)等號(hào)成立；

（＋）≥≥，當(dāng)b=c時(shí)等號(hào)成立；

（＋）≥≥．

三個(gè)不等式相加即得++≥++，

當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí)等號(hào)成立.

22．解：（I）以O(shè)為原點(diǎn)，OB，OC，OA分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．

則有A（0，0，1），B（2，0，0），C（0，2，0），E（0，1，0）．

 cos<>．

由于異面直線BE與AC所成的角是銳角，故其余弦值是．

（II），，

設(shè)平面ABE的法向量為，

則由，，得

取n＝（1，2，2），

平面BEC的一個(gè)法向量為n₂＝（0，0，1），

．

由于二面角A－BE－C的平面角是n₁與n₂的夾角的補(bǔ)角，其余弦值是－．

23．解：的所有可能取值有6，2，1，-2；，

，

故的分布列為：

6

2

1

-2

0.63

0.25

0.1

0.02

（2）

（3）設(shè)技術(shù)革新后的三等品率為，則此時(shí)1件產(chǎn)品的平均利潤為

依題意，，即，解得 所以三等品率最多為