作业第Ⅰ套
法1:排列组合法,含有(x^2)项的有两个来源:其一(C_3^1cdot x^2cdot C_2^2cdot 2^2),其二为(C_3^2cdot (x^2)^2cdot C_1^1cdot cfrac{1}{x^2});
则故其和为(3cdot 4cdot x^2+3cdot x^2=15x^2),故选(B)
法2:转化划归法,三项式转化为二项式,具体解法见对应博客。
法3:((x^2+cfrac{1}{x^2}+2)^3=(x+cfrac{1}{x})^6),再求解。
法1:向上抛掷一个质地均匀的骰子4次,共有结果(6 imes 6 imes 6 imes 6)种,每一种结果可以用四维坐标((x,y,z,s))来表示;其中朝上的面是奇数的次数大于朝上的面是偶数的次数共有(C_4^3 imes 3 imes 3 imes 3 imes 3)(三个数位上为奇数,一个数位上为偶数)和(C_4^4 imes 3 imes 3 imes 3 imes 3)(四个数位上都为奇数),即共有(5 imes 3 imes 3 imes 3 imes 3),故所求概率为(P=cfrac{5 imes 3 imes 3 imes 3 imes 3}{6 imes 6 imes 6 imes 6}=cfrac{5}{16}),故选(C)。
法2:向上抛掷一个质地均匀的骰子4次,共有结果(6 imes 6 imes 6 imes 6)种,每一种结果可以用四维坐标((x,y,z,s))来表示;其中每一个数位上出现奇数和偶数的概率都是(cfrac{1}{2}),依次设每一个数位上出现奇数为事件(A_1,A_2,A_3,A_4),则(P(A_1)=P(A_2)=P(A_2)=P(A_4)=cfrac{1}{2}),且这些事件之间是相互独立的,故抛掷4次相当于做了4次独立重复实验;
设随机变量(X)表示每一个数位上出现奇数的次数,则(Xsim B(4,cfrac{1}{2}));
所求概率即(P=P(X=3)+P(X=4)=C_4^3 imes (cfrac{1}{2})^3(1-cfrac{1}{2})^{4-3}+C_4^4 imes (cfrac{1}{2})^4(1-cfrac{1}{2})^{4-4}=cfrac{5}{16}),故选(C)。
分析:令(g(x)=(a^2-4)x^5+2x^3+(a-2)x+sin2x),则(g(x))为奇函数,则(g(-x)=-g(x)),
这样(f(x)=g(x)+1),由于(f(3)=g(3)+1=10),
令(f(-3)=m=g(-3)+1),两式相加得到,
(g(3)+1+g(-3)+1=10+m),即(g(3)+g(-3)+2=10+m),即(2=10+m),
解得(m=-8),即(f(-3)=-8),故选(A)。
分析:如图所示,可知(a=2),
由双曲线的定义可知,(|AF_2|-|AF_1|=2a=4),(|BF_2|-|BF_1|=2a=4),
则(|AF_2|=|AF_1|+4),(|BF_2|=|BF_1|+4),
又由于(|AF_2|+|BF_2|ge 13),即(|AF_1|+4+|BF_1|+4ge 13),
即(|AF_1|+|BF_1|ge 5),即(|AB|ge 5),
又由于过焦点的弦中,只有通径最小,故(AB)为通径,
则可知(A(-c,cfrac{5}{2})),
由(left{egin{array}{l}{cfrac{x^2}{4}-cfrac{y^2}{b^2}=1}\{x=-c}end{array} ight.),以及(y=cfrac{5}{2}),
代入得到(cfrac{c^2}{4}-1=cfrac{y^2}{b^2}),即变形得到(b^2cdot cfrac{c^2-4}{4}=y^2=cfrac{25}{4}),
即(b^2(c^2-4)=25),即((c^2-4)(c^2-4)=25),即(c^2-4=5),
故(c=3),又(a=2),则(e=cfrac{c}{a}=cfrac{3}{2}),故选(A)。
分析:如图所示,
由题可知,焦点坐标为((cfrac{m}{4},0)),准线为(x=-cfrac{m}{4}),
故焦点(C)到准线的距离为(cfrac{m}{2});
又由于(OA=OB=2sqrt{2}),(S_{ riangle OAB}=4),
则(S_{ riangle OAB}=cfrac{1}{2} imes 2sqrt{2} imes 2sqrt{2} imes sinangle AOB=4),
则(sinangle AOB=1),即(angle AOB=cfrac{pi}{2}),
故( riangle OAB)为等腰直角三角形,则(A(2,2)),
代入(y^2=mx)求得,(m=2),
故焦点(C)到准线的距离为(cfrac{m}{2}=1);故选(D)。
分析:如图所示,三视图的实物图可以从正方体中得到,是四棱锥(D-A_1BCD_1),故其外接球的直径为(A_1C=BD_1=sqrt{3}),则半径为(R=cfrac{sqrt{3}}{2}),表面积为(S=4pi R^2=3pi),故选(A)。
分析:过点(P)作(PN)垂直准线于点(N),过点(Q)作(QC)垂直准线于点(C),
则由抛物线的定义可知,(|QF|=|QC|),(|PN|=|PF|),
由(overrightarrow{MP}+2overrightarrow{FP}=vec{0}),可知(|PM|=2|PN|),又由于(RT riangle PNM),则(angle NMP=30^{circ})。
在(RT riangle PNM)中,(|BF|=2),(angle BMF=30^{circ}),故(|MF|=4),设(|FQ|=x),
又由平行线分线段成比例定理可知,(cfrac{4}{4+x}=cfrac{2}{x}),解得(x=4),则(|FQ|=4),故选(B)。
分析:完全分离参数法,得到方程(x^2-xcosx+sinx=m)有两个不同的实数根,
即函数(y=m)和函数(f(x)=x^2-xcosx+sinx)的图像有两个不同的交点,
以下用导数法求函数(f(x))的单调性;
(f'(x)=2x-cosx+xsinx+cosx=2x+xsinx=x(2+sinx)),
由于(2+sinx>0)恒成立,故
当(xin(-infty,0))时,(f'(x)<0),(f(x))单调递减,
当(xin(0,+infty))时,(f'(x)>0),(f(x))单调递增,
故当(x=0)时,函数(f(x)_{min}=f(0)=0),
借助函数的大致图像可知,
要使得函数(y=m)和函数(f(x)=x^2-xcosx+sinx)的图像有两个不同的交点,
则实数(m)的取值范围是((0,+infty))。
作业第Ⅱ套
分析:
由图可知,实物图为三棱锥(D-ABC),且有(AB=BC=CD=AD=2),(AE=CE=1),(angle BED=cfrac{pi}{2}),面(ADCperp)面(ABC),故可求得(DE=BE=sqrt{3}),则最长的侧棱(BD)与底面所成的角为可知(angle DBE=45^{circ})。
分析:设点(A(x_1,y_1)),点(B(x_2,y_2)),其中点坐标为((x_0,y_0))
则有(y_1^2=2px_1),(y_2^2=2px_2),两式做差(点差法)得到,
((y_1+y_+2)(y_1-y_2)=2p(x_1-x_2)(x_1+x_2)),即(cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=cfrac{2p}{y_1+y_2}),
即(cfrac{p}{cfrac{y_1+y_2}{2}}=k_{AB}=1),即(y_0=p),
由于抛物线的焦点坐标为((cfrac{p}{2},0)),则直线(AB)方程为(y=x-cfrac{p}{2}),
则其中垂线方程为(y-2=-1(x-0)),联立解得,
(y_0=1-cfrac{p}{4}),故(y_0=p=1-cfrac{p}{4}),解得(p=cfrac{4}{5}),故选(B)。
(A.)有最小值(30)或最大值(-30);
(B.)有最大值(10sqrt{2});
(C.)有最小值(-30)或最大值(30);
(D.)无最大值也无最小值;
分析:由等比数列性质可知,(a_5a_{16}=a_{10}a_{11}),又由于(a_5a_{16}=a_1^2cdot q^{19}=225),
则可知(q>0),但是(a_1>0)或(a_1<0),
当(a_1>0)且(q>0)时,(a_{10}>0),(a_{11}>0),此时
(a_{10}+a_{11}ge 2sqrt{a_{10}a_{11}}=2sqrt{225}=30);
当(a_1<0)且(q>0)时,(a_{10}<0),(a_{11}<0),此时
(a_{10}+a_{11}=-[(-a_{10})+(-a_{11})]leq -2sqrt{(-a_{10})(-a_{11})}=-2sqrt{225}=-30);故选(A)。
分析:由于正态分布曲线的对称轴(mu=80),故借助正态分布曲线可知(P(80leq X< 90)=0.2),故(P(70leq X<80)=0.2),
则(P(Xge 70)=P(70leq X<80)+P(80leq X<90)+P(Xge 90)=0.2+0.2+0.3=0.7),
故成绩不低于70分的学生人数约为(2000 imes 0.7=1400)。故选(B)。
分析:其渐近线为(sqrt{3}xpm ay=0),圆(C:x^2+y^2-4x+3=0)即((x-2)^2+y^2=1),
则由题目可知,圆心((2,0))到渐近线的距离为半径,则(cfrac{|2sqrt{3}+acdot 0|}{sqrt{3+a^2}}=1),解得(a=3),
故双曲线的实轴长为(2a=6),故选(B)。
分析:由通项公式可知,(T_{r+1}=C_6^rcdot (tx)^{6-r}cdot (-cfrac{1}{x})^r=C_6^rcdot t^{6-r}cdot x^{6-r}cdot (-1)^rcdot x^{-r})
(=C_6^rcdot t^{6-r}cdot (-1)^rcdot x^{6-2r}),令(6-2r=0),则(r=3),
则常数项为(C_6^3cdot t^3cdot (-1)^3=-160),解得(t=2),
即二项式为((2x-cfrac{1}{x})^6),展开式的各项系数之和的求法,
令(x=1),则各项系数之和为((2-1)^6=1),故选(B)。
分析:由于(3^4=81<162<243=3^5),则(4<log_3162<5),故(f(log_3162)=f(log_3162-4)=f(log_3cfrac{162}{81})=f(log_32))
而(0<log_32<1),则(-1<-log_32<0)故由函数为奇函数可知,
(f(log_32)=-f(-log_32)=-f(log_3cfrac{1}{2})=-3^{log_3frac{1}{2}}=-cfrac{1}{2}),故选(B)。
分析:令(g(x)=left{egin{array}{l}{e^x-e,0<xleq 1}\{cfrac{1}{x}-1,1<xleq e}end{array} ight.),则原函数转化为(f(x)=g(x)-kx),
则函数(f(x))有且仅有三个零点,转化为方程(g(x)=kx)有且仅有三个不同实数根,
即再次转化为形,函数(y=g(x))与函数(y=kx)有且仅有三个不同交点,
在同一个坐标系中做出两个函数的图像如下图所示,用手工完全能做出来;
两个函数有三个交点的临界状态之一为直线(y=kx)过点(A(e,cfrac{1}{e}-1))时,
此时的斜率(k=cfrac{cfrac{1}{e}-1-0}{e-0}=cfrac{1-e}{e^2});
另一个临界状态为直线(y=kx)和(y=g(x))的第二支函数相切的时候,
设此时的切点为(P(x_0,y_0)),由(g'(x)=-cfrac{1}{x^2}),
可得(left{egin{array}{l}{k=-cfrac{1}{x_0^2}}\{y_0=kx_0}\{y_0=cfrac{1}{x_0}-1}end{array} ight.),解得(x_0=2),即此时的斜率(k=-cfrac{1}{4}),
故两个函数的图像有且仅有三个交点时的(k)的取值范围是(-cfrac{1}{4}<kleq cfrac{1-e}{e^2}),故选(C)。
分析:(cos<vec{m},vec{n}>=cfrac{vec{m}cdot vec{n}}{|vec{m}||vec{n}|}=cfrac{sqrt{3}sinx+cosx}{2 imes 1}=cfrac{2sin(x+cfrac{pi}{6})}{2})
(=sin(x+cfrac{pi}{6})=cos120^{circ}=-cfrac{1}{2}),
则(x+cfrac{pi}{6}=-cfrac{pi}{6}),解得(x=-cfrac{pi}{3})。
分析:设指数函数(y=f(x)=a^x),由于经过点(B(1,e)),由待定系数法可知,(f(x)=e^x),
设幂函数(y=g(x)=x^{alpha}),由于经过点(Q(2,4)),由待定系数法可知,(g(x)=x^2),
由图可知,所求概率为(P=cfrac{S_{阴影}}{S_{矩形}}),其中(S_{矩形}=1 imes e=e),
(S_{阴影}=displaystyleint_{0}^{1} (e^x-x^2)\, dx=e^xigg|_{0}^{1}-cfrac{x^3}{3}igg|_{0}^{1}=e-cfrac{4}{3}),
故所求概率为(P=cfrac{e-cfrac{4}{3}}{e}=1-cfrac{4}{3e}).
分析:做出示意图,如图所示,(E)为点(S)在下底面上的垂足,(O)为外接球的球心,由球(O)的表面积为(16pi),解得半径(r=2),
即(OS=OA=2),又(SA=2sqrt{3}),取(SA)的中点为(F),则由等腰三角形得到(OFperp SA),
且由(SF=sqrt{3}),(SO=2),得到(OF=1),且有(angle FSO=30^{circ}),
则在(Rt riangle SAE)中,(angle ASE=30^{circ}),(SA=2sqrt{3}),解得(h=SE=2sqrt{3} imes sin60^{circ}=3)。
补记:有空思考补体法。
分析:由点((n,cfrac{S_n}{n}))均在函数(y=x)上,得到(cfrac{S_n}{n}=n) ,即(S_n=n^2),由此求得(a_n=2n-1),
则(b_n=cfrac{1}{(2n-1)(2n+1)}=cfrac{1}{2}(cfrac{1}{2n-1}-cfrac{1}{2n+1})),
故(T_n=cdots=cfrac{1}{2}(1-cfrac{1}{2n+1})=cfrac{n}{2n+1}=cfrac{2018}{4037}),解得(n=2018)。
现在微信支付已成为人们日常流行的一种付款方式,某大型超市为了鼓励顾客使用微信支付,特举办微信支付活动一个月,规定:凡是在这个月内使用微信付款次数达到60次即由精美奖品,否则无奖品。
现从该超市数据信息中随机选取已使用微信付款的40名顾客,且男女比例相同,将他们的数据整理如下表:
次数 | <40 | 40~49 | 50~59 | 60~69 | $ge $70 |
---|---|---|---|---|---|
男 | (2) | (3) | (2) | (7) | (6) |
女 | (1) | (3) | (8) | (6) | (2) |
(1)根据题意完成下面的(2 imes 2)列联表,并据此判断能否有90%的把握认为“是否获奖”与“性别”有关?
有奖 | 无奖 | 总计 | |
---|---|---|---|
男 | (13) | (7) | (20) |
女 | (8) | (12) | (20) |
总计 | (21) | (19) | (40) |
(chi^2=cfrac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}=cfrac{40(13 imes12-7 imes 8)^2}{20 imes20 imes21 imes19}approx 2.5<2.706),
所以没有90%的把握认为“是否获奖”与“性别”有关。
(2)在这40名顾客中,从支付次数达到70的人中随机抽取3人,设抽取的女性有(X)人,求(X)的分布列及数学期望(E(X))。
附:参考公式(chi^2=cfrac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}),
参考数据:
解析:支付次数达到70的顾客共有8人,其中6名男性,2名女性,从中随机抽取3人,抽取的女性人数服从超几何分布,(X)的所有可能取值为(0,1,2)
且(P(X=0)=cfrac{C_6^3}{C_8^3}=cfrac{20}{56}),(P(X=1)=cfrac{C_2^1C_6^2}{C_8^3}=cfrac{30}{56}),
(P(X=2)=cfrac{C_2^2C_6^1}{C_8^3}=cfrac{6}{56}),
所以分布列如下,略。
数学期望为(E(X)=0 imes cfrac{20}{56}+1 imes cfrac{30}{56}+2 imes cfrac{6}{56}=cfrac{3}{4})。
作业第Ⅲ套
法1:完全分离参数法,即(b=x^2+lnx-3x)有唯一实数解,即(g(x)=x^2+lnx-3x)与(y=b)有唯一的交点。
(g'(x)=2x+cfrac{1}{x}-3=cfrac{2x^2-3x+1}{x}=cfrac{(2x-1)(x-1)}{x}),
则可知当(0<x<cfrac{1}{2})时,(g'(x)>0),(g(x))单调递增;
当(cfrac{1}{2}<x<1)时,(g'(x)<0),(g(x))单调递减;
当(x>1)时,(g'(x)>0),(g(x))单调递增;
故(g(x)_{极大}=g(cfrac{1}{2})=-cfrac{5}{4}-ln2),(g(x)_{极小}=g(1)=-2),
在同一个坐标系中做出两个函数的图像,由图像可知两个函数图像要有唯一的交点,
则 (bin (-infty,-2)cup(-cfrac{5}{4}-ln2,+infty))。
法2:也可以考虑不完全分离参数法,(b-lnx=x^2-3x),当转化为两个函数图像有两个交点时,由于两个函数的凹凸性,都不太好表述,故放弃;
法3:也可以考虑不完全分离参数法,(-lnx=x^2-3x-b),当转化为两个函数图像有两个交点时,由于两个函数的凹凸性,都不太好表述,故放弃;
引申思考:
①若方程(f(x)=0)有两个实数解,则实数(b)的值是(b=-cfrac{5}{4}-ln2)或(b=-2)。
②若方程(f(x)=0)有三个实数解,则实数(b)的值是(bin(-2,-cfrac{5}{4}-ln2))。
③若方程(f(x)=0)没有实数解,则实数(b)的值是(binvarnothing)。
④若方程(f(x)=0)至少有一个实数解,则实数(b)的值是(bin(-infty,-2]cup[-cfrac{5}{4}-ln2,+infty))。
分析:做出如下图所示的示意图,
由(angle BAC=cfrac{2pi}{3})可知,(angle BAE=cfrac{pi}{3}),且有(OO'perp AE),(APperp AE),
连结(BE),由(AE)是圆(O')的直径,故(angle ABE=cfrac{pi}{2}),又由(angle BEA=cfrac{pi}{6}),
则(AE=2AB=2),故(AO'=1),在( riangle AOO')中,(AO=2),由勾股定理可知(OO'=sqrt{3}),
则由( riangle AOO' sim riangle APE)可知,(PE=2sqrt{3}),易知(PE)即为三棱锥(S-ABC)的高。
故三棱锥的体积(V_{S-ABC}=cfrac{1}{3} imes cfrac{1}{2} imes 1 imes 1 imes sin120^{circ} imes PE)
(=cfrac{1}{3} imes cfrac{1}{2} imes 1 imes 1 imes cfrac{sqrt{3}}{2} imes 2sqrt{3}=cfrac{1}{2})。
分析:由于点(P(-1,2))在直线(l)上,则有(-a+2b-3=0),即(b=cfrac{a+3}{2})①;
又由于圆(M:(x+2)^2+y^2=5),则圆心为((-2,0)),半径为(r=sqrt{5}),
由直线和圆相切,得到(cfrac{|-2a-3|}{sqrt{a^2+b^2}}=sqrt{5})②,
化简②得到,(a^2-12a-9+5b^2=0),将(b=cfrac{a+3}{2})代入,得到
(a=1),从而(b=2),故直线(l)的方程为(x+2y-3=0)。
法1:用递推关系求得(a_1),(a_2),(a_3),(a_4),从而求得(8S_4=-65),是最简思路。
法2:消掉(S_n),求得(a_n),再求得(8S_4);
法3:消掉(a_n),求得(S_n),再求得(8S_4);
注意解法思路的选择,以及时间和运算成本。
解析:(f'(x)=-sinx-cfrac{1}{2}cdot 2cdot cos2x)
(=-sinx-cos2x)
(=-sinx-(1-2sin^2x))
(=2sin^2x-sinx-1=(sinx-1)(2sinx+1)),
由于(-1leq sinxleq 1),故(sinx-1leq 0),
则令(f'(x)>0),即((sinx-1)(2sinx+1)> 0),即(2sinx+1<0),
即(sinx<-cfrac{1}{2}),解得(2kpi+cfrac{7pi}{6}<x<2kpi+cfrac{11pi}{6}(kin Z)),
令(f'(x)<0),即((sinx-1)(2sinx+1)<0),即(2sinx+1>0),
即(sinx>-cfrac{1}{2}),解得(2kpi-cfrac{7pi}{6}<x<2kpi+cfrac{7pi}{6}(kin Z)),
即单调递减区间为([2kpi-cfrac{7pi}{6},2kpi+cfrac{7pi}{6}](kin Z)),
单调递增区间为([2kpi+cfrac{7pi}{6},2kpi+cfrac{11pi}{6}](kin Z)),
故当(x=2kpi+cfrac{11pi}{6})时,(f(x))取得最大值;
(f(x)_{max}=cos(2kpi+cfrac{11pi}{6})-cfrac{1}{2}sin2(2kpi+cfrac{11pi}{6}))
(=cos(2pi-cfrac{pi}{6})-cfrac{1}{2}sin(4pi-cfrac{pi}{3}))
(=cfrac{sqrt{3}}{2}+cfrac{1}{2}cdotcfrac{sqrt{3}}{2}=cfrac{sqrt{3}}{4})。