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13.的展开式中,常数项为__________。(用数字作答)
文科数学参考答案及评分标准
一、选择题
ACDB D BABC C DA
二、填空题
13.210 14. 15. 16.①④
三、解答题
17. 解:(1)∵等差数列中,公差,
∴….(6分)
18. 解:(1)由于函数经过点(π,2),且单调递增区间的最大长度为2π,所以函数的周期是4π,………2分
因此有,解得,………………5分
所以函数f (x)的解析式是f (x)=4sin(x-).……………………6分
(2) g(x)= f(x+3π)= 4sin(x+-)=-4cos (x-).…………………………9分
令2kπ-≤x-≤2kπ,得4kπ≤x≤4kπ+ (k∈Z),所以g(x)的单调递减区间是[4kπ,4kπ+](k∈Z).
令2kπ≤x-≤2kπ+,得4kπ+≤x≤4kπ+ (k∈Z),所以g(x)的单调递增区间是[4kπ+,4kπ+ ](k∈Z).………………12分
19. 解法一:(Ⅰ)延长C1F交CB的延长线于点N,连结AN.因为F是BB1的中点,
所以F为C1N的中点,B为CN的中点. 又M是线段AC1的中点,故MF//AN.
……4分
(Ⅱ)证明:连BD,由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1 可知:平面ABCD,
又∵BD平面ABCD, 四边形ABCD为菱形,
在四边形DANB中,DA∥BN且DA=BN,所以四边形DANB为平行四边形.
故NA∥BD,平面ACC1A1. ACC1A ……8分
(Ⅲ)由(Ⅱ)知BD⊥ACC1A1,又AC1 ACC1A1, ∴BD⊥AC1,∵BD//NA,∴AC1⊥NA.
又由BD⊥AC可知NA⊥AC, ∴∠C1AC就是平面AFC1与平面ABCD所成二面角的平面角.
在Rt△C1AC中,, 故∠C1AC=30°.
∴平面AFC1与平面ABCD所成二面角的大小为30°. ……12分
解法二:设ACBD=O,因为M、O分别为C1A、CA的中点,所以,MO//C1C,
又由直四棱柱知C1C⊥平面ABCD,所以,MO⊥平面ABCD.
故可以O为原点,OB、OC、OM所在直线分别为轴、轴、轴如图建立空间直角坐标系,若设|OB|=1,则B(1,0,0),B1(1,0,2),A(0,,0),C(0,,0),C1(0,,2).
(I)由F、M分别为B1B、C1A的中点可知:F(1,0,1),M(0,0,1), 所以(1,0,0)=
|
平面ABCD,OB平面ABCD,
∥平面ABCD. …… 4分
(III)(1,0,0)为平面ACC1A1的法向量.
设为平面AFC1的一个法向量,
则 由,
得: 令得,此时,.
由于,所以,平面AFC1⊥平面ACC1A1. …… 8分
(III)为平面ABCD的法向量,设平面AFC1与平面ABCD所成锐二面角的大小为,则 所以=30°
即平面AFC1与平面ABCD所成锐二面角的大小为30°.……12分
20. 解:设从甲袋中取出个白球的事件为,从乙袋中取出个白球的事件为其中=0,1,2,则,.
(1) ,,
所以………………………..6分
(2) 至少取得三个黑球的概率,可以分两三种情况三黑一白、四黑.则
……………………………………………………………12分
21. 解: 恒成立,
只需小于的最小值,…………………………………………2分
而当时,≥3,……………………………………………4分
.……………………………………………………6分
存在极大值与极小值,
有两个不等的实根,…………………………8分
,
或.…………………………………………………………10分
要使命题“P且Q”为真,只需,故m的取值范围为[2,6].…………12分
22.解:(1)双曲线x2-y2=1的两个焦点分别是F1(-,0),F2(,0),从而以F1F2为直径的圆O的方程为x2+y2=2,由于直线y=kx+b与圆O相切,所以有
即b2=2(k2+1)(k≠±1) (2分)
设A(x1,y1),B(x2,y2),则由
可得(k2-1)x2+2kbx+(b2+1)=0,其中k2≠1
∴x1+x2=
从而
=x1x2+(kx1+b)(kx2+b)=
=(1+k2).
又且b2=2(k2+1)
∴(1+k2).
即 2k2+3-4k2+k2-1=0
∴k2=2 ∴k=± (6分)
此时满足△=4k2b2-4(k2-1)(b2+1)>0得k2≠1
从而k=± b=±
所以直线l的方程为k=±x+或y=±x-
(2)类似于(1)可得m=
∴2k2+3-4k2+2k2-2=mk2-m
∴k2=1+
根据弦长公式
|AB|=
=
=2
∵S△AOB=
= (12分)
而2≤m≤4
∴当m=2时,△AOB的面积最小,其值为
当m=4时,△AOB的面积最大,其值为
因此△AOB面积的取值范围是[3] (14分)