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13.某工厂生产A.B.C三种不同型号的产品,产品数量之比依次为3:4:7现用分层抽样方法取出一个容量为n的样本,样本中B型号产品有28件,那么此样本的容量n=
参考答案
选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)
题号 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
9 |
10 |
11 |
12 |
||
答案 |
A |
B |
D |
D |
A |
C |
A |
B |
B |
D |
B |
|
13.98 14. 15.(理)-2±
(文)(
-1)2 + 4
2 =
1 16.
三、解答题
17.解:(1)由图示,这段时间的最大温差是30-10=20()…………………………4′
(2)图中从6时到14时的图像是函数=Asin(
+
)+b的半个周期的图像.
∴.
= 14-6,解得
=
…………………………………………………………6′
由图示A = (30 - 10)=
10,b =
(30+10)
= 20,这时
=10sin(
+
)+ 20…
………………………………………………………………………………………………8′
将= 6,
=
10代入上式可取
=
,…………………………………………… 10′
综上所求的解析式为=10sin(
+
)+
20,
∈[6,14].
………………………12′
18.解:(1)设摸出的4个球中有2个白球、3个白球分别为事件A、B,
则P(A)=
=
,P(B)=
=
.……………………………4′
∵A、B为两个互斥时间,∴P(A+B)= P(A)+P(B)=
.
即摸出的4个球中有2个或3个白球的概率为………………………………………6′
(2)设摸出的4个球中全是白球为事件C,则P(C)= =
,……………10′
“至少摸出一个黑球”为事件C的对立事件,其概率为P = 1- =
. ………12′
19.证明:(1)设H为AB中点,连PH、CH.……………………………………………2′
∠PCA=△PCA
△PCB
|
在等边三角形ABC中,
平面PCH
……
………………………………………………………………………………理8′(文12′)
(2)点G.O分别在PH.CH上,平面PAC
(理)(3)由(1)可知∠PHC=为二面角P – AB – C的平面角,
为锐角,cos
> 0.
在等边三角形ABC中,CH=,PG=
PH
=
PG=2
,
设PC
=,则
2 = 3 + 12 - 12 cos
cos
=
>
0,
即
<
<
.……………12′
20.解:(1)由(
)过点P得-a
+ b + c = 2,
ˊ(
)=3a
2 + 2b
, ………………2′
因为(
)在P处的切线与
- 3
=
0垂直,所以3a –
2b = -3.
又c
= 0,解得a = 1,b = 3,所以′(
)=3
2
+ 6
.………………………………4′
令ˊ(
) = 0得
1 = 0,
2 = -2;
当x>0或< -2,
ˊ(
) > 0,当 –2 <
< 0 ,
ˊ(
) < 0,
所以(-,-2),(0,+
)是f(
)的单调递增区间,(-2,0)是
(
)的单调递减区间.
…………………………………………………………………………………………… 6′
(2)由′(
) = 3a
2 + 2b
=0,得
1=0,
2 = -
.……………………………… 8′
又因为a > 0,b > 0所以当> 0,或χ<
,
ˊ(
) > O,
因此(-,-
),(
0,+
)是
(
)的单调递增区间,……………………………10′
于是有n – m = 0 -(-) =
.由(1)知-a + b + c = 2,且3a
- 2b = -3,
所以a
= 1 - 2c > 0,b = 3 - 3c > 0,从而得c <.
n– m = =
.
= 1 -
>
1,故n – m >1.……………………12′
21.解:(1)由F(-c,0),A(0,b)知直线AP方程为 – b = -
,令
= 0得
|
设P(0,
0),P分AQ所成的比为
=
,
|
代入 +
=
1 中得2b2 = 3ac,又b2
= a2-c2,解得离心率c =
.………………6′
(2)Rt△AOF中,|
AF | = a,sin∠FAO = =
∠FAO =
,∠AQF =
,
则| FQ | = 2| AF |= 2a = 4c,故圆心B(c,0),
∴Rt△QAF的外接圆方程为(– c )2 +
2 = a2,……………………………………10′
该圆与+
+ 3 = 0相切,则d =
= a .
即c
+ 3 = 2a = 2×2cc = 1,则a =2,b2
= 3.
∴所求椭圆方程为+
=
1.……………………………………………………12′
22.解(1)(理)P1(a1,b1)为直线 = 2χ+ 2与
轴交点,则a1 = -1,b1 = 0………2′
由已知、
∈(0,+
),都有g(x.
) = g(
) +
g(
)成立,又g(2) = 1,
得g(4)
= =g(22) = g(2) + g(2) = 2,
因为n ≥ 2时,bn > 0,且g(Sn) = g(bn) + g(2+bn) - 2,( n∈N* )
所以2 + g( Sn ) = g( bn ) + g( 2+bn ),即g(4) +g( Sn ) = g( bn ) + g( 2+bn ).
所以4Sn = bn(2+bn)b2 = 2, b2 – b1
= 2;
由4Sn = bn
(2+bn)及4Sn+1 = bn+1(2 + bn+1) bn+1 - bn = 2
所以{bn}是以0为首项,2为公差的等差数列,∴bn = 2n-2 ………………………4′
因为Pn(
an,bn)( n ∈ N )在直线y = 2
+ 2上,
则bn = 2an + 2,∴an = n - 2.………………………………………………………………6′
(1)(文)解:P1=(a1,b1)为直线 = 2
+
2与
轴交点,则a1 = -1,b1 =
0 ……2′
∴an
= -1 + ( n – 1 ) = n – 2,(n∈N*)在直线
= 2
+ 2上,
则bn = 2an + 2,∴bn = 2n - 2.…………………………………………………………4′
(2)为偶数时,
(
+ 5) = ak+ 5
=
+ 3,2
(
) – 2 = 2( 2
–
2 ) – 2 = 4
- 6
由+ 3 = 4
- 6
= 3
,与
为偶数矛盾,
为奇数时,
(
+5) = bk+5 = 2
+ 8,2 ƒ (
) – 2 = 2
- 6
由2+ 8 = 2
- 6得
不存在.故满足条件的
不存在.…………………理10′(文9′)
(3)| P1Pn |2 =( n – 1 )2 + ( 2n – 2 )2 = 5( n – 1 )2,n ≥ 2,
+
+ … +
=
[
+
+
… +
]
≤[
+
… +
]
=
∴…
+
………………………14′