已知△ABC,若对任意t∈R,≥,则△ABC一定为
A.锐角三角形 B.钝角三角形 C.直角三角形 D.答案不确定
知识点:9.正弦定理和余弦定理(解三角形)
C
解:令∠ABC=α,过A作AD⊥BC于D,由≥,推出
-2t· +t2≥,令t=,代入上式,得
-2cos2α+cos2α≥,即 sin2α≥,
也即sinα≥.从而有≥.由此可得∠ACB=.
设logx(2x2+x-1)>logx2-1,则x的取值范围为
A.<x<1 B.x>且x≠1 C. x>1 D. 0<x<1
知识点:2.一元二次不等式及不等式的解法
B
解:因为,解得x>且x≠1.由logx(2x2+x-1)>logx2-1,
Þ logx(2x3+x2-x)>logx2Þ 或.解得0<x<1或x>1.
所以x的取值范围为x>且x≠1.
已知集合A={x|5x-a≤0},B={x|6x-b>0},a,b∈N,且A∩B∩N={2,3,4},则整数对(a,b)的个数为
A.20 B.25 C.30 D.42
知识点:3.集合的基本运算
C
解:5x-a≤0Þx≤;6x-b>0Þx>.要使A∩B∩N={2,3,4},则
,即所以数对(a,b)共有C61C51=30个.
在直三棱柱A1B1C1-ABC中,∠BAC=,AB=AC=AA1=1.已知G与E分别为A1B1和CC1的中点,D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点).若GD⊥EF,则线段DF的长度的取值范围为
A.[,1) B.[,2) C.[1,) D.[,)
知识点:6.直线、平面垂直的判定及其性质
A
解:建立直角坐标系,以A为坐标原点,AB为x轴,AC为y轴,AA1为z轴,则F(t1,0,0)(0<t1<1),E(0,1,),G(,0,1),D(0,t2,0)(0<t2<1).所以=(t1,-1,-),=(-,t2,-1).因为GD⊥EF,所以t1+2t2=1,由此推出0<t2<.又=(t1,-t2,0),
=\s\do4(12=\s\do4(22=,从而有≤<1.
设f(x)=x3+log2(x+),则对任意实数a,b,a+b≥0是f(a)+f(b)≥0的
A. 充分必要条件 B. 充分而不必要条件
C. 必要而不充分条件 D. 既不充分也不必要条件
知识点:5.充分条件与必要条件
A
解:显然f(x)=x3+log2(x+)为奇函数,且单调递增.于是
若a+b≥0,则a≥-b,有f(a)≥f(-b),即f(a)≥-f(b),从而有f(a)+f(b)≥0.
反之,若f(a)+f(b)≥0,则f(a)≥-f(b)=f(-b),推出a≥-b,即a+b≥0.
数码a1,a2,a3,…,a2006中有奇数个9的2007位十进制数的个数为
A.(102006+82006) B.(102006-82006) C.102006+82006 D.102006-82006
知识点:2.基本算法语句
B
解:出现奇数个9的十进制数个数有A=C20061 92005+C20063 92003+…+C200620059.又由于
(9+1)2006=k=0ΣC2006k 92006-k以及(9-1)2006=k=0ΣC2006k (-1)k92006-k
从而得
A=C20061 92005+C20063 92003+…+C200620059=(102006-82006).
设f(x)=sin4x-sinxcosx+cos4x,则f(x)的值域是 .
知识点:5.三角函数的求值、化简与证明
[0,]
解:f(x)=sin4x-sinxcosx+cos4x=1-sin2x- sin22x.令t=sin2x,则
f(x)=g(t)=1-t-t2=-(t+)2.因此-1≤t≤1ming(t)=g(1)=0,-1≤t≤1max g(t)=g(-)=.
故,f(x)∈[0,].
若对一切θ∈R,复数z=(a+cosθ)+(2a-sinθ)i的模不超过2,则实数a的取值范围为 .
知识点:2.复数的几何意义
填[-,].
解:依题意,得|z|≤2Û(a+cosθ)2+(2a-sinθ)2≤4Û2a(cosθ-2sinθ)≤3-5a2.
Û-2asin(θ-φ)≤3-5a2(φ=arcsin)对任意实数θ成立.
Û2|a|≤3-5a2Þ|a|≤,故 a的取值范围为[-,].
已知椭圆+=1的左右焦点分别为F1与F2,点P在直线l:x-y+8+2=0上. 当∠F1PF2取最大值时,比的值为 .
知识点:4.直线与圆锥曲线的位置关系
-1
解:由平面几何知,要使∠F1PF2最大,则过F1,F2,P三点的圆必定和直线l相切于点P.直线l交x轴于A(-8-2,0),则∠APF1=∠AF2P,即∆APF1∽∆AF2P,即
= ⑴
又由圆幂定理,
|AP|2=|AF1|·|AF2| ⑵
而F1(-2,0),F2(2,0),A(-8-2,0),从而有|AF1|=8,|AF2|=8+4.
代入⑴,⑵得,====-1.
底面半径为1cm的圆柱形容器里放有四个半径为cm的实心铁球,四个球两两相切,其中底层两球与容器底面相切. 现往容器里注水,使水面恰好浸没所有铁球,则需要注水 cm3.
知识点:3.空间几何体的表面积与体积
(+)π
解:设四个实心铁球的球心为O1,O2,O3,O4,其中O1,O2为下层两球的球心,A,B,C,D分别为四个球心在底面的射影.则ABCD是一个边长为的正方形。所以注水高为1+.故应注水π(1+)-4×π()3=(+)π
方程(x2006+1)(1+x2+x4+…+x2004)=2006x2005的实数解的个数为 .
知识点:1.函数与方程思想
1
解:(x2006+1)(1+x2+x4+…+x2004)=2006x2005Û(x+)(1+x2+x4+…+x2004)=2006
Ûx+x3+x5+…+x2005++++…+=2006,故x>0,否则左边<0.
Û2006=x++x3++…+x2005+≥2×1003=2006.
等号当且仅当x=1时成立.
所以x=1是原方程的全部解.因此原方程的实数解个数为1.
袋内有8个白球和2个红球,每次从中随机取出一个球,然后放回1个白球,则第4次恰好取完所有红球的概率为 .
知识点:1.两个计数原理
0.0434
解:第4次恰好取完所有红球的概率为
×()2×+×××+()2××=0.0434
给定整数n≥2,设M0(x0,y0)是抛物线y2=nx-1与直线y=x的一个交点. 试证明对任意正整数m,必存在整数k≥2,使(x0m,y0m)为抛物线y2=kx-1与直线y=x的一个交点.
知识点:4.直线与圆锥曲线的位置关系
证明:因为y2=nx-1与y=x的交点为x0=y0=.显然有x0+=n≥2.…(5分)
若(x0m,y0m)为抛物线y2=kx-1与直线y=x的一个交点,则k=x0m+\s\do4(0m.………(10分)
记km=x0m+\s\do4(0m,
由于k1=n是整数,k2=x02+\s\do4(02=(x0+)2-2=n2-2也是整数,
且 km+1=km(x0+)-km-1=nkm-km-1,(m≥2) (13.1)
所以根据数学归纳法,通过(13.1)式可证明对于一切正整数m,km=x0m+\s\do4(0m是正整数,且km≥2现在对于任意正整数m,取k=x0m+\s\do4(0m,满足k≥2,且使得y2=kx-1与y=x的交点为(x0m,y0m).……(20分)
将2006表示成5个正整数x1,x2,x3,x4,x5之和.记S=xixj.问:
⑴ 当x1,x2,x3,x4,x5取何值时,S取到最大值;
⑵ 进一步地,对任意1≤i,j≤5有≤2,当x1,x2,x3,x4,x5取何值时,S取到最小值.
说明理由.
知识点:3.单调性与最大(小)值
解:(1) 首先这样的S的值是有界集,故必存在最大值与最小值。 若x1+x2+x3+x4+x5=2006,且使S=xixj取到最大值,则必有
≤1 (1≤i,j≤5) ………(5分) (*)
事实上,假设(*)不成立,不妨假设x1-x2≥2,则令x1¢=x1-1,x2¢=x2+1,xi¢=xi (i=3,4,5).有x1¢+x2¢=x1+x2,x1¢·x2¢=x1x2+x1-x2-1>x1x2.将S改写成
S=xixj=x1x2+(x1+x2)(x3+x4+x5)+x3x4+x3x5+x4x5
同时有 S¢=x1¢x2¢+(x1¢+x2¢)((x3+x4+x5)+x3x4+x3x5+x4x5.于是有S¢-S=x1¢x2¢-x1x2>0.这与S在x1,x2,x3,x4,x5时取到最大值矛盾.所以必有≤1,(1≤i,j≤5).
因此当x1=402,x2=x3=x4=x5=401时S取到最大值. ……………………(10分)
⑵ 当x1+x2+x3+x4+x5=2006,且≤2时,只有
(I) 402, 402, 402, 400, 400;
(II) 402, 402, 401, 401, 400;
(III) 402, 401, 401, 401, 401;
三种情形满足要求. ……………………(15分)
而后两种情形是由第一组作xi¢=xi-1,xj¢=xj+1调整下得到的.根据上一小题的证明可知道,每次调整都使和式S=xixj变大.所以在x1=x2=x3=402,x4=x5=400时S取到最小值.………(20分)
设 f(x)=x2+a. 记f1(x)=f(x),fn(x)=f(fn-1(x)),n=1,2,3,…,
M={a∈R|对所有正整数n,≤2}.证明,M=[-2,].
知识点:2.直接证明与间接证明
证明:⑴ 如果a<-2,则=|a|>2,aM. ………………………(5分)
⑵ 如果-2≤a≤,由题意,f1(0)=a,fn(0)=(fn-1(0))2+a,n=2,3,…….则
① 当0≤a≤时,≤,("n≥1).
事实上,当n=1时,=|a|≤,设n=k-1时成立(k≥2为某整数),则对n=k,
≤+a≤()2+=.
② 当-2≤a<0时,≤|a|,("n≥1).
事实上,当n=1时,≤|a|,设n=k-1时成立(k≥2为某整数),则对n=k,有
-|a|=a≤+a≤a2+a
注意到当-2≤a<0时,总有a2≤-2a,即a2+a≤-a=|a|.从而有≤|a|.由归纳法,推出[-2,]ÍM.……………………(15分)
⑶ 当a>时,记an=fn(0),则对于任意n≥1,an>a>且
an+1=fn+1(0)=f(fn(0))=f(an)=an2+a.
对于任意n≥1,an+1-an=an2-an+a=(an-)2+a-≥a-.则an+1-an≥a-.
所以,an+1-a=an+1-a1≥n(a-).当n>时,an+1>n(a-)+a>2-a+a=2,即fn+1(0)>2.因此aM.综合⑴,⑵,⑶,我们有M=[-2,]