题目所在试卷参考答案：

参 考 答 案

●难点磁场

1.解析：9个灯中关闭3个等价于在6个开启的路灯中，选3个间隔(不包括两端外边的装置)插入关闭的过程故有C=10种

答案：10

2.(1)证明：∵a.b==0，∴a⊥b

(2)解：∵x⊥y,∴x.y=0

即［a+(t²–3)b］.(–ka+tb)=0，整理后得

–ka²+［t–k(t²–3)］a.b+t(t²–3).b²=0

∵a.b=0,a²=4,b²=1

∴上式化为–4k+t(t²–3)=0，∴k=t(t²–3).

(3)解：讨论方程t(t²–3)–k=0的解的情况，可以看作曲线f(t)=t(t²–3)与直线y=k的交点个数

于是f′(t)=(t²–1)=(t+1)(t–1).

令f′(t)=0,解得t₁=–1,t₂=1.当t变化时，f′(t),f(t)的变化情况如下表：

t	(–∞,–1)	–1	(–1,1)	1	(1,+∞)
f′(t)	+	0	–	0	+
f(t)	↗	极大值	↘	极小值	↗

当t=–1时，f(t)有极大值，f(t)_极大值=；

当t=1时，f(t)有极小值，f(t)_极小值=–.

而f(t)=(t²–3)t=0时，得t=–,0,.

所以f(t)的图象大致如右：

于是当k>或k<–时，直线y=k与曲线y=f(t)仅有一个交点，则方程有一解；

当k=或k=–时，直线与曲线有两个交点，则方程有两解；当k=0，直线与曲线有三个交点，但k、t不同时为零，故此时也有两解；当–<k<0或0<k<时，直线与曲线有三个交点，则方程有三个解

●歼灭难点训练

一、1.解析：分析直线l₂的变化特征，化数为形，已知两直线不重合，因此问题应该有两个范围即得解

答案：C

2.解析：化和的比为项的比∵.

∴,取极限易得

答案：A

二、3.解析：转化为先求对立事件的概率即四人生日各不相同的概率

答案：

4.解析：转化为f′(x)=3x²–3b在(0，1)内与x轴有两交点只须f′(0)<0且f′(1)>0.

答案：0<b<1

三、5.解：(1)原不等式等价于

即　 ∴x≥

∴原不等式的解集为{x|x≥}.

(2)x∈［0,1］时，f(x)≤g(x)恒成立.∴x∈［0,1］时恒成立.即恒成立

即x∈［0,1］时，t≥–2x+恒成立，于是转化为求–2x+,x∈［0,1］的最大值问题

令μ=,则x=μ²–1,则μ∈［1,］.

∴2x+=–2(μ–)²+.

当μ=1即x=0时，–2x+有最大值1

∴t的取值范围是t≥1.

6.(1)解：{a_n}的前n项和S_n=a₁+a₂+…+a_n=f(1)=n²,由a_n=S_n–S_n–1=n²–(n–1)²=2n–1(n≥2),又a₁=S₁=1满足a_n=2n–1.故{a_n}通项公式为a_n=2n–1(n∈N^*)

∴

(2)证明：∵f()=1.+3.+…+(2n–1)　　　　　　　　 ①

∴f()=1.+3.+…+(2n–3)+(2n–1)　　 ②

①–②得：f()=1.+2.+2.+…+2.–(2n–1).

∴f()=++++…+–(2n–1)=1–.

∵　(n∈N^*)

∴0<<1,∴0<1–<1，即0<f()<1

7.解：(1)设AB∶y=k(x–1)+2代入x²–=1.

整理得(2–k²)x²–2k(2–k)x–(2–k)²–2=0　　　　　　 ①

设A(x₁,y₁)、B(x₂,y₂),x₁,x₂为方程①的两根

所以2–k²≠0且x₁+x₂=.又N为AB中点，

有(x₁+x₂)=1.∴k(2–k)=2–k²,解得k=1.故AB∶y=x+1.

(2)解出A(–1，0)、B(3，4)得CD的方程为y=3–x.与双曲线方程联立.消y有x²+6x–11=0　　　　　　　　　　 ②

记C(x₃,y₃)、D(x₄,y₄)及CD中点M(x₀,y₀)由韦达定理可得x₀=–3,y₀=6.

∵|CD|=

∴|MC|=|MD|=|CD|=2.

又|MA|=|MB|=.即A、B、C、D四点到点M的距离相等，所以A、B、C、D四点共圆.

8.提示：f′(x)=3x²–3=3(x–1)(x+1)易确定f(–1)=2是极大值，f(1)=–2是极小值.当–2<a<2时有三个相异交点.