题目列表(包括答案和解析)
5. (1988)的展开式中,若第三项与第六项的系数相等,则_____。[7]
4. (1987)的展开式中,的系数与的系数之差是_________。[0]
3. (1986)的展开式中,x的一次项的系数是___________。[28]
2. (1985文)求的展开式中的系数。[448]
1. (1985理)求的展开式中的常数项。[-5005]
22.(本小题满分14分)
已知A(4,0)、N(1,0),曲线C上的任意一点P满足、=6||,
(1)求点P的轨迹方程;
(2)求||的取值范围;
(3)若M(-1,0),求∠MPN的取值范围.
解:(1)设P(x,y),则=(-3,0),=(x-4,y),=(1-x,y).
∵·=6||,
∴-3(x-4)+0·y=6,
化简得=1. 4分
(2)由(1)得||==-(x-4).
又-2≤x≤2,
∴||的取值范围为[1,3]. 8分
(3)设||=m,||=n,
∵M、N正好是椭圆的两个焦点,
∴cos∠MPN=
==
=-1=-1≥-1=-1=.
又∠MPN∈(0,π),
∴∠MPN的取值范围是[0,]. 14分
21.(本小题满分12分)
已知正数项数列{an}和{bn}满足bn=+an,bn+1=bn(1-an+12)(n∈N*),a1=1.
(1)求数列{an}和{bn}的前4项;
(2)求数列{an}和{bn}的通项公式.
解:(1)∵
对一切n∈N*都成立,
又a1=1,∴b1=+a1=.
由①②③式得
解得a2=,b2=,
同理解得a3=,b3=和a4=,b4=,
∴数列{an}的前4项为a1=1,a2=,a3=,a4=,数列{bn}的前4项为b1=,b2=,b3=,b4=. 6分
(2)由a1=1=,a2=,a3==,a4=猜想数列{an}的通项公式为an=(n∈N*).④
数学归纳法证明如下:
当n=1、2、3、4时,由前计算知公式④成立.
设n=k(k≥4)时,公式④成立,即ak=.
当n=k+1时,由①②③式得
消去bk+1得
⑤
又bk=+ak=+×=,把它代入⑤式解得
ak+1=,
即n=k+1时,公式④也成立.
∴对一切n∈N*,an=成立,此时bn=+an=+×=.
∴数列{an},{bn}的通项公式分别为
an=,bn=. 12分
说明:可先猜想数列{bn}的通项公式,再用数学归纳法证明,最后由②式解得{an}的通项公式.
20.(本小题满分12分)
已知函数f(x)=在x=2处有一个极大值.
(1)求a、b的关系式,并判断a的符号;
(2)求f(x)的单调区间.
解:(1)f′(x)==. ①
∵f(x)在x=2处有一个极大值,
∴f′(2)=0,从而3a+4b=0. ②
将b=-a代入①得
f′(x)=.
∵f(x)在x=2处有极大值,
∴当-<x<2时,f′(x)>0;x>2时,
f′(x)<0,∴a>0. 6分
(2)令f′(x)>0解得-<x<2,从而f(x)在(-,2)内是增函数;
令f′(x)<0,解得x<-或x>2,从而f(x)在(-∞,-)或(2,+∞)内是减函数.12分
19.(本小题满分12分)
二人掷一颗骰子,两人各掷一次,点数大者为胜,但这个骰子可能不太规则,以致k点出现的概率是Pk(k=1,2,3,4,5,6).在这种情况下,
(1)求二人平局的概率P.
(2)证明P≥;并证明如果P=,则Pk=(k=1,2,3,4,5,6).
(1)解:P=P12+P22+…+P62. 4分
(2)证明:∵P1+P2+…+P6=1,
(P1-)2+(P2-)2+…+(P6-)2
=P12+P22+…+P62- (P1+P2+…+P6)+
=P-≥0,
∴P≥,当P=时,P1=P2=…=P6=. 12分
18.(本小题满分12分)
已知正四棱柱ABCD-A′B′C′D′的底面边长为3,高为4.
(1)平面ABCD内是否存在与AB不平行的直线与BC′垂直?证明你的结论.
(2)求二面角A′-BC′-B′的大小.
(3)求点D′到平面A′BC′的距离.
解法一:(几何法)(1)不存在.
证明:假设平面ABCD内存在与AB不平行的直线l与BC′垂直.
∵ABCD-A′B′C′D′是正四棱柱,
∴AB⊥BC′.
又AB与l相交,
∴BC′⊥平面ABCD.
又BB′⊥平面ABCD,这与“过一点只能作一条直线与一个平面垂直”相矛盾.故平面ABCD内不存在与AB不平行的直线l与BC′垂直. 4分
(2)作BH⊥BC′于H.
连结A′H.
∵A′B′⊥平面BB′C′,
∴A′H⊥BC′.
∴∠A′HB′为二面角A′-BC′-B′的平面角.
易求得B′H=,
A′H=.
又A′B′=3,
∴△A′B′H中,cos∠A′HB′===.
∴∠A′HB′=arccos为所求. 8分
(3)设d为所求距离.
∵VD′-A′BC′=VB-A′C′D′,
∴S△A′BC′·d=S△A′C′D′·BB′··d=·(·32)·4d=为所求. 12分
解法二:(向量法)(1)不存在.
证明:建立如图空间直角坐标系.不妨假设平面ABCD内存在直线BE(E在AD上且与A不重合)与BC′垂直(如图).
设E(0,t,4)(t≠0),
则=(0,t,4)-(3,0,4)=(-3,t,0).
又==+=(0,0,-4)+(0,3,0)=(0,3,-4),
∴·=(0,3,-4)·(-3,t,0)=3t=0t=0,这与t≠0矛盾.
∴平面ABCD内不存在与AB不平行的直线l与BC′垂直.
(2)如图,作A′H⊥BC′于H,连结B′H.
∵A′B′⊥平面BB′C′,
∴B′H是A′H在平面BB′C′内的射影.
∴B′H⊥BC′.
∴∠A′HB′就是二面角A′-BC′-B′的平面角.
设H(3,y,z),∵B′(3,0,0),
∴=(0,-y,-z).
又=(3,3,0)-(3,0,4)=(0,3,-4),
∴· =-3y+4z.
∵⊥,∴-3y+4z=0. ①
又由 =λ,可得4y+3z-12=0. ②
解①②联立的方程组,得y=,z=.
故=(3,0,0)-(0,,)=(3,-,-),=(-3,-,-).
又易得||=,||=.
∴cos∠A′HB′=
=
=.
∴∠A′HB′=arccos为所求. 8分
(3)由(2)可知BC′⊥平面A′HB′.
∵BC′平面A′BC′,
∴平面A′HB′⊥平面A′BC′.
作B′G⊥A′H于G,则B′G⊥平面A′BC′,B′G就是点B′到平面A′BC′的距离.
∴B′G=B′H·sin∠A′HB′=·=.
∵ABCD-A′B′C′D′是正四棱柱,
∴易证点D′与点B′到平面A′BC′的距离相等.
∴为所求. 12分
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