2．自然界生物种群的成长受到多种条件因素的影响.比如出生率.死亡率.资源的可利用性与竞争.捕食者的猎杀乃至自然灾害等等.因此.它们和周边环境是一种既相生又相克的生存关系.但是.如果没有任何限制.种群也会泛滥成灾.现假设两个互相影响的种群X.Y随时间段变化的数量分别为{an}.{bn}.并有关系式.其中a1＝1.b1＝1.试分析20个时段后这两个种群的数量变化趋势. 【查看更多】

 

1．     2．     3．{(1，-1)}    4．12        5．  

6．      7．         8．直角   

9．解析：（1）（4）．本题考查了独立性检验的基本思想及常用逻辑用语．由题意，得，，所以，只有第一位同学的判断正确，即：有的把握认为“这种血清能起到预防感冒的作用”．由真值表知（1）（4）为真命题．

10．提示：设四棱锥的两组不相邻的侧面的交线分别为 m、n, 直线 m、n 确定了一个平面 β．作与 β 平行的平面 α, 与四棱锥的各个侧面相截，则截得的四边形必为平行四边形．而这样的平面 α 有无数多个．

11．                        12．y=-x ±   

13．解：由可化为xy =8+x+y

x，y均为正实数， xy =8+x+y（当且仅当x=y等号成立）

即xy-2-8可解得，即xy16故xy的最小值为16.

14．

15．解：（1）A中2张钱币取1张，有2种情况，

     B中3张钱币取1张，有3种情况，

   ∴互换一次有2´3 = 6种情况，

     其中10元币恰是一张的情况有3种，

   ∴A袋中10元钱币恰是一张的概率为P₁ =.答略

（2）A袋中恰有一张10元币的概率为P₁ = ；

        A袋中恰有两张10元币的概率为P₂ = ；

     ∴ A袋中10元钱币至少是一张的概率P = P₁ + P₂ = +  = .

另解：. A袋中恰有0张10元币的概率为P₀ = ，

 ∴A袋中10元钱币至少是一张的概率P = 1 ? P₀ = .答略.

16．解：（1）证明：取PB中点Q，连结MQ、NQ，因为M、N分别是棱AD、PC中点，所以

        QN//BC//MD，且QN=MD，于是DN//MQ.

.      

   （2）

又因为底面ABCD是、边长为的菱形，且M为AD中点，

所以.

又

所以.

   （3）因为M是AD中点，所以点A与D到平面PMB等距离.

过点D作于H，由（2）平面PMB平面PAD，所以.

       故DH是点D到平面PMB的距离.

所以点A到平面PMB的距离为.

17．解：(1)设中角的对边分别为，则由，

可得，所以

      (2)

因为，，所以

即当时，；当时，

18．解：（1）直线l₁: x＋my－m－2＝0与l₂: mx－y-2m+1＝0互相垂直，且恒过点（2，1），所以点M即（2，1），又OAOB，所以A，M，B，O四点共圆，且AB即圆的直径，又A（m+2，0），B （0，1-2m），所以圆的方程为：

整理得：

（2）当AB与OM垂直于点P时，由垂径定理得点P为OM中点（1，），不妨取OA中点Q（，0），又m，否则AM垂直x轴，四边形AMBO为矩形，AB与OM不垂直，所以，，，得证.

19．解：（1）当n为奇数时，有2ⁿ+1=（2+1）（2^n-1-2^n-2+…-2+1）=3（2^n-1-2^n-2+…-2+1）

所以2ⁿ+1是最小的数；又2ⁿ⁺¹-1=（2ⁿ⁺¹+2）-3=2（2ⁿ+1）-3，所以2ⁿ⁺¹-1是最大的数.

（2）由（1）知当n为奇数时，A_n中的各个元素组成以2ⁿ+1为首项，3为公差的等差数列，设项数为m，则2ⁿ⁺¹-1=2ⁿ+1+3(m-1)，所以m=，所以当n是奇数时，A_n中的所有元素之和为；

当n为偶数时，n-1时奇数，由（1）可知2^n-1+1是3的倍数，因此2ⁿ+2=2（2^n-1+1）是3的倍数；同理，2ⁿ⁺¹-2=2（2ⁿ-1）是3的倍数.所以当n为偶数时，A_n中的各个元素组成以2ⁿ+2为首项，3为公差的等差数列，设项数为m，则2ⁿ⁺¹-2=2ⁿ+2+3(m-1)，所以m=，所以当n是偶数时，A_n中的所有元素之和为.

20．解：（1），∴可设，

因而   ①

=，

∵在区间内单调递减，

∴在上的函数值非正，

由于，对称轴，故只需，注意到，∴，得或（舍去）.

故所求的取值范围是.                    

（2）时，方程仅有一个实数根，即证方程 仅有一个实数根.令，由，得，，易知在，上递增，在上递减，的极大值，故函数的图像与轴仅有一个交点，∴时，方程仅有一个实数根，得证. 

（3）设 = x²+x+1, =1，对称轴为，.

由题意,得或

解出，故使||≤3成立的充要条件是

 

 

 

 

 

 

 

 

附加题：

1．证明：如图,分别过点E、F作AB的垂线,G、H为垂足,连FA、EB.易知

    DB²＝FB²＝AB?HB,

    AD²＝AE²＝AG?AB.

    二式相减,得

    DB²－AD²＝AB?(HB－AG),

或  (DB－AD)?AB＝AB?(HB－AG).

于是,DB－AD＝HB－AG,

或  DB－HB＝AD－AG.

    就是DH＝GD.

    显然,EG∥CD∥FH.

    故CD平分EF.2.

2．解：由上题可知₁ =,₂ =是矩阵M= 分别对应特征值₁=1，₂=4的两个特征向量，而₁与₂不共线.又==3+（－2）

∴M²⁰= M²⁰(3₂+（－2）₁)=3 M²⁰₂+(－2) M²⁰₁

=3₂²⁰₂+（－2）×₁²⁰₁=3×4²⁰×+(-2)×1²⁰×

     =≈

答：20个时段后这两个种群的数量都趋向于3×4²⁰.

3．证明：以F为极点，极轴与x轴正向重合建立极坐标系．

设抛物线方程，A（ρ₁，θ），B（ρ₂，θ＋π），

则AB＝ρ₁＋ρ₂＝ = 4p，sin²θ=，θ=

4．（Ⅰ）证明：（?）当时，原不等式成立；当时，左边，右边，因为，所以左边右边，原不等式成立；

（?）假设当时，不等式成立，即，则当时，

，，于是在不等式两边同乘以得

，

所以．即当时，不等式也成立．

综合（?）（?）知，对一切正整数，不等式都成立．

5．（1）设事件为A,则在7次抛骰子中出现5次奇数，2次偶数

    而抛骰子出现的奇数和偶数的概率为p是相等的，且为

    根据独立重复试验概率公式：

   （2）若

    即前2次抛骰子中都是奇数或都是偶数.

    若前2次都是奇数，则必须在后5次中抛出3次奇数2次偶数，

    其概率：

    若前2次都是偶数，则必须在后5次中抛出5次奇数，其概率：

     

所求事件的概率

6．以下解答仅供参考，按学生实际解答给分.

 解：(1)条直线将一个平面最多分成个部分(),与（2）合并证明；

(2)个平面最多将空间分割成个部分().

证明：设个维空间可将维空间最多分成个部分，则只需证明

，这里∈