已知关于x的一元二次函数f（x）=ax²-bx+1，设集合P={1，2，3}，Q={-1，1，2，3，4}，分别从集合P和Q中随机取一个数作为a和b．
（1）求函数y=f（x）有零点的概率；
（2）求函数y=f（x）在区间[1，+∞）上是增函数的概率．

天星

13．；           14．－10，2；   15．；              16．540

三、简答题

17．（1），

          cosC=，C=

   （2）c²=a²+b²－2abcosC，c=，=a²+b²－ab=(a+b)²－3ab.

S=abs1nC=abs1n=ab=

            Ab=6，(a+b)²=+3ab=+18=，a+b=

18．方法一：（1）解：取AD中点O，连结PO，BO.

              △PAD是正三角形，所以PO⊥AD，…………1分

              又因为平面PAD⊥平面ABCD，所以，PO⊥平面ABCD， …………3分

              BO为PB在平面ABCD上的射影， 

所以∠PBO为PB与平面ABCD所成的角.…………4分

              由已知△ABD为等边三角形，所以PO=BO=，

所以PB与平面ABCD所成的角为45°     ………5分

   （2）△ABD是正三角形，所以AD⊥BO，所以AD⊥PB，  ………………6分

              又，PA=AB=2，N为PB中点，所以AN⊥PB，    ………………8分

              所以PB⊥平面ADMN.              ………………9分

   （3）连结ON，因为PB⊥平面ADMN，所以ON为PO在平面ADMN上的射影，

              因为AD⊥PO，所以AD⊥NO，             ………………11分

              故∠PON为所求二面角的平面角.            ………………12分

              因为△POB为等腰直角三角形，N为斜边中点，所以∠PON=45°，

19．（1）随意抽取4件产品检查是随机事件，而第一天有9件正品

           第一天通过检查的概率为               ……5分

（2）同（1），第二天通过检查的概率为           ……7分

          因第一天，第二天是否通过检查相互独立

          所以，两天全部通过检查的概率为：           ……10分

（3）记得分为，则的值分别为0，1，2

                             ……11分

                            ……12分

                                     ……13分

因此，    

20．（1）y_n=2log_ax_n，y_n+1=2log_ax_n+1 ，y_n+1 ? y_n=2[log_ax_n+1 ? log_ax_n]=2log_a

{x_n}为等比数，为定值，所以{y_n}为等差数列

又因为y₆－ y₃=3d=－6，d=－2，y₁=y₃－2d =22，

S_n=22n+= － n²+23n，故当n=11或n=12时，S_n取得最大值132

（2）y_n=22+(n－1)(－2)=2log_ax_n，x_n=a^12－n>1

当a>1时，12－n>0,   n<12；当0<a<1时，12－n<0   n>12,

              所以当0<a<1时，存在M=12，当n>M时，x_n>1恒成立。

21．（1）设点的坐标为，点的坐标为，

由，解得，所以

．

当且仅当时，取到最大值．

（2）由得，

，

．  ②

设到的距离为，则，又因为，

所以，代入②式并整理，得，

解得，，代入①式检验，，

故直线的方程是

或或，或．

22．（1）由K=e得f(x)=e^x－ex, 所以f’(x)=e^x－e. 由f’(x)>0得x>1,故f(x)的单调增区间

为（1，+∞），由f’(x)<0得x<1,故f(x)的单调递减区间为（－∞，1）（3分）

   （2）由f(|x|)>0对任意x∈R成立等价于f(x)>0对任意x≥0成立。由f’(x)=e^x－k=0得x=lnk.  

①当k∈(0,1) 时 ，f’(x)=e^x－k ≥1－k≥0(x>0),此时f(x)在（0，+∞上单调递增，故f(x)

≥f(0)==1>）,符合题意。②当k∈(1,+∞)时，lnk>0,当X变化时，f’(x)、f(x)的变化情况

如下表：

X

(0,lnk)

lnk

(lnk,+ ∞)

f’(x)

－

0

+

f(x)

单调递减

极小值

单调递增

由此可得，在（0，+∞）上f(x)≥f(lnk)=k－lnk.依题意，k－klnk>0,又k>1,所以1<k<e.

综上所述，实数k的取值范围是0<k<e.  （8分）

    （3）因为F(x)=f(x)+f(－x)=e^x+e^－x,所以F(x₁)F(x₂)= ≥

≥ ,

所以F(1)F(    n)>eⁿ⁺¹+2,F(2)F(n－1)>eⁿ⁺¹+2……F(n)F(1)>eⁿ⁺¹+2.

由此得，[F(1)F(2)…F(n)]²=[F(1)F(n)][F(2)F(n－1)]…[F(n)F(1)]>(eⁿ⁺¹+2)ⁿ

故F(1)F(2)…F(n)>(eⁿ⁺¹+2) ,n∈N^*     …….12分