查看答案和解析>>

查看答案和解析>>

设f(x)是定义在[0,1]上的函数，若存在x*∈(0，1)，使得f(x)在[0，x*]上单调递增，在[x*，1]上单调递减，则称f(x)为[0，1]上的单峰函数，x*为峰点，包含峰点的区间为含峰区间．对任意的[0，1]上的单峰函数f(x)，下面研究缩短其含峰区间长度的方法．
(I)证明：对任意的∈(O，1)，，若f()≥f()，则(0，)为含峰区间：若f()f()，则为含峰区间：
(II)对给定的r(0<r<0.5)，证明：存在∈(0，1)，满足，使得由(I)所确定的含峰区间的长度不大于0.5+r：
(III)选取∈(O，1)，，由(I)可确定含峰区间为或，在所得的含峰区间内选取，由与或与类似地可确定一个新的含峰区间，在第一次确定的含峰区间为（0，）的情况下，试确定的值，满足两两之差的绝对值不小于0.02，且使得新的含峰区间的长度缩短到0. 34（区间长度等于区间的右端点与左端点之差）

查看答案和解析>>

查看答案和解析>>

查看答案和解析>>

一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）

1―5：CBCBD  6―10：DCAA

二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）

9．   10．   11．15  12．（1，e） e  13．②③  14．

三、解答题（本大题共6小题，共80分）

15．（共13分）

解：（I） 令，解得

所以函数的单调递减区间为

（II）因为

所以

因为在（－1，3）上，所以在[－1，2]上单调递增，又由于在

[－2，－1]上单调递减，因此和分别是在区间[－2，2]上的最大值和

最小值.

于是有，解得

故  因此

即函数在区间[－2，2]上的最小值为－7.

解法一：

   （Ⅰ）在直四棱柱ABCD―A₁B₁C₁D₁中，

∵A₁A⊥底面ABCD，

∴AC是A₁C在平面ABCD上的射影，

∵BD⊥AC， ∴BD⊥A₁C.

   （Ⅱ）连结A₁E，C₁E，A₁C₁.

与（Ⅰ）同理可证BD⊥A₁E，BD⊥C₁E，

∴∠A₁EC₁二面角A₁―BD―C₁的平面角.

∵AD⊥DC， ∴∠A₁D₁C₁=∠ADC=90°，

又A₁D₁=AD=2，D₁C₁=DC=2， AA₁=，且AC⊥BD，

∴A₁C₁=4，AE=1，EC=3，  ∴A₁E=2，C₁E=2，

在△A₁EC₁中，A₁C₁²=A₁E²+C₁E²，  ∴∠A₁EC₁=90°，

即二面角A₁―BD―C₁的大小为90°.

   （Ⅲ）过B作BF//AD交AC于F，连结FC₁，

    则∠C₁BF就是AD与BC₁所成的角.

∵AB=AD=2，BD⊥AC，AE=1，  ∴BF=2，EF=1，FC=2，BC=DC，

∴FC₁=.  在△BFC₁中，

∴

即异面直线AD与BC₁所成角的大小为.

解法二：

（Ⅰ）同解法一.

（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD₁所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系.

与（Ⅰ）同理可证，BD⊥A₁E，BD⊥C₁E，

∴∠A₁EC₁为二面角A₁―BD―C₁的平面角.

（Ⅲ）如图，由D（0，0，0），A（2，0，0），C₁（0，，，），B（3，，0）

∴异面直线AD与BC₁所成角的大小为arccos.

解法三：

（II）如图，建立空间直角坐标系，坐标原点为E.

     连结A₁E，C₁E，A₁C₁.

     与（I）同理可证，BD⊥A₁E，BD⊥C₁E，

     ∴∠A₁EC₁为二面角A₁―BD―C₁的平面角.

     由E（0，0，0），A₁（0，－1，

.

    （Ⅲ）如图，由A（0，－1，0），D（，0，0），B（，0，0），C₁（0，3，）.

得.

∵

∴

∴异面直线AD与BC₁所成角的大小为arccos.

17．（共13分）

解：（Ⅰ）

ξ的概率分布如下表：

ξ

0

1

2

3

P

Eξ=0?+1?+2?+3?=1.5   （或Eξ=3?）

   （Ⅱ）乙至多击中目标2次的概率为

   （Ⅲ）设甲恰比乙多击中目标2次为事件A，甲恰击中目标2次且乙恰击中目标0次为事件B₁，甲恰击中目标3次且乙恰击中目标1次为事件B₂，则A=B₁+B₂，B₁、B₂为互斥事件.

    P（A）=P（B₁）+P（B₂）=

    所以，甲恰好比乙多击中目标2次的概率为

18．（共14分）

       解：（I）

       （II）直线由题意得

   （III）当直线l与x轴垂直时，可设直线l的方程为. 由于直线l，曲线C关于x轴对称，且l₁与l₂关于x轴对称，于是M₁M₂，M₃M₄的中点坐标都为（a，0），所以△OM₁M₂，△OM₃M₄的重心坐标都为，即它们的重心重合.

       当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为

       由

       由直线l与曲线C有两个不同交点，可知

       于是△OM₁M₂的重心与△OM₃M₄的重心也重合.

19．（共12分）

解：（Ⅰ）

（Ⅱ）因为

所以

猜想：是公比为的等比数列.

证明如下： 因为

所以是首项为的等比数列.

（Ⅲ）

20．（共14分）

   （Ⅰ）证明：设的峰点，则由单峰函数定义可知，上单调递增，

在上单调递减.

当，

这与是含峰区间.

当

这与是含峰区间.

（II）证明：由（I）的结论可知：

   当f(x₁)≥f(x₂)时，含峰区间的长度为l₁=x₂；

   当f(x₁)≤f(x₂)时，含峰区间的长度为l₂=1－x₁；

   对于上述两种情况，由题意得

    ①   由①得1+x₂－x₁≤1+2r，即x₂－x₁≤2r.

又因为x₂－x₁≥2r，所以x₂－x₁=2r，所以    x₂－x₁=2r.  ②

将②代入①得     x₁≤0.5－r, x₂≥0.5+r.   ③

由①和③解得x₁=0.5－r, x₂=0.5+r.       

所以这时含峰区间的长度l₁=l₂=0.5+r，即存在x₁ , x₂使得所确定的含峰区间的长度不大于0.5+r.

（Ⅲ）解：对先选择的x₁, x₂, x₁ <x₂， 由（II）可知    x₁+x₂=1，   ④

在第一次确定的含峰区间为（0，x₂）的情况下，x₃的取值应满足   x₃+x₁=x₂ , ⑤

由④与⑤可得    当x₁>x₃时，含峰区间的长度为x₁.

由条件x₁－x₃≥0.02, 得x₁－(1－2x₁) ≥0.02, 从而x₁≥0.34.

因此，为了将含峰区间的长度缩短到0.34，只要取

x₁=0.34, x₂=0.66, x₃=0.32.