(Ⅰ) 解:f(x)?sin2x?3sinxcosx=
=?1?cos2xsin2x?3? …… (2 分) 22?1311sin2x?cos2x?=?sin(2x?)? …… (3 分)
62222???3???2???由2x???2k??,2k???，得x??k??,k???,k?Z. … (4 分)
6?22??63?设A??0,??，B????k???6,k??2?
?3??,k?Z. 则A?B????2???6,3??.
所以，f(x)在?0,??上的单调递增区间为????6,2??3??. ……(6 分)
(Ⅱ) 解:由f(A)?sin(2A??6)?1 得?sin(2A??1?6)?2?sin(2A?6)?1.
化简得cos2A??12. 又因为0?A??2，解得A??3. …… (9 分)
由题知 S1?ABC?2bcsinA?23 ，解得bc?8 …… (11 分)
b?c?2bc?42 ，当且仅当b?c时等号成立.
所以，b?c的最小值为42 . ……… (13 分) (16) (本题13分)
(Ⅰ) 解: 由茎叶图知高一年级有4人优秀，高二年级有2人优秀. …… (1 分) 记“抽取的4人中至少有一人优秀”为事件A.
则P(A)?1?C62C82C102C?1?28?107 ……… 102135135(4 分) (Ⅱ) 解: X的所有可能取值为0，1,2,3. ……………(5 分) P(X?0)?C16C82C?168450?84225 ， ……………(6 分) 101C102 P(X?1)?C14C82?C16C12C18C?208101C102450?104225， ……………(8 分) P(X?2)?C14C12C18?C16C2270C12?10C10450?745, ……………(10分) P(X?3)?C1C24242C12?= ……………(11分)
10C10450225∴随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 ……(12分)
P 84 225 104225 745 2225 X的数学期望 E (X)?0?84225?1?104724225?2?45?3?225?5. …………(13分) (17) (本题13分)
(Ⅰ)证明: ∵正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD为交线，
∴ED?平面ABCD，由已知得DA,DE,DC两两垂直,如图建系D?xyz，D(0,0,0),A(1,0,0) ,B(1,1,0)，C(0,2,0)，E(0,0,1),F(1,0,1).…(1分)
由M为EC的中点，知M(0,1,112)
取得BM?(?1,0,?2). ………(2分)
易知平面ADEF的法向量为DC?(0,2,0) ………(3分)
可得
?BM?DC?0?BM?DC ………4分) ?BM?平面ADEF ?BM//平面ADEF ………(5分)
(Ⅱ) 证明:由(Ⅰ)知 BE?(?1,?1,1),BC?(?1,1,0),BD?(?1,?1,0) z 设平面BDE的法向量为m?(x1,y1,z1)，
平面BEC的法向量为n?(x2,y2,z2) 由???m?BE??x1?y1?z1?0 得m?(1,?1,0) …(6分)
?m?BD??x?y?011?FEMyDAxC由???n?BE??x2?y2?z2?0 得n?(1,1,2)…(7分)
??n?BC??x2?y2?0B∵m?n?1?1?0?0.∴平面BDE?平面BEC. …………(8 分)
(Ⅲ) 解:设EM??EC,???0,1?,设M(x,y,z)，计算得M(0,2?,1??)， ………(9 分) 则BM?(?1,2??1,1??)，BD?(?1,?1,0)
设平面BDM的法向量为p?(x3,y3,z3)， 由??2?p?BD??x3?y3?0?) ………(10 分) 得p?(1,?1,1????p?BM??x3?(2??1)y3?(1??)z3?0易知平面ABF的法向量为DA?(1,0,0)， ………(11 分) 由已知得cos?p,DA??p?DApDA?2?(12?2)?11???6 6 解得??11，此时M(0,1,) ……(12 分) 22?AM?(?1,1,1313)，则AM?1?1??，即AM的长为. …(13 分)
2242(18) (本题13分) (Ⅰ) 解: 由AB?3F1F2 ，可得 a2?b2?3c2 ， …………………(1分) 2c2a2?2又b2?a2?c2，解得
2221.则椭圆的离心率e?. ……………(3分) 222x2y2 (Ⅱ) 解：由(Ⅰ)知,a?2c, b?c.故椭圆方程为2?2?1. …………(4分)
2cc设P(x0,y0).由F1(?c,0)，B(0,c)，有F1P?(x0?c,y0)，F1B?(c,c). 由已知，有F1P?F1B?0，即 (x0?c)c?y0c?0. ……………(5分)
又c?0 故有x0?y0?c?0. ① 又因为点P在椭圆上，故
??1 ② ……………(6分) 2c2c2由①和②可得3x02?4cx0?0.而点P不是椭圆的顶点，
4c4cc故x0??c.代入①得y0?，即点P的坐标为(?,) . …………(7分)
3333c4c?c??02233?c ， ??c，y1?设圆的圆心为T(x1,y1)，则x1?2323x02y02
5c . ……………(9分) 3设直线l的斜率为k ，依题意，直线l的方程为y?kx. ……………(10分)
进而知圆的半径r?(x1?0)2?(y1?c)2?由l与圆相切，可得
kx1?y1k2?1?r，即
22k(?c)?c33k2?1?5c . ………(11分) 3整理得k2?8k?1?0 ，解得k?4?15.
所以，直线l的斜率为4?15 或 4?15. ………………(13分)
(19) (本题14分)
11a3?S3?a4?S4 即 2S5?a3?2S4 221111 进而有2(S5?S4)?a3. 所以2a5?a3，即q2? ，则q??
224211
由已知数列{an}是单调等比数列，且a1?.所以取q? ………(3 分)
2 2
1数列{an}的通项公式为an?()n. ……………………(4分)
2(Ⅰ) 解:设an?a1qn?1. 由已知得 2S5?n1bn23n22∵∴2?2?2???2?2?(2)?2.则bn?n(n?1). a1a2a3?an
数列{bn}的通项公式为bn?n(n?1). …………………………(6 分)
(1?n)nb (Ⅱ) 解: 由(Ⅰ)得cn?an?111 ?n?bn2n(n?1)1111①设pn?an，{pn}的前n项和为Pn.则Pn??2???n?1?n.……(7分)
2222111??又设qn?，{qn}的前n项和为Qn. ……(8分) bnnn?111)?1?. ……(9分) n?1n?11111)??n ……(10分) 所以Tn?Pn?Qn?1?n?(1?n?1n?122则Qn?(1?)?(?)???(?1212131n(n?1)(n?2)?2n?11111????②令Tn?1?Tn?. ……(11分) n?22n?1n?12n2n?1(n?1)(n?2)由于2n?1比(n?1)(n?2)变化快，所以令Tn?1?Tn?0得n?4.
即T1,T2,T3,T4递增，而T4,T5,T6?Tn递减.所以，T4最大. ……(13分) 即当k?4时，Tk?Tn. ……(14分)
(20) (本题14分)
1?3?(1)解:由已知f′(x)=a+bcosx,于是得： a?b?0,a?b??3 …………(1分)
2323代入可得：a=1,b=?2. …………(2分) 此时， f(x)?x?2sinx. 所以f?(x)?1?2cosx.
???当x?(0,)时，f?(x)?0; 当x?(,)时，f?(x)?0. …………(3分)
332
所以当x=(Ⅱ) 解：h(x)???时，f(x)取得极小值?3, 即a=1,b=?2符合题意. ……(4分)
33xsinx1cosx?,则h?(x)??>0. 所以h(x)单调递增，又 h(0)?0 . 2424xsinx?0的根,即x1?0,也即x3?1,x2?1 ……(5分) x1为?24∴h(x)max?h(1)?1sin11sin1?, h(x)min?h(?1)??? ……(7分) 2424∴h(xsin13)?h(x2)max=|h(1)?h(?1)|=1+2<2 所以存在这样最小正整数M=2使得h(x3)?h(x2)?M恒成立 ……(9分) 由f′(x)=1?2cosx=1,得cosx=0, 当x=??2时，,cosx=0此时y??1??2?2y2??2?2y1?y2所以(???2,?2?2)是直线l与曲线S的一个切点,， ……(10分) 当x=?3??2,cosx=0此时y3?1?2?2y2?32?2y1?y2, 所以(3?2,3?2?2)也是直线l与曲线S的一个切点, ……(11分) 即直线l与曲线S相切且至少有两个切点. ……(12分) 对任意x∈R, g(x)?f(x)=(x+2)?(x?2sinx)=2+2sinx?0 ……(13分) 即g(x)?f(x),因此直线l:y=x+2是曲线S:y=ax+bsinx的“上夹线” …(14分)
欢迎访问“高中试卷网”——Ⅲ) 证明：(http://sj.fjjy.org
相关推荐：
loading