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    3．若将ww w.ks 5u.c om一枚硬币连续抛掷三次.则出现“至少一次正面向上 的概率为 ． 【查看更多】

     

    题目列表(包括答案和解析)

    （本小题满分10分）（注意：在试题卷上作答无效）

    在△中，角、、所对的边分别为、、，且.

    （Ⅰ）若，求角；

    w ww.ks 5u.c om

    （Ⅱ）设，，试求的最大值.

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    （本小题满分15分）在一次数学实践活动课上，老师给一个活动小组安排了这样的一个任务：设计一个方案，将一块边长为4米的正方形铁片，通过裁剪、拼接的方式，将它焊接成容积至少有5立方米的长方体无盖容器（只有一个下底面和侧面的长方体）.该活动小组接到任务后，立刻设计了一个方案，如下图所示，按图1在正方形铁片的四角裁去四个相同的小正方形后，将剩下的部分焊接成长方体(如图2).请你分析一下他们的设计方案切去边长为多大的小正方形后能得到的最大容积，最大容积是多少？是否符合要求？若不符合，请你帮他们再设计一个能符合要求的方案，简单说明操作过程和理由. W ww.k s  5u.c om

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    （本小题满分15分）在一次数学实践活动课上，老师给一个活动小组安排了这样的一个任务：设计一个方案，将一块边长为4米的正方形铁片，通过裁剪、拼接的方式，将它焊接成容积至少有5立方米的长方体无盖容器（只有一个下底面和侧面的长方体）.该活动小组接到任务后，立刻设计了一个方案，如下图所示，按图1在正方形铁片的四角裁去四个相同的小正方形后，将剩下的部分焊接成长方体(如图2).请你分析一下他们的设计方案切去边长为多大的小正方形后能得到的最大容积，最大容积是多少？是否符合要求？若不符合，请你帮他们再设计一个能符合要求的方案，简单说明操作过程和理由. W ww.k s  5u.c om

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    （本小题满分15分）已知公差大于零的等差数列的前n项和为Sn，且满足：，．

    （1）求数列的通项公式；

    （2）若数列是等差数列，且，求非零常数c；W ww.k s  5u.c om

    （3）若(2)中的的前n项和为，求证：

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    一个三棱w ww.ks 5u.c om锥的三视图是三个直角三角形，如图所示，在包围该三棱锥的外接球内任取一点，该点落在三棱锥内部的概率为（    ）

    A.     B.    C.      D.

     

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    一、填空题

    1． ；   2．；   3．；   4．；    5．；

    6．；      7．；   8．3；    9．．   10．

    11．；   12．；  13．；      14．．

    二、解答题

    15．解：（1）由得：

    ，

    由正弦定理知:  ，

    （2），

    由余弦定理知：

    16．解：（Ⅰ）证明：取的中点，连接

    因为是正三角形，

    所以

    又是正三棱柱，

    所以面，所以

    所以有面

    因为面

    所以；

    （Ⅱ）为的三等分点，．

    连结，，

    ∵ ，∴ ．

    ∴ ， ∴

    又∵面，面

    ∴ 平面

    17．解 （Ⅰ）设点P的坐标为（x,y）,由P（x,y）在椭圆上，得

    又由知，

    所以

       （Ⅱ） 当时，点（，0）和点（－，0）在轨迹上．

    当且时，由，得．

    又，所以T为线段F2Q的中点．

    在△QF1F2中，，所以有

    综上所述，点T的轨迹C的方程是

    （Ⅲ） C上存在点M（）使S=的充要条件是

    由③得，由④得  所以，当时，存在点M，使S=；

    当时，不存在满足条件的点M．

    当时，，

    由，

    ，

    ，得

    18．解：（1）（或）（）

    （2）

    当且仅当，即V=4立方米时不等式取得等号

    所以，博物馆支付总费用的最小值为7500元．

    （3）解法1：由题意得不等式：

    当保护罩为正四棱锥形状时，，代入整理得：，解得；

    当保护罩为正四棱柱形状时，，代入整理得：，解得

    又底面正方形面积最小不得少于，所以，底面正方形的面积最小可取1.4平方米

    解法2. 解方程，即得两个根为

    由于函数在上递减，在上递增，所以当时，总费用超过8000元，所以V取得最小值 

    由于保护罩的高固定为2米，所以对于相等体积的正四棱锥与正四棱柱，正四棱柱的底面积是正四棱锥底面积的．所以当保护罩为正四棱柱时，保护罩底面积最小， m2 

    又底面正方形面积最小不得少于，，所以，底面正方形的面积最小可取1.4平方米

    19．解：（Ⅰ）令得

    当为增函数；

    当为减函数，

    可知有极大值为

    （Ⅱ）欲使在上恒成立，只需在上恒成立，

    设

    由（Ⅰ）知，，

    （Ⅲ），由上可知在上单调递增，

      ①，

     同理  ②

    两式相加得

     

    20．解：（1）证明：因为

    所以即

    可化为:

    当且仅当即时

    故 

    （2）因为

     =

     =

    又由可知 =

    即 =

    解之得  

    故得所以

    因此的通项公式为..

       （3）解：

    所以

    即S的最大值为

    三、附加题

    21A．（1）∵DE2=EF?EC，∴DE : CE=EF: ED．

              ∵ÐDEF是公共角，

              ∴ΔDEF∽ΔCED．  ∴ÐEDF=ÐC．

              ∵CD∥AP，    ∴ÐC=Ð P．

              ∴ÐP=ÐEDF．

    （2）∵ÐP=ÐEDF，    ÐDEF=ÐPEA，

         ∴ΔDEF∽ΔPEA． ∴DE : PE=EF : EA．即EF?EP=DE?EA．

         ∵弦AD、BC相交于点E，∴DE?EA=CE?EB．∴CE?EB=EF?EP．

    21B．法一：特殊点法

    在直线上任取两点（2、1）和（3、3），…………1分

    则?即得点  …………3 分

    即得点

    将和分别代入上得

    则矩阵 …………6 分

    则     …………10 分

    法二：通法

    设为直线上任意一点其在M的作用下变为…………1分

    则…………3分

    代入得：

    其与完全一样得

    则矩阵         …………6分

    则           …………10分

    21C．法一：将直线方程化为，    ………4分

    ，                       ………6分

    设动点P，M，则 ，    ………8分

    又 ，得；                        ………10分

    法二：以极点为坐标原点建立直角坐标系，

    将直线方程化为，………………4分

    设P，M，，………6分

    又MPO三点共线，， …………8分

    转化为极坐标方程．   ………10分

    21D．证明：  ∵a、b、c均为实数．

    ∴（＋）≥≥，当a=b时等号成立；

    （＋）≥≥，当b=c时等号成立；

    （＋）≥≥．

    三个不等式相加即得++≥++，

    当且仅当a=b=c时等号成立.

    22．解：（I）以O为原点，OB，OC，OA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

    则有A（0，0，1），B（2，0，0），C（0，2，0），E（0，1，0）．

     cos<>．

    由于异面直线BE与AC所成的角是锐角，故其余弦值是．

    （II），，

    设平面ABE的法向量为，

    则由，，得

    取n＝（1，2，2），

    平面BEC的一个法向量为n2＝（0，0，1），

    ．

    由于二面角A－BE－C的平面角是n1与n2的夹角的补角，其余弦值是－．

    23．解：的所有可能取值有6，2，1，-2；，

    ，

    故的分布列为：

    6

    2

    1

    -2

    0.63

    0.25

    0.1

    0.02

     

    （2）

    （3）设技术革新后的三等品率为，则此时1件产品的平均利润为

    依题意，，即，解得 所以三等品率最多为

     


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