关于桥的对联-调查报告格式及范文

高三数学经典题目（含答案与解题过程）

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上．
（注意：在试题卷上作答无效）
．．．．．．．．．
23
13.
( xyyx)
的展开式中
xy
的系数为 .
4
解：
xyyx
2
C
4
6

4
x< br>2
y
2
(xy)
4
，只需求
(xy)
4
展开式中的含
xy
项的系数：
w.w.w..s.5.u.c.o.m

s
4

.
s
5
14.设等差数列
{a
m
}
的前
n
项和为
s
m
.若
a
5
5a
3,
则
解：


a
n

为等差数列，

S
9
9a5
9

S
5
5a
3

15 .设OA是球O的半径,M是OA的中点,过M且与OA成
45
角的平面截球O的表面得
7

,则球O的表面积等于 .
4
7

7
2
设球半径为
R
，圆
C
的半径为
r
，
由4

r,得r
2
.

44
到圆C.若圆C的面积等于
因为
OC
2R2
2
2
17
R)r
2
R
2

得
R
2
2
.故球
O
的表
R
。由
R2
(
484
224
面积等于
8

.
16.已知AC、BD为圆
o:xy4
的两条相互垂直的弦，垂足为
M(1,2 )
，则四边
形ABCD的面积的最大值为 .
解：设圆心
O
到
AC、BD
的距离分别为
d
1
、d
2
,则
d
1
+d
2
OM3
.
四边形
ABCD
的面积
S
222
22
1
|AB||CD|2 (4d
1
2
)(4-d
2
2
)8(d
12
d
2
2
)5

2
三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17.(本小题满分10分)
（注意：在试题卷上作答无效）

．．．．． ．．．．
设ABC的内角A、B、C的对边长分别为a、b、c
cos(AC)cosB
解：由
cos(AC)cosB
代入
cos(AC)cosB< br>3
2
,bac
求B
2
3
，得
B

(AC)

2
33
得
cos(AC)cos(AC)

22
。
第16页

然后利用两角和与差的余弦公式展开得sinAsinC
又由
bac
，利用正弦定理进行边角互化，
得< br>sinBsinAsinC
，进而得
sinB
故
B
2< br>2
3
；
4
3
.
2
2

2

。当
B
时，
33 3
13
由
cosBcos(AC)
，进而得
cos(A C)cos(AC)21
，矛盾，
22
或
应舍去。

18.（本小题满分12分）

（注意：在试题卷上作答无效）

．．．．．．．．．
如图，直三棱柱ABC—A
1
B
1
C
1
中，分别为AA
1
、BC
1
的中点
DE
平面bcc
1

（I）证明：
ABAC

（II）设二面 角
ABDC
为60°，求
B
1
C
与平面
BCD
所成的角的大小。
解：（I）连结BE，
ABCA
1
B
1
C
1
为直三棱柱，
B
1
BC90,

E
为
B
1
C
的中点，
BEEC
。又
DE
平面
BCC
1
，
BDDC
（射影相等 的两条斜线段相等）而
DA
平面
ABC
，
。
AB AC
（相等的斜线段的射影相等）
（II）求
B
1
C
与平面
BCD
所成的线面角，只需求点
B
1
到面
BDC
的 距离即可。
作
AGBD
于
G
，连
GC
，则GCBD
，
AGC
为二面角
ABDC
的平面角，
4
.在
RTABD
中，由
AGC60
.不妨设
AC23
，则
AG2,GC
，易得
ADABBDAG
AD 6
.
设点
B
1
到面
BDC
的距离为h
，
B
1
C
与平面
BCD
所成的角为

。利用
11
S
B
1
BC
DES
 BCD
h
，可求得
h
23
，又可
33
第26页

求得
B
1
C43

sin


h1


30

.
B
1
C2
即
B
1
C
与平面
B CD
所成的角为
30.



19．（本小题满分12分）
（注意：在试题卷上作答无效）

．．．．．．．．．
设数列

a
n

的前 n 项和为
S
n
，已知
a
1
1,S
n1
 4a
n
2

（I）设
b
n
a
n1< br>2a
n
，证明数列
{b
n
}
是等比数列
（II）求数列
{a
n
}
的通项公式。
a
2a4,
解：（I）由
a
1
1,
及
S
n1
4a
n
2
，有
a
1

1
2
a
2
3a
1
25,b
1
a
2
2a
1
3

由
S
n1
4a
n
2
，．．．① 则当n2
时，有
S
n
4a
n1
2
．．．． ．②
②－①得
a
n1
4a
n
4a
n1< br>,a
n1
2a
n
2(a
n
2a
n 1
)

又
b
n
a
n1
2an
，
b
n
2b
n1
{b
n
}
是首项
b
1
3
，公比为２的等比数列．
（II）由（I ）可得
b
n
a
n1
2a
n
32


数列
{
n1
，

a
n1
a
n
3


2
n1
2
n
4a
n
13
是首项为，公差为的等比数列．
}
24
2< br>n
a
1331
n2
a(3n1)2


n
，
(n1)n
n
n
22444
评析：第（I）问思路明确，只需利用已知条件寻找
b
n
与b
n1
的关系即可
．
第（II）问中由（I）易得
a
n1
2 a
n
32
n
n1
，这个递推式明显是一个构造新数列的模n1
型：
a
n1
pa
n
q(p,q为常数)< br>，主要的处理手段是两边除以
q
．

20．（本小题满分12分）
（注意：在试题卷上作答无效）

．．．．．．．．．
某车间甲组有10名工人，其中有4名女工人；乙组有5名工人，其中 有3名女工人。先
采用分层抽样方法（层内采用不放回简单随即抽样）从甲、乙两组中共抽取3名工人进 行技
术考核。
（Ⅰ）求从甲、乙两组个抽取的人数；
（Ⅱ）求从甲组抽取的工人中恰有1名女工人的概率；
（Ⅲ）记

表示抽取 的3名工人中男工人数，求

的分布列及数学期望。
解：（I）由于甲组有10名工 人，乙组有5名工人，根据分层抽样原理，若从甲乙两组中共
第36页

抽取3名工人进行技术考核，则从甲组抽取2名工人，乙组抽取1名工人。
11
C
4
C
6
8

（II） 从甲组抽取的工人中恰有1名女工人的概率
P

2
C
10
15
（III）

的可能取值为0，1，2，3
1111
221< br>C
3
C
4
C
6
C
3
C
4< br>C
4
C
2
628
P(

0)
2

1

，
P(

1)
， < br>2121
C
10
C
5
75C
10
C
5
C
10
C
5
75
1
C
6
2C
2
10
31
P(

3)
2
< br>1

，
P(

2)1P(

0) P(

1)P(

3)

C
10
C
5
75
75
分布列为：


P(

)



0
675
1
2875
2
3175
3
1075
E

= 0*675+1*2875+2*3175+3*1075=85
21.（本小题满分12分）
（注意：在试题卷上作答无效）
．．．．．．．．．< br>x
2
y
2
3
∶
2
＋
2
＝1

a＞b＞0

的离心率为 已知椭圆
C
，过 右焦点F的直线L与C相
3
ab
交于A、B两点，当L的斜率为1时，坐标原点O到L 的距离为
(Ⅰ) 求a，b的值；
2
。
2

＋OB
成立？若(Ⅱ) C上是否存在点P，使 得当L绕F转到某一位置时，有
OP＝OA
存在，求出所有的P的坐标与L的方程；若不存在， 说明理由。
解:(I）设
F(c,0)
，直线
l:xyc0
，由坐标原点
O
到
l
的距离为
2

2
则
|00c|2
c3

,a3,b2
. ，解得
c1
.又
e
2
a3
2
x
2
y
2
1
.设
A(x
1
,y
1
)
、B
(x
2
,y
2
)
（II）由(I）知椭圆的方程为
C:
32
由题意知
l
的斜率为一定不为0，故不妨设
l:xmy1

代入椭圆的方程中整理得
(2m3)y4my4 0
，显然
0
。
第46页
22

4m4
．．．．．．．①
,yy,
．12
2m
2
32m
2
3

.假设存在点P，使
OPOAOB
成立，则其充要条件为：
由韦达定理 有：
y
1
y
2

(x
1
x
2
)
2
(y
1
y
2
)
2
点P的坐标为(x
1
x
2
,y
1
y
2
)
，点P在椭圆上，即
1
。
32
整理得
2x
1
3y
1
2x
2
3y
2
4x
1
x
2
6y
1
y
2
6
。
又< br>A、B
在椭圆上，即
2x
1
3y
1
6,2x2
3y
2
6
.
故
2x
1
x2
3y
1
y
2
30
．．．．．．．．．．．．． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．②
2
将
x
1
x
2
(my
1
1)(my
2
1)my
1
y< br>2
m(y
1
y
2
)1
及①代入②解得
m
2
2222
2222
1

2
4m
2< br>3
2232
y
1
y
2
或P(,)
. ,
x
1
x
2
=

,即
2
2222
2m
2
32
当
m
2322
时,P( ,),l:xy1
;
2222
2322
时,P(,),l:xy1
.
2222
当
m
22. （本小题满分12分）
（注意：在试题卷上作答无效）
．．．．．．．．．
设 函数
f(x)＝x＋aln

1＋x

有两个极值点
x1
，x
2
，且x
1
＜x
2
。
2
（Ⅰ）求a的取值范围，并讨论
f(x)
的单调性；
（Ⅱ）证明：
f(x)＞
1－2ln2
。
4
a2x
2
2xa
(x1)
解: （I）
f


x

2x
1x1x
令
g(x)2x2xa
，其对称轴为
x
2
1
。由 题意知
x
1
、x
2
是方程
g(x)0
的两个2

48a0
1
，得
0a

2< br>
g(1)a0
均大于
1
的不相等的实根，其充要条件为
⑴当
x(1,x
1
)
时，
f


x

0,f(x)
在
(1,x
1
)
内为增函数；
⑵当
x(x
1
,x
2
)
时，< br>f


x

0,f(x)
在
(x
1
,x
2
)
内为减函数；
第56页

⑶ 当
x(x
2,
)
时，
f


x
0,f(x)
在
(x
2,
)
内为增函数；
（II）由（I）
g(0)a0,
1
x
2
0< br>，
a(2x
2
2
+2x
2
)

2
f

x
2

x
2
2
al n

1x
2

x
2
2
(2x
2
2
+2x
2
)ln

1x
2

设
h

x

x
2
(2x
2
2x)ln

1x

(x)
，
则< br>h


x

2x2(2x1)ln

1x

2x2(2x1)ln

1x

⑴当
x(
1
2
11
,0)
时，
h


x

0,h(x)
在
[,0)
单调递增 ；
22
⑵当
x(0,)
时，
h


x

0
，
h(x)
在
(0,)
单调递减。
1112ln2

当x(,0)时,h

x
h()
224
12In2
故
f

x
2

h(x
2
)
。
4
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