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武汉市高三四月调考理数.doc

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又a=5,∴bcosC=-1, ①

abab

由正弦定理=,得=,

sinAsinBsin(120°-C)sin60°∴

531cosC+sinC22

=b

, 32

即3bcosC+bsinC=53, ② 将①代入②,得bsinC=63,

11

故△ABC的面积为S=absinC=×5×63=153.……………………(12分)

22

18.(本小题满分12分)

解:(Ⅰ)设{an}的公差为d,则

2

由3a5=5a8,得3(a1+4d)=5(a1+7d),∴d=-a1.

23

n(n-1)21241144

∴Sn=na1+×(-a1)=-a1n2+a1n=-a1(n-12)2+a1.

22323232323∵a1>0,∴当n=12时,Sn取得最大值.…………………………………(6分) 2

(Ⅱ)由(Ⅰ)及a1=-46,得d=-×(-46)=4,

23

∴an=-46+(n-1)×4=4n-50, n(n-1)

Sn=-46n+×4=2n2-48n.

2Sn-an2n2-52n+5050∴bn===2n+-52≥2

nnn50

当且仅当2n=,即n=5时,等号成立.

n

故bn的最小值为-32.……………………………………………………(12分)

19.(本小题满分12分) 解:(Ⅰ)由∠ADB=90°,可得BD⊥AD.

因为PD⊥底面ABCD, 所以PD⊥BD. 又PD∩AD=D,

所以BD⊥平面PAD, 因为PA?平面PAD, 所以BD⊥PA.…………………………………………………………………(4分) (Ⅱ)建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,设AD=a,则 A(a,0,0),B(0,3a,0),C(-a,3a,0),P

(0,0,a),

→→

AB=(-a,3a,0),BC=(-a,0,0),

50

2n×-52=-32,

n

6

→→AP=(-a,0,a),PC=(-a,3a,-a). 设平面PAB的法向量为n=(x,y,z), →??AB=0,?n·?-ax+3ay=0,所以?可得?

→-ax+az=0。???AP=0。?n·

设y=3,则x=z=3,

可得n=(3,3,3).

同理,可求得平面PBC的一个法向量为m=(0,-1,-3). m·n27所以cos<m,n>==-.

7|m|·|n|由图形知,二面角A-PB-C为钝角,

27

因此二面角A-PB-C的余弦值是-.…………………………………(12分)

7

20.(本小题满分12分) 解:(Ⅰ)①处填20,②处填0.35;

补全频率分布直方图如图所示.

根据频率分布直方图估计这500名志愿者中年龄在[30,35)的人数为500×0.35=175.…………………………………………………………………………(4分) (Ⅱ)用分层抽样的方法,从中选取20人,则其中“年龄低于30岁”的有5人,“年

龄不低于30岁”的有15人.

由题意知,X的可能取值为0,1,2,且

1C2C115C22115215C155

P(X=0)=2=,P(X=1)=2=,P(X=2)=2==.

C2038C2038C203819

∴X的分布列为: X P 0 21 381 15 382 1 19211521

∴E(X)=0×+1×+2×=.………………………………………(12分)

3838382

21.(本小题满分13分)

7

解:(Ⅰ)设M(x,y)为轨迹C上的任意一点.

当|PM|=0时,点(a,0)和点(-a,0)在轨迹C上. →→→→→→当|PM|≠0且|MF2|≠0时,由PM·MF2=0,得PM⊥MF2. →→

又|PQ|=|PF2|(如图),所以M为线段F2Q的中点. 1→→

在△QF1F2中,|OM|=|F1Q|=a,所以有x2+y2=a2.

2

综上所述,点M的轨迹C的方程是x2+y2=a2.…………………………(4分) (Ⅱ)由题意可知,直线l的斜率存在且不为0,

故可设直线l的方程为y=kx+m(m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),

?y=kx+m,由?消去y并整理,得

222?x+y=a.

(1+k2)x2+2kmx+m2-a2=0,

则△=4k2m2-4(1+k2)(m2-a2)=4(k2a2+a2-m2)>0, -2kmm2-a2

且x1+x2=,x1x2=.

1+k21+k2

∴y1 y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2.

∵直线OA,AB,OB的斜率依次成等比数列, y1y2k2x1x2+km(x1+x2)+m22∴·==k, x1x2 x1x2-2k2m2即+m2=0,又m≠0, 2

1+k∴k2=1,即k=±1.

设点O到直线l的距离为d,则d=

, k2+1|m|11

∴S△OAB=|AB|d=1+k2|x1-x2 |·2

22k+1

11

=|x1-x2 ||m|=m2(2a2-m2). 22

由直线OA,OB的斜率存在,且△>0,得0<m2<2a2且m2≠a2, ∴0<

m2(2a2-m2)<

m2+(2a2-m2)2

=a.

2

|m|

1

故△OAB面积的取值范围为(0,a2).…………………………………(10分)

2(Ⅲ)对椭圆Γ而言,有如下类似的命题:“设不过原点O的直线l与椭圆Γ交于A,

B两点,若直线OA,AB,OB的斜率依次成等比数列,则△OAB面积的取值范

1

围为(0,ab).”……………………………………………………………(13分)

2

22.(本小题满分14分) 解:(Ⅰ)函数f(x)的定义域为(-1,+∞).

8

求导数,得f ′(x)=

1

-a. 1+x

-a=1,∴a=1. 11+(-)

2

1

1

由已知,得f ′(-)=1,即

2

-x1

此时f(x)=ln(1+x)-x,f ′(x)=-1=,

1+x1+x

当-1<x<0时,f ′(x)>0;当x>0时,f ′(x)<0.

∴当x=0时,f(x)取得极大值,该极大值即为最大值, ∴f(x)max=f(0)=0.……………………………………………………………(4分) (Ⅱ)法(一):由(Ⅰ),得ln(1+x)-x≤0,

即ln(1+x)≤x,当且仅当x=0时,等号成立.

k+11111

令x=(k∈N*),则>ln(1+),即>ln,

kkkkk1

∴>ln(k+1)-lnk(k=1,2,…,n). k将上述n个不等式依次相加,得

111

1+++…+>(ln2-ln1)+(ln3-ln2)+…+[ln(n+1)-lnn],

23n

111

∴1+++…+>ln(n+1)(n∈N*).…………………………………(10分)

23n法(二):用数学归纳法证明.

(1)当n=1时,左边=1=lne,右边=ln2,∴左边>右边,不等式成立. 111

(2)假设当n=k时,不等式成立,即1+++…+>ln(k+1).

23k

11111

那么1+++…++>ln(k+1)+,

23kk+1k+1由(Ⅰ),知x>ln(1+x)(x>-1,且x≠0). 令x=

k+2111,则>ln(1+)=ln, k+1k+1k+1k+1

k+21∴ln(k+1)+>ln(k+1)+ln=ln(k+2),

k+1k+11111

∴1+++…++>ln(k+2).

23kk+1

即当n=k+1时,不等式也成立.…………………………………(10分)

根据(1)(2),可知不等式对任意n∈N*都成立. (Ⅲ)∵f(0)=0,g(0)=b,若f(x)≤g(x)恒成立,则b≥0.

由(Ⅰ),知f(x)max=f(0)=0.

(1)当b=0时,g(x)=0,此时f(x)≤g(x)恒成立; (2)当b>0时,g′(x)=b(ex-1),

当x∈(-1,0)时,g′(x)<0,g(x)单调递减; 当x∈(0,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增. ∴g(x)在x=0处取得极小值,即为最小值,

∴g(x)min=g(0)=b>0≥f(x),即f(x)≤g(x)恒成立.

9

综合(1)(2)可知,实数b的取值范围为[0,+∞).………………(14分)

10

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又a=5,∴bcosC=-1,①abab由正弦定理=,得=,sinAsinBsin(120°-C)sin60°∴531cosC+sinC22=b,32即3bcosC+bsinC=53,②将①代入②,得bsinC=63,11故△ABC的面积为
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