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若且則的最大值為________.

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必做部分

1.  2.  3.   4.2.6   5.   6.640+80π    7.    8.①④   9. 10.

11.“,使得且”  12.  13.6  14.9

(12.圖13.作則因,故,)

15.（1）取AB的中點G，則易證得A₁G∥D₁F．

又正方形A₁ABB₁中，E、G分別是相應邊的中點，

∴A₁G⊥AE，∴D₁F⊥AE．

（2）由正方體可知：A₁ D₁⊥面A₁ABB₁，∴A₁D₁⊥AE ．

又由（1）已證：D₁F⊥AE．

∵A₁D₁∩D₁F= D₁，∴AE⊥平面A₁FD₁ ．

又平面AED，∴平面AED⊥平面A₁FD₁ ．

16.（1）全班32名學生中，有15名女生，17名男生．在偽代碼中，根據“S←S/15，T←T/17”可以推知，“k=1”和“k=0”分別代表男生和女生；S，T，A分別代表女生、男生及全班成績的平均分；橫線①處應填“（S+T）/32”．

（2）女生、男生及全班成績的平均分分別為S=78，T=76.88，A≈77.4.

（3）15名女生成績的平均分為78，17名男生成績的平均分為77.88．從中可以看出女生成績比較集中，整體水平稍高于男生；男生中的高分段比女生高，低分段比女生多，相比較男生兩極分化比較嚴重．

17.（1）

.，由題意可知

解得.

（2）由（Ⅰ）可知的最大值為1，.

，. 而，.

由余弦定理知，，聯立解得 .

18.（1）設A、B兩點的坐標分別為 得, 根據韋達定理，得

 ∴線段AB的中點坐標為().

 由已知得

 故橢圓的離心率為.

（2）由（1）知從而橢圓的右焦點坐標為 設關于直線：的對稱點為解得.由已知得 ，故所求的橢圓方程為.

19.(1)方法一：.由題設，得,  ①

.    ②

∵，∴，∴.

由①代入②得，∴，

得∴或.   ③

將代入中，得.  ④

由③、④得；

方法二：∵，∴，∴.

同上可得將（1）變為代入（2）可得 ，所以，則.

方法三：同上可得將（1）變為代入（2）可得，顯然，所以.

因為圖象的開口向下，且有一根為x₁=1,

由韋達定理得,.

,所以，即，則，

由得 ,所以 .

 (2)由（1）知，的判別式Δ=

∴方程有兩個不等的實根，

又,∴，

∴當或時，；當時，.

∴函數的單調增區間是， .

由知.

∵函數在區間上單調遞增，∴，

∴，即的取值范圍是.

(3)由，即，∵，

，∴，∴或.(自注：視為的一次函數)

由題意，得，∴.

∴存在實數滿足條件，即的最小值為.

20.（1）由于，則，

∴，∴.

（2）由于，由（1），則，，

而，則，∴；

    又,

   ∴.

,

∴.

而，且，故, ∴，因此.

從而

選做部分

1. (1)設事件表示“甲選做14題”,事件表示“乙選做14題”,則甲、乙2名學生選做同一道題的事件為“”,且事件、相互獨立.

∴ =.

(2)隨機變量的可能取值為0,1,2,3,4.且.

∴ .

所以變量的分布列為：

0

1

2

3

4

. (或)

2.以A為原點，分別為x軸，y軸，z軸的正向建立空間直角坐標系A-xyz，則有

D(0，3，0)、D₁(0，3，2)、E(3，0，0)、F(4，1，0)、C₁(4，3，2)．

于是 ,．

（1）設EC₁與FD₁所成角為b，則．

（2）設向量與平面C₁DE垂直，則有

．

∴其中z＞0．

取n₀=(-1，-1，2)，則n₀是一個與平面C₁DE垂直的向量．

∵向量=（0，0，2）與平面CDE垂直，

∴n₀與所成的角θ為二面角C-DE-C₁的平面角．

∵，∴．

3.（1）設M=，則=8=，故

    =，故

聯立以上兩方程組解得a=6，b=2，c=4，d=4，故M=．

（2）由（1）知，矩陣M的特征多項式為，故其另一個特征值為.設矩陣M的另一個特征向量是e₂，則M e₂=，解得.

（3）設點是直線上的任一點，其在矩陣M的變換下對應的點的坐標為，則

=，即，

代入直線的方程后并化簡得,即.

4.（1）拋物線焦點為（1，0）.

設：消去x得

,

則,

=.

（2）設：消去x，得.

,則y₁+y₂=4t ,y₁y₂=－4b.

=.

令，∴直線l過定點(2，0).