……9分
(2)Ex=0×+2×+4×+8×=2
即該人得分的期望為2分。 ……………………12分
(文)
(1)從口袋A中摸出的3個球為最佳摸球組合即為從口袋A中摸出2個紅球和一個黑球
其概念為 ……………………6分
(2)由題意知:每個口袋中摸球為最佳組合的概率相同,從5個口袋中摸球可以看成5
次獨立重復(fù)試驗,故所求概率為………………………12分
19.解法一:以D為原點,DA,DC,DD1
所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建
立空間直角坐標(biāo)系D―xyz,則
A(a,0,0)、B(a,2a,0)、
C(0,2a,0)、A1(a,0,a)、
D1(0,0,a)。E、P分別是BC、A1D1
的中點,M、N分別是AE、CD1的中點
∴……………………………………2分
(1)⊥面ADD1A1
而=0,∴⊥,又∵MN面ADD1A1,∴MN∥面ADD1A1;………4分
(2)設(shè)面PAE的法向量為,又
則又
∴=(4,1,2),又你ABCD的一個法向量為=(0,0,1)
∴
所以二面角P―AE―D的大小為 ………………………8分
(3)設(shè)為平面DEN的法向量⊥,⊥
又=(),=(0,a,),(,0,a)
∴所以面DEN的一個法向量=(4,-1,2)
∵P點到平面DEN的距離為
∴
所以 ……………………12分
解法二:
(1)證明:取CD的中點為K,連接
∵M,N,K分別為AE,CD1,CD的中點
∴MK∥AD,ND∥DD1,∴MK∥面ADD1A1,NK∥面ADD1A1
∴面MNK∥面ADD1A1,∴MN∥面ADD1A1, ………………………4分
(2)設(shè)F為AD的中點,∵P為A1D1的中點
∴PF∥DD1,PF⊥面ABCD
作FH⊥AE,交AE于H,連結(jié)PH,則由三垂
線定理得AE⊥PH,從而∠PHF為二面角
P―AE―D的平面角。
在Rt△AAEF中,AF=,EF=2,AE=,
從而FH=
在Rt△PFH中,tan∠PHF=
故:二面角P―AE―D的大小為arctan
(3)
作DQ⊥CD1,交CD1于Q,
由A1D1⊥面CDD1C1,得A1D1⊥DQ,∴DQ⊥面BCD1A1。
在Rt△CDD1中,
∴ ……………………12分
20.解:(理)
(1)函數(shù)的定義域為(0,+)
當(dāng)a=-2e時, ……………………2分
當(dāng)x變化時,,的變化情況如下:
(0,)
(,+)
―
0
+
ㄋ
極小值
ㄊ
由上表可知,函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,)
單調(diào)遞增區(qū)間為(,+)
極小值是()=0 ……………………6分
(2)由 ……………………7分
又函數(shù)為[1,4]上單調(diào)減函數(shù),
則在[1,4]上恒成立,所以不等式在[1,4]上恒成立。
即在,[1,4]上恒成立 ……………………10分
又=在[1,4]上為減函數(shù)
∴的最小值為
∴ ……………………12分
(文)(1)∵函數(shù)在[0,1]上單調(diào)遞增,在區(qū)間上單調(diào)遞
減,
∴x=1時,取得極大值,
∴
∴4-12+2a=0a=4 ………………………4分
(2)A(x0,f(x0))關(guān)于直線x=1的對稱點B的坐標(biāo)為(2- x0,f(x0)
=
∴A關(guān)于直線x=1的對稱點B也在函數(shù)的圖象上 …………………8分
(3)函數(shù)的圖象與函數(shù)的圖象恰有3個交點,等價于方程
恰有3個不等實根,
∵x=0是其中一個根,
∴方程有兩個非零不等實根
……………………12分
21.解:(理)(1)由已知得:
∵ ①…………………2分
∴ ②
②―①
即
又
∴ ……………………5分
∴{an}成等差數(shù)列,且d=1,又a1=1,∴…………………6分
(2)∵
∴
∴ …………………8分
兩式相減
∴ ……………………10分
∴ ……………………12分
(文)(1)由已知得:
∴
∵ ①…………………2分
∴ ②
②―①
即
又
∴ ……………………5分
∴{an}成等差數(shù)列,且d=1,又a1=1,∴…………………6分
(2)∵
∴
∴ …………………8分
兩式相減
∴ ……………………10分
∴ ……………………12分
22.解:(1)
設(shè)M(x,y)是曲線C上任一點,因為PM⊥x軸,
所以點P的坐標(biāo)為(x,3y) …………………2分
點P在橢圓,所以
因此曲線C的方程是 …………………5分
(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時,顯然不滿足條件
所以設(shè)直線l的方程為與橢圓交于A(x1,y1),B(x2,y2),N點所在直線方
程為
,由得
……………………6分
由△=………………8分
∵,所以四邊形OANB為平行四邊形 …………………9分
假設(shè)存在矩形OANB,則
所以
即 ……………………11分
設(shè)N(),由,得
,
即N點在直線
所以存在四邊形OANB為矩形,直線l的方程為 ……………………14分