20090505
= 故選C
6. 提示: 如圖,取G的極端位置, 問題轉(zhuǎn)化為求AE與的位置關(guān)系,取AD的中點M,連接MF、可證 可見AE與FG所成的角為 A故選D
7. 提示: 當x>0時,的圖像相同,故可排除(A)、(C)、(D).故選B
8.令=5,得3n=5r+10 , 當r=1時,n=5.故選C
9.提示由,得,所以, 點P的軌跡是圓(除去與直線AB的交點).故選B
10.提示:令f(x)= x2?(a2+b2?6b)x+ a2+b2+2a?4b+1,則由題意有f(0)= a2+b2+2a?6b+1≤0且f(1)=2a+2b+2≥0,即(a+1)2+(b?2)2≤4且a+b+1≥0,在直角坐標平面aOb上作出其可行域如圖所示,而a2+b2+4a=(a+2)2+b2?4的幾何意義為|PA|2?4(其中P(a,b)為可行域內(nèi)任意的一點,A(?2,0)). 由圖可知,當P點在直線l:a+b+1=0上且AP⊥l時取得最小值;當P點為AC(C為圓(a+1)2+(b?2)2≤4的圓心)的延長線與圓C的交點時達到最大值. 又A點的直線l的距離為,|AC|=,所以a2+b2+4a的最大值和最小值分別為?和(+2)2?4=5+4.故選B.
11.提示: 易知數(shù)列{an}是以3為周期的數(shù)列,a1=2, a2= , a3= , a4 =2,
故 a2009=故選B
12.提示: ∵是定義在R上的奇函數(shù),
∴,又由已知,
∴,(A)成立;
∵,
∴(B)成立;當時,又為奇函數(shù),
∴,,且,
∴(C)即,
∴(C)成立;對于(D),有,由于時的符號不確定,
∴未必成立。故選D
二、填空題:(本大題共4小題,每小題5分,共20分)
13.5;提示: Tr+1=(x)n-r(-)r,由題意知:-+=27n=9
∴展開式共有10項,二項式系數(shù)最大的項為第五項或第六項,故項的系數(shù)最大的項為第五項。
14.(0,1)∪(1,10) ;提示: 當a>1時,不等式化為10-ax>a,要使不等式有解,必須10-a>0
∴1<a<10
當0<a<1時,不等式化為0<10-ax<a10-a<ax<10不等式恒有解
故滿足條件a的范圍是(0,1)∪(1,10)
15. ;提示: P=1-=
16. 提示:當直角三角形的斜邊垂直與平面時,所求面積最大。
三、解答題:(本大題共6小題,共70分)
17.(本大題10分)(1)不是,假設(shè)是在上的生成函數(shù),則
存在正實數(shù)使得恒成立,令,得,與
矛盾,
所以函數(shù)一定不是在上的生成函數(shù)…………5分
(2)設(shè),因為
所以,當且僅當且時等號成立,
即時
而,
…………………………………………10分
18.(Ⅰ)連接A1C.∵A1B1C1-ABC為直三棱柱,
∴CC1⊥底面ABC,∴CC1⊥BC.
∵AC⊥CB,∴BC⊥平面A1C1CA. ……………1分
∴為與平面A1C1CA所成角,
.
∴與平面A1C1CA所成角為.…………4分
(Ⅱ)分別延長AC,A1D交于G. 過C作CM⊥A1G
于M,連結(jié)BM,
∵BC⊥平面ACC1A1,∴CM為BM在平面A1C1CA內(nèi)的射影,
∴BM⊥A1G,∴∠CMB為二面角B―A1D―A的平面角,
平面A1C1CA中,C1C=CA=2,D為C1C的中點,
∴CG=2,DC=1 在直角三角形CDG中,,.
即二面角B―A1D―A的大小為.……………………8分
(Ⅲ)取線段AC的中點F,則EF⊥平面A1BD.
證明如下:
∵A1B1C1―ABC為直三棱柱,∴B1C1//BC,
∵由(Ⅰ)BC⊥平面A1C1CA,∴B1C1⊥平面A1C1CA,
∵EF在平面A1C1CA內(nèi)的射影為C1F,當F為AC的中點時,
C1F⊥A1D,∴EF⊥A1D.
同理可證EF⊥BD,∴EF⊥平面A1BD.……………………12分
19.(解:(1)分別在下表中,填寫隨機變量和的分布列:
…4分
(2);;
…………………….. 9分
∴周長的分布列為:
……….. 10分
∴ …. 12分
20.(Ⅰ) 設(shè)C(x, y),
∵ , ,
∴ ,
∴ 由定義知,動點C的軌跡是以A、B為焦點,
長軸長為的橢圓除去與x軸的兩個交點.
∴ . ∴ .
∴ W: . …………………………………………… 2分
(Ⅱ) 設(shè)直線l的方程為,代入橢圓方程,得.
整理,得.
①………………………… 5分
因為直線l與橢圓有兩個不同的交點P和Q等價于
,解得或.
∴ 滿足條件的k的取值范圍為 ………… 7分
(Ⅲ)設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則=(x1+x2,y1+y2),
由①得.
②
又
③
因為,, 所以.……………………… 11分
所以與共線等價于.
將②③代入上式,解得.
所以存在常數(shù)k,使得向量與共線.…………………… 12分
21.解:(1)由題意得
解得,將代入,化簡得
;………………4分
(2)由題知,因為,所以
令,則,
并且,因此,
從而,得,………..8分
(2)因為時,故
,
從而………………12分
22.解: Ⅰ)∵=a+,x∈(0,e),∈[,+∞………………1分
(1)若a≥-,則≥0,從而f(x)在(0,e)上增函數(shù).
∴f(x)max
=f(e)=ae+1≥0.不合題意. …………………………………3分
(2)若a<-,則由>0a+>0,即0<x<-
由f(x)<0a+<0,即-<x≤e.
∴f(x)=f(-)=-1+ln(-).
令-1+ln(-)=-3,則ln(-)=-2.∴-=e,
即a=-e2. ∵-e2<-,∴a=-e2為所求. ……………………………6分
(Ⅱ)當a=-1時,f(x)=-x+lnx,=-1+=.
當0<x<1時,>0;當x>1時,<0.
∴f(x)在(0,1)上是增函數(shù),在(1,+∞)上減函數(shù).
從而f(x)=f(1)=-1.∴f(x)=-x+lnx≤-1,從而lnx≤x-1. ………8分
令g(x)=|f(x)|--=x-lnx--=x-(1+)lnx-
(1)當0<x<2時,有g(shù)(x)≥x-(1+)(x-1)-=->0.
(2)當x≥2時,g′(x)=1-[(-)lnx+(1+)?]=
=.
∴g(x)在[2,+∞上增函數(shù),
∴g(x)≥g(2)=
綜合(1)、(2)知,當x>0時,g(x)>0,即|f(x)|>.
故原方程沒有實解. ……………………………………12分