如圖，在邊長為12的正方形A₁ AA′A₁′中，點B、C在線段AA′上，且AB = 3，BC = 4，作BB₁∥AA₁，分別交A₁A₁′、AA₁′于點B₁、P；作CC₁∥AA₁，分別交A₁A₁′、AA₁′于點C₁、Q；將該正方形沿BB₁、CC₁折疊，使得A′A₁′ 與AA₁重合，構成如圖所示的三棱柱ABC—A₁B₁C₁，在三棱柱ABC—A₁B₁C₁中， （Ⅰ）求證：AB⊥平面BCC₁B₁；  （Ⅱ）求面PQA與面ABC所成的銳二面角的大�。�（Ⅲ）求面APQ將三棱柱ABC—A₁B₁C₁分成上、下兩部分幾何體的體積之比．

 

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如圖1所示，在邊長為12的正方形AA′A₁′A₁中，點B，C在線段AA′上，且AB=3，BC=4，作BB₁∥AA₁，分別交A₁A₁′、AA₁′于點B₁、P，作CC₁∥AA₁，分別交A₁A₁′、AA₁′于點C₁、Q，將該正方形沿BB₁、CC₁折疊，使得A′A₁′與AA₁重合，構成如圖2所示的三棱柱ABC-A₁B₁C₁．
（1）在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，求證：AB⊥平面BCC₁B₁；
（2）求平面APQ將三棱柱ABC-A₁B₁C₁分成上、下兩部分幾何體的體積之比．

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如圖1所示，在邊長為12的正方形AA′A₁′A₁中，點B，C在線段AA′上，且AB=3，BC=4，作BB₁∥AA₁，分別交A₁A₁′、AA₁′于點B₁、P，作CC₁∥AA₁，分別交A₁A₁′、AA₁′于點C₁、Q，將該正方形沿BB₁、CC₁折疊，使得A′A₁′與AA₁重合，構成如圖2所示的三棱柱ABC-A₁B₁C₁．
（1）在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，求證：AB⊥平面BCC₁B₁；
（2）求平面APQ將三棱柱ABC-A₁B₁C₁分成上、下兩部分幾何體的體積之比．

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如圖1所示，在邊長為12的正方形AA′A₁′A₁中，點B，C在線段AA′上，且AB=3，BC=4，作BB₁∥AA₁，分別交A₁A₁′、AA₁′于點B₁、P，作CC₁∥AA₁，分別交A₁A₁′、AA₁′于點C₁、Q，將該正方形沿BB₁、CC₁折疊，使得A′A₁′與AA₁重合，構成如圖2所示的三棱柱ABC-A₁B₁C₁．
（1）在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，求證：AB⊥平面BCC₁B₁；
（2）求平面APQ將三棱柱ABC-A₁B₁C₁分成上、下兩部分幾何體的體積之比．

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如圖1所示，在邊長為12的正方形AA′A₁′A₁中，點B，C在線段AA′上，且AB=3，BC=4，作BB₁∥AA₁，分別交A₁A₁′、AA₁′于點B₁、P，作CC₁∥AA₁，分別交A₁A₁′、AA₁′于點C₁、Q，將該正方形沿BB₁、CC₁折疊，使得A′A₁′與AA₁重合，構成如圖2所示的三棱柱ABC-A₁B₁C₁．
（1）在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，求證：AB⊥平面BCC₁B₁；
（2）求平面APQ將三棱柱ABC-A₁B₁C₁分成上、下兩部分幾何體的體積之比．

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一、選擇題

題號

1

2

3

4

5

6

7

8

答案

D

A

C

B

D

C

C

A

4．【解析】{a_n}為等差數(shù)列，則{}也為等差數(shù)列且其公差d = 1,

∴，∴=．

5．【解析】圓方程可化為，則圓心到直線的距離，當1＜d＜3時，則圓上恰有兩個點到直線的距離等于1，＜|c|＜，故選D.

6．【解析】y = f(x)是奇函數(shù)，由f(x)＞f (?x) + x得f(x)＞，數(shù)形結合．

7．【解析】設l過原點，取線段AB的中點M(?1，)，則OM⊥l，∴k_l =．

8．【解析】∵f(x)是偶函數(shù)且f(x)在[0，+∞)是增函數(shù)

∴|ax + 1|≤|x ?2|恒成立，x∈[，1]．

∴x ? 2≤ax + 1≤2 ? x

即．

二、填空題

9．【解析】，令有r = 2，∴．

10．【解析】= 1440．

11．       【解析】求出交點代入求出k并驗證得k = ?9．

12．【解析】易求：拋物線焦點F(4，0)，準線L：x = ? 4．橢圓焦點F(4，0)、 F′(4，4)，如圖所示．

所以F為兩曲線之公共焦點．

設兩曲線交于點A，則

所以當H、A、F′共線時，2a有最小值，從而a也達到最小，此時，y_A = y_F = 4，代入y² = 16x 得x_A = 1，再以A(1，4)代入橢圓得：a² = 16，從而a = 4．

13．【解析】①在平面A′FA內過點A′作A′H⊥AF，垂足為H，由DE⊥AF，DE⊥A′G知DE⊥平面A′GA．故DE⊥A′H，∴A′H⊥平面ABC，即A′在平面ABC上的射影在線段AF上．

②由①得；

③由①知：當A′H與A′G重合時，三棱錐A′―FED的體積有最大值；

④用反證法：假設A′E與BD垂直，由①知A′H⊥BD，∴BD⊥面A′HE，EH⊥BD．

∴當EH⊥BD時，可證A′E⊥BD．

故①②③正確．

14．【解析】當n≤x＜n + 1(n∈Z)時，y = f(x) = x ? n，

顯然有0≤x ? n＜1，即0≤y＜1，

也有f(x+ 1) }= x + 1 ? [x + 1] = x + 1? ([x] + 1) = x ? [x] = f(x)．如圖．

    答案為：［0，1）；1

15．【解析】（i）20；

（ii）將粒子的運動軌跡定義為數(shù)對（i，j）

則它的運動整點可排成數(shù)表

（0，0）

（0，1） （1，1） （1，0）

（0，0） （2，1） （2，2） （1，2） （0，2）

（0，3） （1，3） （2，3） （3，3） （3，2） （3，1） （3，0）

（4，0） （4，1） （4，2） （4，3） （4，4） （3，4） （2，4） （1，4）（0，4）

通過推并可知：經過2 = 1×2s，運動到（1，1）

經過6 =2×3s，運動到（2，2）

經過12 =3×4s，運動到（3，3）

∴經過44×45 = 1980s，運動到（44，44）

       再繼續(xù)運動29s，到達點（15，44）．

三、解答題

16．【解析】（1）= 0，1，2，4．                                            （1分）

P(= 4) =

P(= 2) =

P(= 1) =

P(= 0) = 1?P(= 1) ?P(= 2) ?P(= 4) =                              （7分）

∴的分布列為

0

1

2

4

P

                                                                    （9分）

∴E=，

D= (0 ? 1)²×+ (1 ? 1)²×+(2 ? 1)²×+(4 ? 1)²×= 1               （12分）

17．【解析】（Ⅰ）∵，∴= 0，               （2分）

∴，                                    （4分）

又∵∈R，∴時，m_min = ?2.

又，所以                                             （6分）

（Ⅱ）∵，且,∴                           （8分）

∴

∴                          （10分）

                                              （12分）

18．【解析】（Ⅰ）∵AB = 3，BC = 4，∴AC = 5

∵AC² = AB² + BC²

∴AB⊥BC

又AB⊥BB₁

且BC∩BB₁ = B

∴AB⊥面BCC₁B₁                                                     （4分）

（Ⅱ）如圖，建立空間直角坐標系

則A(3，0，0)，P(0，0，3)，Q(0，4，4)

設面APQ的法向量為= (x，y，z)

= (1，?1，1)

而面ABC的法向量可以取= (0，0，1)

∴

∴面PQA與面ABC所成的銳二面角為arccos．                        （8分）

（Ⅲ）∵BP = AB = 3，CQ = AC = 7．

∴S_{四邊形BCQP} =

∴V_A―BCQP =×20×3 = 20

又∵V=．

∴．                                             （12分）

19．【解析】（Ⅰ）（）．　　　�。�2分）

（Ⅱ）設第n區(qū)內的面積為b_n平方米，

則 ．　　　　　　　　　　　　　�。�4分）

則第n區(qū)內火山灰的總重量為

（噸）（萬噸）　　�。�6分）

設第n區(qū)火山灰總重量最大，則

解得   ∴n =50.

即得第50區(qū)火山灰的總重量最大.                                           （9分）

（Ⅲ）設火山噴發(fā)的火山區(qū)灰總重量為S萬噸，

則

設

則   ①

∴ ②

①－②得

∴                               （12分）

∵0＜q＜1，∴（萬噸）

因此該火山這次噴發(fā)出的火山灰的總重量約為3712萬噸．                     （13分）

20．【解析】（Ⅰ）因為圓O的方程為x² + y² = 2，所以d =，

可得b² = 2(k² + 1)(k≠±1)．                                           （4分）

（Ⅱ）設A(x₁，y₁)，B(x₂，y₂)，

由，

所以，                                                 （7分）

所以=

=，

因為|AB| =×=，

O到AB的距離，                                         （11分）

  所以

=∈．                                    （13分）

21．（Ⅰ）【解析】

．               　　　　�。�2分）

由f (?2) =

又∵b，c∈N^*    ∴c = 2，b = 2

∴f (x) =．                                                （4分）

令f′(x)＞0得：x＜0或x＞2

令f′(x)＜0得：0＜x＜2

∴f(x)的單調遞增區(qū)間為（?∞，0），（2，+∞）

f(x)的單調遞減區(qū)間為（0，1），（1，2）．                                 （6分）

（Ⅱ）證明：由已知可得：2S_n = a_n ? ，

兩式相減得：(a_n + a_{n ? 1}) (a_n ? a_{n ? 1}+1) = 0 （n≥2）

∴a_n = ?a_{n ?1}或a_n ?a_n?1 = ?1                                             （7分）

當n =1 時，2a₁ = a₁ ?

若a_n = ?a_n?1，則a₂ = ?a₁ = 1與a_n≠1矛盾．

（定義域要求a_n≠1）

∴a_n ? a_n?1 = 1，∴a_n = ?n．                                             （8分）

要證的不等式轉化為

先證不等式

令g (x) = x ?ln(1 + x)，h(x) = ln(x +1) ?                                （10分）

則g′(x) =，h′(x) =

∵x＞0   ∴g′(x)＞0，h′(x)＞0

∴g (x)， h(x)在（0，+∞）上

∴g (x)＞g (0) = 0，h(x)＞h(0) = 0                                        （12分）

∴

故，即．                         （13分）