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文檔簡介
市海淀2013屆高三查漏補數(shù)學(理)ycos(4x3
2
πy
y
y
y2若向量
滿足|a
,且abbb6,則向量
f(xxsinxf(πf(1fπAf(π)f(1
πf B.f(1)f(π)
πf
C.f(π)f(1)f(π)
D.f(π)f(π)f 6565體積6565設m、n是不同的直線,、、①若,③若m
,則
②若④若m
mmnm
主視
左視 x2y設不等式組x2y40表示的平面區(qū)域為D,若直線2x y上的點,則b的取值范圍 0x
俯視
存在區(qū)域已知不等式組xy2
所表示的平面區(qū)域為W,則W的面積 設點P(x,y)W,當x2y2最小時,點P坐標 9.
3)5xx計算e(2x1)dx 若直線l的參數(shù)方程為x1 y12t PA是圓OAPO交圓OB,CPBOCPA3,PB1,則AB ,ACB PBOC如圖所示,正方體ABCDABCD的棱長為1, CC的中點,過直線 的平面分別與棱BB、DD交于M BMxx[0,1NDMMENFNDMMENFLMENF面積S
④四棱錐CMENF的體積V
C y
與拋物線y1x21相切于點P.若P的橫坐標 4整數(shù),那么a2b2的最小值
n已知數(shù)列值范圍
nSnn2a
n
a5是
a已知函數(shù)f(xcos2x23sinxcosxsin2f
在ABCAB,C所對的邊分別是a,b,cfA)2a2bcABC2狀xOyPPxy3x(x,交于點QxM.記MOP,且(ππ,M2M若sin1,求cosPOQ3求OPQ面積的最大值f(x)cos2xasin(xπ)1,2
f()
12(Ⅰ)求a的值2(Ⅱ)f(x
數(shù)列an的各項都是正數(shù),前n項和為
,n
,都有a3a3a3 a3S2 (Ⅰ)求a22 (Ⅱ)求數(shù)列an的通項公式已知正三角形
與平行四邊形
ABCD所在的平面互相垂直.又ACD90,CD2,AC2,點 E求證CF求二面角ODEC值23
BO O采取不放回抽樣方式,從中依次摸出兩個球,記為摸出兩球中白球的個數(shù),求的期望f(x)6ln(ax21x2x2處有極值2f
ykxf
有交點,求實數(shù)k的取值范圍f(xeaxaa1,其中a1x(Ⅰ)f
(Ⅱ)x10x20fx1
a的取值范圍f(x1ax3bx2cx(abcA(1,f3
B(m,f(m))別為
a(Ⅰ)0b1a(Ⅱ)f
的遞增區(qū)間為
,求|s
已知橢圓C:a2
1(ab0的離心率為A(1, 求橢圓CMN為橢圓CMNyP(0y0范圍
MNP1PQ2求動點Q
,
兩點分別在y軸和x軸上運動,并且滿 MNyNP xQABCDA,BMNyNP xQF(0,2x軸上截得的線段長為4,記動圓圓心軌跡為曲線C求曲線C的方程
是曲線CPQ2
兩點分別作曲線CMPQM222 已知橢圓C: 1的左右兩個頂點分別為
Ml:x4 MAMB
P,點QF(Ⅱ(i)
(Ⅱ)求PQB12345BCCA33π,67895,(12,13-B1a51.解:﹙Ⅰ﹚f(xcos2x23sinxcosxsin23sin2xcos2sin(2x6所以T,f(x ﹙Ⅱ﹚由f()2,有f()2sin(A )2 所以sinA6 因為0A,所以A ,即A 由余弦定理a2b2c22bccosA及a2bc,所以(bc)20b
BC3所以ABC為等邊三角形解:依題意MOQπ,所以POQMOQMOPπ 2,因為sin1,且(ππ,所以cos 2, 2 22所以cosPOQcos(π) 22cos P(cos,sin),從而Q(cos,3所以
1|cos||3cossin|1|3cos2sincos|1|3 3cos21sin2|1|3sin(π2) 1|31 3 ,因為(π,2
,所以當
所以OPQ
31
a(II)f(xcos2xacosx12cos2x2cos設t 因為x[0,π],所以t所以有y2t22t,ty2t22t的對稱軸為t2
t1,即tcosx1x2π時,函數(shù)取得最小值 當t1,即tcosx1x0時,函數(shù)取得最大小值 (I)當n1a3 因為a10a1 當n2時,a3a3a3 a3 a3a3a3 a3
a3a
2a
a 因為a 所以a22a2a a 即a22S 因為a 1 所以a22S-a(nN (Ⅱ)由(I)知a22S-a(n 當n2
aa
③-④得a2
2(S-
)-a
2a-a
a n-
n-因為anan-10所以an-an-1所以數(shù)列an是等差數(shù)列,首項為1,公差為15.(I)ACEOAC中點,EOACACEABCDEOABCDEO
平面ABCDAC在RtACD中,tanFCO 2,tanODC OE即CFDO,OE所以CFDOECF(Ⅱ)以OOF,OA,OE則O(0,0,0),F
2,0,0),2
,D(2,1,0)由(I)DOE的法向量為CFDCEnxy
22因為CD所以
xy
n3zn所以cosn,CF22所以二面角ODEC的值為π4(Ⅰ)253摸出一球得黑球的概率為,5P(A)=233×2=12 答:兩球顏色不同的概率是12(Ⅱ)由題知0,1,2 P( 3 3,P(
3 ,P(
5 5 則 3214
4 5
10155 49 (Ⅰ)f(x6ln(ax21x22fx)6
ax2f20,可得a經檢驗a2時,函數(shù)f 在x2處取得極值f(x)6ln(2x2)1x22 x2x (x3)(xf(x) x x
x
xf
的定義域為(1xfxf
x2(2,f'0ff
的單調減區(qū)間為(12f
的單調增區(qū)間為(2(Ⅱ)若f'(xkx,則有x2x6kx2kx,其中x1,所以(k1)x2k1)x60有大于1的根,顯然k1,設g(xk1)x2k1)xx12只要k1)224(k1解得k25k1(Ⅰ)f(x)aeax(x1)[(a1)x①當a1fx0
xf 的單調遞減區(qū)間為(1;單調遞增區(qū)間為(1,0(0a1fx)0
x1x
a②當1a0時f
的單調遞減區(qū)間為(1
a
,單調遞增區(qū)間為(1,0③當a0f(x
1a1④當a0f(x的單調遞減區(qū)間為(1,0
1a1單調遞增區(qū)間為(1
a
, a(Ⅱ)解:①當a0x(0f
f )ea1(a1)2a若x(,0),f f(1)ea1,不合題②當a0③當1a0x
f(x1)
2(a1)x1,則f(xea0,符合題 ④當a1時,取x1,則f(xe1 x1,則f(xea0,符合題 a的取值范圍是[1,0(Ⅰ) f(m)am22bmca 又abc,可得4aa2bc4c,即4a04c,故a由(1)得ca2b,代入abc,再由a01b 將ca2b代入(2)得am22bm2b0,即方程ax22bx2b0故其判別式4b28ab≥0
b≤2,或b≥0 (3(4)a(Ⅱ)f(x)ax22bxc的判別式4b24ac01知方程f(x)ax22bxc0()有兩個不等實根,設為x 1f(1a2bc0x11為方程()xx2b,x2b10x x
x
fx0x2
fx0f
的遞增區(qū)間為[x2
1,由題設知[x2,x1
t],因此|st||xx|22b,由(Ⅰ)知0b1 |st|的取值范圍為[2,4 22解:(Ⅰ)橢圓C的方程為: 22
(Ⅱ)Mx1,y1),Nx2,y2
1
1,2
1
x2(yy xx2(yy x2(yy
(x2x2)(y2y2)2y(yy) 4 4 將x14 3
x24 2x1x23得y2y26yyy0
y
y1y2
|y1
3,|y2
3
兩點不重合,從而
y1y2 33所以y(3,333
設Q(xy),因為NP1PQ,所以N(0y MN
3mx3y24(Ⅱ)A、Bx軸的下方(x軸A、B、C的坐標分別為x1,y1x2,y2x3,y3)y30y2y1AB的斜率為k
3
A、B、Cy24mx x11,x22,x3
y1ky2,y34mky2yCDOBxA因為|AB|yCDOBxA(x(xx)2(yy (xx)2(yy 1k1k
y)1k2(yy 所以y2y1ky3y2將②代入可得y4m
2k(4mk2y2即4mk24m2(k1y 4mk2
2(k1k正方形的邊長為|1k
1k2(yy)
1k2(4mk2y 24mk2 2
k3 1k2(4mk
)
k 11k1k2(k2
k(k(k(k2
k1k2(k21k2(k2
k(k1)2,k1
2
k(k
4所以正方形ABCD面積的最小值為32m2(Ⅰ)設圓心坐標為(xy,那么22y2y2)2x2x24(Ⅱ)Px1,y1),Qx2,y2設直線PQ的方程為y ,代入曲線C的方程得x24kx4b0所以xx4kx
4b,16k216b 1 1因為PQ2,所以(1k2xx)24xx4,(1k216k216b 1所以
4(1k2)[k2b]1,k2b
4(1k2P、QCy
x1(xx),y
x2(xxy2y1
x2x(x1x2)
x2x
x2x
x 1
(x1x2) 1
x1x2,x 2 PC的切線方程得
yyx1(x1x2xx x
xy11( 2x1),y12 M的坐標為(2k,bMPQ2k2 12k2 1k2k2 1k1當k0時
1,此時PQM
1PQ
解法二:Px1,y1),Qx2,y2P、QCyyx1(xx),yyx2(xx y2y1
x2x(x1x2) 1 x2x
x2x
x 1
(x1x2) 1
x1x2,x PC的切線方程得
yyx1(x1x2xx x
xy11( 2x1),y1 M的坐標為(x1x2y1y2 PQCC的坐標為(x1x2y1y2)MCy x y x x2x (xx (xxMC12 212 2 2
(xx設點M到直線PQ的距離為d,那么dMC 2(當且僅當x1
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