前言
选择题
分析:采用特殊化策略求解,由于点(M),(N)是椭圆(cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}=1) (a>b>0)上关于原点对称的任意的两个点,那么就可以特殊化为椭圆的左右两个顶点,又点(P)是椭圆上任意一点,那么就可以特殊化为椭圆上的上顶点,
那么如何让他们满足题目的条件呢,我们可以这样想,只要调整椭圆的三个参数恰当,就可以让其满足题目的条件,这样在这种特殊条件下,
(k_1=k_{PM}=cfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=cfrac{b-0}{0+a}),(k_2=k_{PN}=cfrac{b-0}{0-a}),
则(|k_1k_2|=|cfrac{b^2}{-a^2}|=cfrac{b^2}{a^2}=cfrac{1}{4}),故(a^2=4b^2),(c^2=a^2-b^2=3b^2),
则(e^2=cfrac{c^2}{a^2}=cfrac{3b^2}{4b^2}=cfrac{3}{4}),故(e=cfrac{c}{a}=cfrac{sqrt{3}}{2})。故选(C)。
分析:按照框图的思路执行以下几个步骤,
(R_1)中,(i=1,S=0),是,(S=cfrac{1}{2}(1-cfrac{1}{3})),(i=2);
(R_2)中,(i=2,S=cfrac{1}{2}(1-cfrac{1}{3})),是,(S=cfrac{1}{2}(1-cfrac{1}{3}+cfrac{1}{2}-cfrac{1}{4})),(i=3);
(R_3)中,(i=3,S=cfrac{1}{2}(1-cfrac{1}{3}+cfrac{1}{2}-cfrac{1}{4})),是,(S=cfrac{1}{2}(1-cfrac{1}{3}+cfrac{1}{2}-cfrac{1}{4}+cfrac{1}{3}-cfrac{1}{5})),(i=4);
(R_4)中,(i=4,S=cfrac{1}{2}(1+cfrac{1}{2}-cfrac{1}{4}-cfrac{1}{5})),是,(S=cfrac{1}{2}(1+cfrac{1}{2}-cfrac{1}{4}-cfrac{1}{5}+cfrac{1}{4}-cfrac{1}{6})),(i=5);
(R_5)中,(i=5,S=cfrac{1}{2}(1+cfrac{1}{2}-cfrac{1}{5}-cfrac{1}{6})),是,(S=cfrac{1}{2}(1+cfrac{1}{2}-cfrac{1}{5}-cfrac{1}{6}+cfrac{1}{5}-cfrac{1}{7})=cfrac{1}{2}(1+cfrac{1}{2}-cfrac{1}{6}-cfrac{1}{7})=cfrac{25}{42}),(i=6);
(R_6)中,(i=6,S=cfrac{25}{42}),否,输出(S=cfrac{25}{42}),结束;即当(i=6)时,应该满足“否”而不是“是”,故应该填入的是(ileq 5)。
分析:六爻共有(2^6=64)种,其中三阳爻三阴爻有(C_6^3=20)种,说明:相当于从((阳+阴)^6)展开式中取三阳爻三阴爻,故有(C_6^3cdot C_3^3=20)种,则所求概率为(P=cfrac{20}{64}=cfrac{5}{16}),故选(C)。
①对于任意的(xin R),都有(f(x+1)=f(x-1));
②函数(y=f(x+1))的图像关于(y)轴对称;
③对于任意的(x_1,x_2in [0,1]),都有([f(x_1)-f(x_2)](x_1-x_2)>0);
则(f(cfrac{3}{2}))、(f(2))、(f(3))的大小关系是【】
分析:本题目考查函数的各种性质的综合运用,其中主要涉及的是函数的奇偶性、周期性、对称性、单调性;
由①可知,函数的周期为(T=2),故可以简化其中的两项,(f(2)=f(0)),(f(3)=f(1));
由②,通过图像的平移,可知函数(y=f(x))的对称轴为直线(x=1),即函数满足条件(f(x)=f(2-x)),再赋值得到,(f(cfrac{3}{2})=f(2-cfrac{3}{2})=f(cfrac{1}{2}));
由③可知函数(f(x))在区间([0,1])上单调递增,由于(1>cfrac{1}{2}>0),故(f(1)>f(cfrac{1}{2})>f(0)),即满足(f(3)>f(cfrac{3}{2})>f(2)),故选(D)。
分析:由于求异面直线所成角的范围,故需要先明确其允许的最大范围,是((0,cfrac{pi}{2}]),怎么理解呢?采用简单原则,当同一平面内的两条直线相交时形成两对对顶角,其中的邻角互补,这样我们刻画其位置关系时,仅仅只需要([0,cfrac{pi}{2}])范围内的角就足够了,不需要范围为([0,pi]),那么异面直线所成角的范围就成了((0,cfrac{pi}{2}]),
再者我们需要将已知的直线安放在空间,最好的依托就是正方体和长方体等模型,如下图所示,
当异面直线(a),(b)所成的角为(cfrac{pi}{6}),直线(aperp c),那么异面直线(b)和(c)所成角的范围最小是(cfrac{pi}{2}-cfrac{pi}{6}=cfrac{pi}{3}),最大是(cfrac{pi}{2}+cfrac{pi}{6}=cfrac{2pi}{3}),又由于刻画异面直线所成角的范围限制,故只能是([cfrac{pi}{3},cfrac{pi}{2}]),故选(A)。
法1:解析几何法,只要求得(a)、(b)的值即可;如图所示,由条件(overrightarrow{OF_1}+overrightarrow{OQ}=2overrightarrow{OP})可知,点(P)是线段(F_1Q)的中点,又由于(angle F_1PO=cfrac{pi}{2}),故( riangle OF_1Q)为等腰三角形,且(|OF_1|=|OQ|),且可知渐近线方程为(y=pmcfrac{b}{a}x),
由于(l_1:y=cfrac{b}{a}x),则可知与(l_1)垂直的直线(F_1Q:y=-cfrac{a}{b}(x+c))①,又(l_2:y=-cfrac{b}{a}x)②,两式联立,
解得交点(Q(cfrac{a^c}{b^2-a^2},-cfrac{abc}{b^2-a^2})),又由于(|OF_1|=|OQ|),
则有(c^2=(cfrac{a^c}{b^2-a^2})^2+(-cfrac{abc}{b^2-a^2})^2),化简整理得到,(b^2=3a^2),即(cfrac{b}{a}=sqrt{3}),故渐近线为(y=pm sqrt{3}x),故选(C)。
说明:法1的计算很是麻烦和复杂。
法2:平面几何法,只要求得斜率或者倾斜角即可;如图所示,由条件(overrightarrow{OF_1}+overrightarrow{OQ}=2overrightarrow{OP})可知,点(P)是线段(F_1Q)的中点,又由于(angle F_1PO=cfrac{pi}{2}),故( riangle OF_1Q)为等腰三角形,且(|OF_1|=|OQ|),
由双曲线的性质可知,(x)轴平分(angle 3)和(angle 4),(y)轴平分(angle 1)和(angle 2),(angle 4=angle 5),
则(angle 3+angle 1=cfrac{pi}{2}),又在等腰三角形( riangle OF_1Q)中,(angle 3+4angle 1=pi),
从而解得(angle 1=cfrac{pi}{6}),(angle 3=cfrac{pi}{3}),
故渐近线的斜率为(k=pm tan(cfrac{pi}{3})=pm sqrt{3}),故渐近线为(y=pm sqrt{3}x),故选(C)。
填空题
分析:本题目的左端涉及两个数列,一个数列为({a_n}),设其前(n)项和为(T_n),另一个数列为({2^{n-1}a_n}),设其前(n)项和为(S_n),右端可以看出(f(n)),故本题目是利用(2^{n-1}a_n)和(S_n)的关系,先求出数列({2^{n-1}a_n})的通项公式,然后反解出(a_n)即可;
由(nge 1)时,(S_n=a_1+2a_2+2^2a_3+cdots+2^{n-1}a_n=8n)① ,
则(nge 2)时,(S_{n-1}=a_1+2a_2+2^2a_3+cdots+2^{n-2}a_{n-1}=8(n-1))② ,
两式做差,得到,
当(nge 2)时,(S_n-S_{n-1}=2^{n-1}a_n=8),即(a_n=8cdot 2^{1-n}=2^{4-n}),
当(n=1)时,(S_1=a_1=8=2^{4-1}),满足上式,
故(a_n=2^{4-n}(nin N^*));
分析:(a=displaystyleint_{0}^{pi} sinx\, dx=-cosx|_0^{pi}=2),即求((cfrac{1}{x}-x)^{10})的展开式中(x^2)项的系数,用通项公式法,可知所求为(210);
分析:由题可知,底面圆的半径为(r=1),圆锥的侧面展开图是弧长为(2pi r=2pi),半径为2的扇形,故其侧面积为(S_{扇形}=cfrac{1}{2} imes 2pi imes 2=2pi)。
分析:自然会想到验证是否为周期数列,
(b_1=INT(cfrac{2}{7})=0),则(a_1=0);
(b_2=a_2-2a_1=INT(cfrac{4}{7})-2 imes 0=0-0=0),(a_2=0);
(b_3=a_3-2a_2=INT(cfrac{8}{7})-2 imes 0=1-0=1),(a_3=1);
(b_4=a_4-2a_3=INT(cfrac{16}{7})-2 imes 1=2-2 imes 1=0),(a_4=2);
(b_5=a_5-2a_4=INT(cfrac{32}{7})-2 imes 2=4-4=0),(a_5=4);
(b_6=a_6-2a_5=INT(cfrac{64}{7})-2 imes 4=9-8=1),(a_6=9);
故数列({b_n})为(T=3)的周期数列,故(b_{2019}=b_{672 imes3+3}=b_3=1);
解答题
(1).求(f(x))的最小正周期和对称轴方程;
分析:(f(x)=vec{a}cdot vec{b}=cdots =sin(2x+cfrac{pi}{6})+cfrac{1}{2}),故(T=pi);
令(2x+cfrac{pi}{6}=kpi+cfrac{pi}{2}),得到对称轴方程为(x=cfrac{kpi}{2}+cfrac{pi}{6}),(kin Z);
(2).当(xin (-pi,pi])时,求(f(x))的单调递增区间;
法1:见图片解析;
法2:由于(xin (-pi,pi]),求得(2x+cfrac{pi}{6}in (-2pi+cfrac{pi}{6},2pi+cfrac{pi}{6}]),
以(2x+cfrac{pi}{6})为横轴,作出图像,由图像可知,当
(1)求证:平面(AEFperp)平面(CEF);
法1:建立空间直角坐标系,利用空间向量法证明;如图,连结(AC)交(BD)于点(O),取(EF)的中点为(G),连结(OG),分别以(OA),(OB),(OG)所在的直线为(x),(y),(z)轴建立直角坐标系,
由于(DEperp)面(ABCD),(DE//FB),所以(DEperp AD),(DEperp CD),(FBperp BC),(FBperp AB),又(ABCD)为菱形,(BDEF)为矩形,则( riangle ADE),( riangle CDE),( riangle ABF),( riangle CBF)是全等的直角三角形,
则由题目可知,(A(sqrt{3},0,0))、(A(sqrt{3},0,0))、(B(0,1,0))、(D(0,-1,0))、(C(-sqrt{3},0,0))、(E(0,-1,sqrt{3}))、(F(0,1,sqrt{3})),
则由(overrightarrow{AE}=(-sqrt{3},-1,sqrt{3})),(overrightarrow{AF}=(-sqrt{3},1,sqrt{3})),设平面(AEF)的法向量为(vec{n}=(x,y,z)),
则由(left{egin{array}{l}{-sqrt{3}x-y+sqrt{3}z=0}\{-sqrt{3}x+y+sqrt{3}z=0}end{array} ight.),求得(vec{n}=(1,0,1));
由(overrightarrow{CE}=(sqrt{3},-1,sqrt{3})),(overrightarrow{AF}=(sqrt{3},1,sqrt{3})),设平面(CEF)的法向量为(vec{v}=(x,y,z)),
则由(left{egin{array}{l}{sqrt{3}x-y+sqrt{3}z=0}\{sqrt{3}x+y+sqrt{3}z=0}end{array} ight.),求得(vec{v}=(1,0,-1));
由于(vec{n}cdot vec{v}=1+0-1=0),即两个平面的法向量垂直,故两个平面垂直,即平面(AEFperp)平面(CEF);
法2:面面垂直的定义法,设法证明其二面角为直二面角;连结(AC)交(BD)于点(O),取(EF)的中点为(G),连结(OG),(AG),(CG),由于(DEperp)面(ABCD),(DE//FB),所以(DEperp AD),(DEperp CD),(FBperp BC),(FBperp AB),又(ABCD)为菱形,(BDEF)为矩形,则( riangle ADE),( riangle CDE),( riangle ABF),( riangle CBF)是全等的直角三角形,
由(AE=AF),(CE=CF),(G)为(EF)的中点,可知(AGperp EF),(CGperp EF),则(angle AGC)为二面角(A-EF-C)的平面角,由于(AG=CG=sqrt{6}),(AC=2sqrt{3}),故由勾股定理可知,(angle AGC=cfrac{pi}{2}),故平面(AEFperp)平面(CEF);
法3:立体几何法;待思考;
(2)在线段(AB)上取一点(N),当二面角(N-EF-C)的大小为(cfrac{pi}{3})时,求(|AN|)的长度;
如图,连结(AC)交(BD)于点(O),取(EF)的中点为(M),连结(OM),分别以(OA),(OB),(OM)所在的直线为(x),(y),(z)轴建立直角坐标系,
(Ⅰ)
(Ⅱ).ⅰ法1:采用条件概率定义法,设抽到一件产品是优质品为事件(A),抽取的两件产品都是优质品为事件(B),则需要求(P(B|A)),
又(P(A)=cfrac{C_2^2+C_2^1C_8^1}{C_{10}^2}),(P(AB)=cfrac{C_2^2}{C_{10}^2}),
故(P(B|A)=cfrac{P(AB)}{P(A)}=cfrac{frac{C_2^2}{C_{10}^2}}{frac{C_2^2+C_2^1C_8^1}{C_{10}^2}}=cfrac{C_2^2}{C_2^2+C_2^1C_8^1}=cfrac{1}{17});
此法易错处:采用保底法,计算(P(A)=cfrac{C_2^1C_9^1}{C_{10}^2}),这是错误的,有重复,避免的方法是严格分类讨论即可。
ⅰ法2:采用古典概型法,从(B)厂的100个样本产品利用分层抽样的方法抽出10件产品中,优质品有2件,非优质品有8件,从这10件产品中随机抽取2件,其中抽到一件产品(暗含至少有一件)是优质品的事件有(C_2^2+C_2^1C_8^1=17)个,从这10件产品中随机抽取2件,抽取的都是优质品的事件有(C_2^2=1)个,所以在已知抽到一件产品是优质品的条件下,抽取的两件产品都是优质品的概率是(cfrac{1}{17})。
ⅱ用频率估计概率,从(B)分厂所有产品(总量有(n)件)中任取一件产品是优质品的概率为(0.20),所以随机变量(X)服从二项分布,即(Xsim B(10,0.20)),则(E(X)=10 imes 0.20=2)。
此处易错:容易错判为超几何分布,此处注意,一则用频率估计概率,二则总量不知道,所以应该是二项分布;
选做题
(Ⅰ)求(C)的极坐标方程;
分析:消参,得到圆(C)的普通方程为((x-2)^2+y^2=4),将(x= ho cos heta),(y= ho sin heta)代入圆(C)的普通方程,化简整理得到(C)的极坐标方程为( ho=4cos heta);
(Ⅱ)射线( heta= heta_1),(( heta_1in [cfrac{pi}{6},cfrac{pi}{3}], ho>0))与圆(C)的交点为(O)、(P),与直线(l)的交点为(Q),求(|OP|cdot |OQ|)的取值范围。
分析:设(P( ho_1, heta_1)),则有( ho_1=4cos heta_1),
设(Q( ho_2, heta_1)),又直线(l)的极坐标方程是( ho(sqrt{3}sin heta+cos heta)=1),则( ho_2=cfrac{1}{sqrt{3}sin heta_1+cos heta_1}),
所以,(|OP|cdot |OQ|= ho_1 ho_2=cfrac{4cos heta_1}{sqrt{3}sin heta_1+cos heta_1}=cfrac{4}{sqrt{3}tan heta_1+1}),
又( heta_1in [cfrac{pi}{6},cfrac{pi}{3}]),则(tan heta_1in [cfrac{sqrt{3}}{3},sqrt{3}]),则(1leq |OP|cdot |OQ|leq 2),故(|OP|cdot |OQ|)的取值范围为([1,2]).
解后反思:①经过极点的线段,其长度用极坐标表示比用直角坐标表示有更大的优越性。②当题目中出现线段和或者线段积时,采用极坐标思考和运算要简单的多。