已知函數(shù)f(x)＝ax2+bx.其導(dǎo)函數(shù)的圖象過二.三.四象限.則函數(shù)f(x)的圖象不經(jīng)過 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 【查看更多】

 

題目列表(包括答案和解析)

已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx(a≠0)的導(dǎo)函數(shù)(x)＝－2x＋7，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，點(diǎn)Pn(n，Sn)(n∈N*)均在函數(shù)y＝f(x)的圖像上．

(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式及Sn的最大值；

(2)令bn＝，其中n∈N*，求{nbn}的前n項(xiàng)和．

查看答案和解析>>

已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx(a≠0)的導(dǎo)函數(shù)，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，點(diǎn)Pn(n，Sn)(n∈N*)均在函數(shù)y＝f(x)的圖象上．

(Ⅰ)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式及Sn的最大值；

(Ⅱ)令，其中n∈N*，求{nbn}的前n項(xiàng)和．

查看答案和解析>>

1.A　2.B　3.A　4.D　5.C　6.A　7.D　8.B　9.B　10.D　11.B　12.D

13.－3　14.7　15.①④　16.3

17.解：(1)f(x)＝Acos2(ωx＋φ)＋1＝cos(2ωx＋2φ)＋＋1.

又A＞0，ω＞0,0＜φ＜，∴f(x)的最大值為A＋1，最小值為1.

由f(x)的最大值與最小值的差為2，∴A＝2.

由f(x)過點(diǎn)(0,2)，f(0)＝cos 2φ＋2＝2，∴φ＝，

則T＝4π＝，∴ω＝，f(x)＝cos(x＋)＋2＝2－sinx.6分

(2)∵B＝，∴b＝f(B)＝2－sin(?)＝.

設(shè)A，C所對(duì)的邊分別為a，c，由余弦定理得＝a2＋c2－2accos，＋ac＝a2＋c2≥2ac，ac≤，

當(dāng)且僅當(dāng)a＝c＝時(shí)等號(hào)成立，△ABC的面積S＝acsin≤.12分

18.解：(1)某應(yīng)聘者能被聘用的概率為p0＝1－(1－)(1－)(1－p)＝＋p.4分

(2)在4位應(yīng)聘者中恰好有2人被聘用的概率為CP?(1－P0)2，

由于p0(1－p0)≤()2，當(dāng)p0＝1－p0，即p0＝時(shí)，p0(1－p0)取最大值，

此時(shí)＋p＝，解得p＝.7分

(3)4位應(yīng)聘者中被聘用人數(shù)ξ的取值為0,1,2,3,4，

P(ξ＝0)＝C()4()0＝，P(ξ＝1)＝C()3()1＝，

P(ξ＝2)＝C()2()2＝，P(ξ＝3)＝C()1()3＝，

P(ξ＝4)＝C()0()4＝，

其分布列為

ξ

0

1

2

3

4

p

由于ξ服從二項(xiàng)分布，所以Eξ＝2.12分

高考資源網(wǎng)( www.ks5u.com)，中國(guó)最大的高考網(wǎng)站，您身邊的高考專家。

19.解：(1)連AQ，∠PQA是PQ與平面ABCD所成角，AQ＝2，BQ＝2，即Q是BC的中點(diǎn)，過Q作QH⊥AD于H，則QH⊥平面PAD，過Q作QM⊥PD，連MH，則∠QMH為所求二面角的平面角.

在Rt△PAD中，＝⇒MH＝＝＝，

所以tan∠QMH＝＝＝，

從而所求二面角的大小為arctan .6分

高考資源網(wǎng)( www.ks5u.com)，中國(guó)最大的高考網(wǎng)站，您身邊的高考專家。

(2)由于Q是BC的中點(diǎn)，可得DQ⊥PQ，

⇒面PAQ⊥面PDQ，

過A作AG⊥PQ于G，則AG為點(diǎn)A到平面PQD的距離.

AG＝＝＝.12分

另解：分別以AD，AB，AP為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

由條件知Q是BC的中點(diǎn)，面PAD的一個(gè)法向量是＝(0,2,0).

又D(4,0,0)，Q(2,2,0)，P(0,0,4)，

故＝(0,2,0)，＝(－4,0,4)，

高考資源網(wǎng)( www.ks5u.com)，中國(guó)最大的高考網(wǎng)站，您身邊的高考專家。

 

設(shè)面PDQ的法向量為n＝(x，y，z)，

則⇒由此可取n＝(1,1,1)，

從而(1)cos〈，n〉＝＝＝.

(2)面PDQ的一個(gè)法向量為n＝(1,1,1)，＝(2,2,0)，

故點(diǎn)A到平面PDQ的距離d＝＝＝.

20.解：(1)設(shè)f(x)＝(k為非零常數(shù))，易得f(x)＝(1≤x≤2).3分

(2)f′(x)＝－，f′(t)＝－，點(diǎn)P(t，)，∴l(xiāng)：y－＝－(x－t)，即l：y＝－x＋.l在x軸和y軸上的截距分別是2t和.

①當(dāng)＞3，即t＜時(shí)，2t＜＜3，此時(shí)f(t)＝＝(8t－3t2).

②當(dāng)≤3，且2t≤3即≤t≤時(shí)，f(t)＝?2t?＝4.

③當(dāng)2t＞3，即t＞時(shí)，此時(shí)＜3，f(t)＝＝(4t－3).

故f(t)＝8分

當(dāng)1≤t＜時(shí)，f′(t)＝(4－3t)＞0，f(t)為增函數(shù)；當(dāng)＜t≤2時(shí)，f′(t)＝＜0，f(t)為減函數(shù)，且f(t)在[1,2]上連續(xù)，所以f(t)max＝4.12分

高考資源網(wǎng)( www.ks5u.com)，中國(guó)最大的高考網(wǎng)站，您身邊的高考專家。

21.解：(1)設(shè)∠MAB＝θ，M(x，y)，則∠MBA＝2θ，tan θ＝，tan 2θ＝，tan 2θ＝⇒x2－＝1(x＜－1).4分

(2)設(shè)CD：y＝－3x＋m，

⇒6x2－6mx＋m2＋3＝0.

由于此方程在(－∞，－1)內(nèi)有兩個(gè)不同的根，易求得m＜－.

設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，并設(shè)點(diǎn)C在直線l的上方，則

y1＝－3x1＋m，y2＝－3x2＋m.

假設(shè)A，B，C，D四點(diǎn)共圓，由于∠CBA＝2∠CAB，∠DBA＝2∠DAB，

故∠CBD＝2∠CAD，由此∠CAD＝60°.

tan 60°＝＝.

⇒＝

⇒＝

⇒＝－⇒(x1－x2)2＝(m＋6)2

⇒m＝－＜－.

∴x1＋x2＝m＝－，y1＋y2＝－3(x1＋x2)＋2m＝，從而CD中點(diǎn)為(－，)，代入直線l的方程得＝－×＋b⇒b＝.

故存在b＝滿足題設(shè)條件.12分

22.解：(1)令n＝1得a1＝5.

由4Sn＝3an＋8n2－3

得4Sn－1＝3an－1＋8(n－1)2－3

兩式相減得an＝－3an－1＋16n－8.

設(shè)此式可寫成an－pn－q＝－3[an－1－p(n－1)－q]，可解得p＝4，q＝1，

于是an－4n－1＝(－3)n－1(a1－4×1－1)，而a1＝5，故有an＝4n＋1.6分

(注：也可以采取先猜，后用數(shù)學(xué)歸納法證的辦法得出通項(xiàng))

(2)由bn＝(4n－1)(4n＋1)(4n＋3)有

＝＝(－)

＝(－)

＜(－).

＋＋…＋＜[(－)＋(－)＋…＋(－)]

＝[－]＜＝.14分

 

 

 


同步練習(xí)冊(cè)答案