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海 淀 區 高 三 年 級 第 二 學 期 期 中 練 習

數   學（理科）            

一、              選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分.）

題號

（1）

（2）

（3）

（4）

（5）

（6）

（7）

（8）

答案

C

D

B

A

A

C

D

C

二、填空題（本大題共6小題，每小題5分，有兩空的小題，第一空3分，第二空2分，共30分）

(9)2    (10)7    (11)     (12)120°   (13) ?3, [-2，18]

(14) 2,a_n=sin[]+(k∈N)（注意：答案不唯一，如寫成a_n=sin（

）+即可）

三、解答題（本大題共6小題，共80分）

（15）（共12分）

解：（Ⅰ）由所給條件，方程x²-5x+6=0的兩根tanA=3,tanB=2.   ……………2分

∴tan(A+B)＝ …………………………………………4分

＝=-1………………………………………………6分

（Ⅱ）∵A+B+C=180°, ∴C=180°- (A+B).

由（Ⅰ）知，tanC = -tan(A+B)=1,

∵C為三角形的內角，∴sinC =.……………………………………8分

∵tanA=3, A為三角形的內角，∴sinA=.…………………………10分

由正弦定理得： …………………………………………11分

∴BC=……………………………………………12分

（16）（共13分）

解：（Ⅰ）記“摸出一球,放回后再摸出一個球,兩球顏色不同”為事件A, ……1分

摸出一球得白球的概率為， ……………………………………2分

摸出一球得黑球的概率為， ……………………………………3分

∴P(A)=    ……………………………………5分

答：兩球顏色不同的概率是.

（Ⅱ）由題知ξ可取0，1，2， …………………………………………6分

        依題意得

                       P(ξ=0) =

                   P(ξ=1) =

       P(ξ=2) = ………………………………………………9分

       則Eξ=0…………………………………11分

                      Dξ= ……………13分

                      答：摸出白球個數ξ的期望和方差分別是

（17）（共14分）

證明：（Ⅰ）∵PA⊥底面ABCD，

            ∴PA⊥BC.

                  又AB⊥BC，PA∩AB=A，

                  ∴BC⊥平面PAB. …………………………………………………2分

                  又BC平面PCB，

                  ∴平面PAB⊥平面PCB. …………………………………………4分

（Ⅱ）∵PA⊥底面ABCD ，

∴AC為PC在平面ABCD內的射影.

又∵PC⊥AD.

∴AC⊥AD.                                                                            5分

在梯形ABCD中，由AB⊥BC，

AB=BC，得∠BAC=,

∴∠DCA=∠BAC=.

又AC⊥AD，故△DAC為等腰直角

三角形.

∴DC=AC=(AB)=2AB.

                   連接BD，交AC于點M，

則…………………7分

      在△BPD中，

∴PD∥EM

又PD?平面EAC，EM平面EAC，

∴PD∥平面EAC. ………………………………………………9分

（Ⅲ）在等腰直角△PAB中，取PB中點N，連接AN，

則AN⊥PB.

∵平面PAB⊥平面PCB，

且平面PAB∩平面PCB=PB，

∴AN⊥平面PBC.

在平面PBC內，過N作NH⊥直線CE于H，連接AH，由

于NH是AH在平面CEB內的射影，故AH⊥CE.

∴∠AHN就是二面角A―CE―P的平面角，……12分

             在Rt△PBC中，設CB=a,則PB==a,BE=

NE=，CE==

由NH⊥CE，EB⊥CB可知：△NEH∽△CEB.

             ∴

代入解得：NH=.

在Rt△AHN中，AN=∴tanAHN=……………………13分

即二面角A―CE―P的大小為arctan.………………………………14分

解法二：

（Ⅱ）建立空間直角坐標系A―xyz，如圖.

設PA=AB=BC=a,則

A (0, 0, 0), B (0, a, 0)，

C (a, a, 0), P (0, 0, a)，

                 E …………5分

                 設D (a, y, 0)，則

    =(-a, -a, a),

    =(a, y, 0),

                 ∵CP⊥AD，

                 ∴?=-a² - ay=0,

解得：y=-a.

∴DC=2AB.

連接BD，交AC于點M，

                    則…………………………………………………………7分

  在△BPD中，

∴PD∥EM.

又PD?平面EAC，EM?平面EAC，

           ∴PD∥平面EAC.………………………………………………………9分

（Ⅲ）設n₁=(x,y,1)為平面EAC的一個法向量, 則n₁⊥, n₁⊥

∴

解得：x=，y=,∴n₁₌₍, ,1_). ……………………………11分

設n₂=（x′, y′, 1）為平面EBC的一個法向量，則n₂⊥, n₂⊥,

又=（a,0,0）, =(0,),∴

解得：x′=0,y′=1, ∴n₂=(0,1,1).  …………………………………12分

cos<n₁, n₂>=        =.……………………………………………13分

∴二面角A―CE―P的大小為arccos.……………………………14分

（18）（共14分）

         解：（Ⅰ）當n≥2時a_n=S_n-S_n-1=na_n-(n-1)a_n-1-4(n-1),  ……………………………2分

                得a_n-a_n-1=4(n=2,3,4，…).  ……………………………………………………3分

                ∴數列{a_n}是以a₁=1為首項，4為公差的等差數列.…………………………4分

                ∴a_n = 4n3. ……………………………………………………………………5分

                S_n=(a₁ + a_n)n=2n²n. ………………………………………………………6分

               ^（Ⅱ）               

                        ⁼

       =…………8分

       =………………………………………………10分

（Ⅲ）由S_n=2n²-n得： ………………………………………11分                        ∴  ………13分

令n²=400，得n=20，所以，存在滿足條件的自然數n=20. …………14分

（19）（共13分）

   解：（Ⅰ）由題可設A（x₁,x₁）,B(x₂,x₂),M(x,y)，其中x₁>0,x₂>0.

                 則 …………………………………………………1分

                      ∵△OAB的面積為定值2，

                      ∴S_△OAB=|OA|?|OB|=（x₁）（x₂）= x₁ x₂=2.……………2分

                     （1）²（2）²，消去x₁,x₂，得x²y²=2.………………………………4分

                      由于x₁>0,x₂>0, ∴x>0，所以點M的軌跡方程為x²y²=2(x>0).………5分

              （Ⅱ）依題意，直線l的斜率存在，設直線l的方程為y=kx+2.

                      由消去y得：(1k²) x²4kx6=0,……………………6分

                      設點P、Q、R、S的橫坐標分別是x_p、x_Q、x_R、x_S，

                     ∴由x_p，x_Q >0得…………………………8分

                     解之得：<k<1.

                     ∴|x_Px_Q|= ………………………9分

                     由消去y得:x_R=

                     由消去y得：x_S=

                     ∴|x_R-x_S|= …………………………………………………………10分

                     由于P，Q為RS的三等分點，∴|x_Rx_S|=3|x_Px_Q|. ……………………11分

                     解之得k=.  …………………………………………………………12分

                     經檢驗, 此時P, Q恰為RS的三等分點，故所求直線方程為y=x2. …

                   …………………………………………………………………………13分

（20）（共14分）

          解：（Ⅰ）f₁(x), f₂(x)是“保三角形函數”，f₃(x)不是“保三角形函數”. …………1分

                        任給三角形，設它的三邊長分別為a，b,c，則a+b>c,不妨假設a≤c,b≤c,

                         由于，所以f₁(x), f₂(x)是“保三角形函數”.……3分

對于f₃(x)，3，3，5可作為一個三角形的三邊長，但3²+3²<5²，所以不存在三角

形以3²,3²,5²為三邊長，故f₃(x)不是“保三角形函數”. ……………………4分

（Ⅱ）設T>0為g(x)的一個周期，由于其值域為(0,+ ∞)，所以，存在n>m>0，使得

         g(m)=1,g(n)=2,

     取正整數λ>，可知λT+m,λT+m,n這三個數可作為一個三角形的三邊

長，但g(λT+m)=1,g(λT+m)=1,g(n)=2不能作為任何一個三角形的三邊

長. 故g(x)不是“保三角形函數”. ………………………………………………8分

（Ⅲ）A的最大值為. ………………………………………………………………9分

         一方面，若A>，下證F(x)不是“保三角形函數”.

         取∈(0,A)，顯然這三個數可作為一個三角形的三邊長，但

         sin=1,sin=,sin=不能作為任何一個三角形的三邊長，故F(x)

         不是“保三角形函數”. ……………………………………………………………11分

         另一方面，以下證明A=時，F（x）是“保三角形函數”.

        對任意三角形的三邊a，b,c，若a,b,c∈（0，），則分類討論如下：

（1）a+b+c≥2π,

此時a≥2π-b-c>2π--=，同理，b,c>,

∴a,b,c∈（，），故sina,sinb,sinc∈(，

sina+sinb>=1≥sinc.

同理可證其余兩式

∴sina,sinb,sinc可作為某個三角形的三邊長.

  （2）a+b+c<2π

          此時，，可得如下兩種情況：

         ≤時，由于a+b>c, ∴0≤.

         由sinx在(0，上的單調性可得0<sin<sin≤1;

         >時,0<<π-<,同樣，由sinx在[0, ]上的單調性可得

         0<sin<sin<1;

         總之，0<sin< sin≤1.

         又由|ab|<c< 及余弦函數在（0，π）上單調遞減，得

         cos=cos>cos >cos>0,

         ∴sina+sinb=2sin

         同理可證其余兩式，所以sina,sinb，sinc也是某個三角形的三邊長.故A=時，

         F(x)是“保三角形函數”.

         綜上，A的最大值為.………………………………………………………14分

說明：其他正確解法按相應步驟給分.