(理數(shù))每日一練

1、每日一練（7）班級姓名學號16. （本小題滿分12分）一個盒子裝有六張卡片，上面分別寫著如下六個定義域為R的函數(shù)fi（x）=x,f2（x）二x2,f3（x）=X3,f4（x）二Six,f5（x）二CO冷f6（x）二2.（1）現(xiàn)從盒子中任取兩張卡片，將卡片上的函數(shù)相加得一個新函數(shù)，求所得函數(shù)是奇函數(shù)的概率；（2）現(xiàn)從盒子中逐一抽取卡片，且每次取出后均不放回，若取到一張函數(shù)是偶函數(shù)的卡片則停止抽取，否則繼續(xù)進行求抽取次數(shù)的分布列和數(shù)學期望18. （本小題滿分12分）如圖，正三棱錐O-ABC的三條側(cè)棱OA、OB、OC兩兩垂直，且長度均為2.E、F分別是AB、AC的中點，H是EF的中點，過EF的平面與

2、側(cè)棱OA、OB、OC或其延長線3分別相交于A、B、Ci，已知OA=.2（1）求證：B1C1丄面OAH；（2）求二面角o-AB-G的余弦值.20.（本小題滿分14分）（1亍已知函數(shù)fn（x）=1+n丿（1¥（1）當x=6時,求1+_|的展開式中二項式系數(shù)最大的項；<n丿*1（2）比較fn0與的大??；n（3）以下兩個小問選做一問，若兩問都做對，則額外加10分（總分不超過150分）£(1)f2(2)f3(3)fn(n)c234n+1設(shè)gnX=fn(x)n，an=1ng.丄，證明:5+1丿5丿£(1)f2(2)f3(3)fn(n)c234n+1設(shè)gnX=fn(x)n

3、，an=1ng.丄，證明:5+1丿5丿n二akk：22n2-n-14(n1)(nN*,n>2每日一練(8)班級姓名學號17. (本小題滿分14分)TTz才亠xz已知函數(shù)f(x)=1+sinxcosx,g(x)=cos2(x+)h(x)=f(一)+g(一),fo>0)12222TTqy(1) 求使h(x)在區(qū)間/上是增函數(shù)的的最大值33TT(2) 當h(x)的相鄰兩條對稱軸距離為時，2 求h(x)的表達式；b2c3 在銳角厶ABC中，a、b、c分別是角A、B、C的對邊，且h(A)，求/二-.的值.2acos(+C)(本小題滿分14分)2J52已知焦點在x軸上，離心率為的橢圓的一個頂點

4、是拋物線x=4y的焦點，過橢圓右焦點F的5TtT*直線l交橢圓于A、B兩點，交y軸于點M,且MA=、AF,MB二2BF.(1) 求橢圓的方程；(2) 證明：'2為定值.21.（本小題滿分14分）設(shè)f（x）是定義在a,b上的函數(shù)，用分點T：a=X。：x,.；：.；：務(wù)：<.；：.；：x*=b將區(qū)間a,b任n意劃分成n個小區(qū)間，如果存在一個常數(shù)M>0，使得和式瓦|f（X）_壯人）蘭M（i=1,2，n）恒i=1成立，則稱f（x）為a,b上的有界變差函數(shù)，記作fBVa,b，這里BVa,b表示在a,b上的全體有界變差函數(shù)的集合（若無特別約定，以下討論都基于此記號）（）函數(shù)f（x）=x

5、2在0,1上是否為有界變差函數(shù)？請證明你的結(jié)論；（2）設(shè)fBVa,b，試證：f（x）也是a,b上的有界變差函數(shù)（3）設(shè)f,gBVa,b，且0f（xHq，0p乞g（x）mq（p,qR）.給出以下結(jié)論：f_gBVa,b、fgBVa,b、丄BVa,b、：fgBVa,b（：是任意兩個g常數(shù)），這些結(jié)論中正確的有哪些？請寫出你認為正確的結(jié)論的編號，并對結(jié)論進行證明每日一練（9）班級姓名學號a2?的集合M的個數(shù)是（一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分在每小題給出的四個選項中，有且只有一項是符合題目要求的.3.已知向量a=(1-cos,1),b-sin旳,且a/b,則銳角等于（1.滿足M-.a&

6、quot;a2,a3,a41,且M門耳，a2,#八®,A.1B.2C.3D.42.函數(shù)tan3x的對稱中心的橫坐標為（)knknk二二A.B.C.-6336A.30°B.45°C.60°D.75°4.已知數(shù)列an是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，q=3,前三項和S-21,則舉田4田5=（）A.2B.33C.84D.189“a=1”是對任意的正數(shù)x,2xa>1”的（）8xA.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件在區(qū)間0,二上隨機取一個數(shù)x,則事件Sinx-、3cosx_1”發(fā)生的概率為（）1112A.B.C.D.-4

7、3237.已知圓x2y22x-4y1=0關(guān)于直線2ax-by2=0（a,bR）對稱，則ab的取值范圍是1111A.（：，B.：）C.（-一,0）D.（0,）4444&我國的洛書中記載著世界上最古老的一個幻方：將1,2,，9填入3X3的方格內(nèi)，使三行、三列、二對角線的三個數(shù)之和都等于15,如圖1所示，一般地，將連續(xù)的正整數(shù)1,2,3,n2填入nXn個方格中，使得每行、每列、每條對角線上的數(shù)的和相等，這個正方形就叫做n階幻方，記n階幻方的對角線上數(shù)的和為N，如圖1的幻方記為N3=15,那么N12的值為（）A.869B.870C.871D.875:、填空題：本大題共5小題，考生作答6小題，每

8、小題5分，滿分30分。（一）必做題（913題）9.已知汁"bgb是實數(shù),i是虛數(shù)單位），則ab=10.學校為了調(diào)查學生在課外讀物方面的支出情況，抽取了一個容量為n的樣本，其頻率分布直方圖如圖2所示，其中支出在50,60）元的同學有30人，貝Un的值為.11閱讀如圖3所示的程序框圖，運行相應(yīng)的程序，輸出的結(jié)果T=.12.如圖4,在三棱錐PABC中，PA丄平面ABC、ABC為正三角形，且PA=AB=2,則三棱錐PABC的側(cè)視圖面積為.S-5*5x13.設(shè)實數(shù)x,y滿足|x|，|y|：1,則的取值范圍是y3（二）選做題（14、15題，考生只能從中選做一題）（坐標系與參數(shù)方程選做題）曲線&#

9、39;=2cos關(guān)于直線對稱的曲線的4極坐標方程為.14. （幾何證明選講選做題）如圖5,AB為OO的直徑，弦AC、BD交于點P,若AB=3,CD=1，貝Usin.APD=.每日一練(7)參考答案16解：(1)記事件A為任取兩張卡片，將卡片上的函數(shù)相加得到的函數(shù)是奇函數(shù)C21由題意知P(A)2C65p(=1)=C3=p(=2)C62p(trAAA3AP(忙字2分（2）可取1,2,3,4.a3a3仙c£（或1C6-A：c2c33C刃壇c3c2C11c3、1c；、3才1?=dd©C、頁133故'的分布列為E=12342102020418解法一：（1）證明：依題設(shè)，EF是

10、ABC的中位線，.EF/BC,EF面OBC，則EF/平面OBC,11分12分EF二面A1B1C1,面A1B1C1面OB1C1二B1C1，所以EF/EG.又H是EF的中點，所以AH丄EF,則AH丄BQ.3分因為OA丄OB,OA丄OC，所以O(shè)A丄面OBC,則OA丄B1C1,4分因此BG丄面OAH5分（2）作ON丄A1B1于N，連C1N.因為OG丄平面OA，知C1N丄A1B1,ONG就是一面角O-AB"i-G的平面角.7分作EM丄OR于M,OB1MB1設(shè)OR=x，由在RtQAB1中,則EM/OA，貝UM是OB的中點，貝UEM=OM=1.二少1得，3，解得x=3,9分EMx-12+OB/，則

11、，on=OA1OB12ABAB1Of23二5.=9®=、5,11分故二面角o-AB1-G的余弦值為ON解法二：(1)以直線OA、OC、OB分別為x、y、z軸，建立空間直角坐標系，11A(2,0,0),B(0,0,2),C(0,2,0),E(1,0,1),F(1,1,0),H(1,)22所以tanONC11111所以AH=（-1,一，）,OH=（1,，一），BC=（0,2,-2）1分2-22所以AHBC=0,OHBC=0，所以BC_平面OAHEF是ABC的中位線，-EF/BC,EF二面OBC，則EF/平面OBC,3分EF面A,B1C1,面A1B1C1面OBQ二BQ，所以EF/B1C1/

12、BC,故BG平面OAH.5分3T1T由已知A（2,0,0）,設(shè)B1（0,0,z），則AE=（-2，°，1），EB1=（-1,0,z-1）匕1234P133121020201C110分6O-xyz則12分OA1F2分yBiG.4分6分B1由11、=KzE共線得：存在R有AEER得二Bi(0,0,3)，同理：G(0,3,0)設(shè)n(x1,y1,zl)是平面A1B1C1的一個法向量又n2=(0,1,0)是平面OAB的一個法量16.cos：nn?，故二面角J4+1+1620解：(1)展開式中二項式系數(shù)最大的項是第1-1j-2：z=3仁(z-1)IB1(030,3)AB(,0,3),AC12,則

13、令x=2得y=x=1，n.3=(,3,0)t2=(2,1,1).10分O'AB'G的余弦值為.63n312分f1、4項，這項是C；156nC1仆一I，n11x1x(1、)-x<辰0)=0，所以In(1+x)cx，貝UIn1+iIn丿(2)jIn1+丄則f(0)=ln1In丿in丿in設(shè)函數(shù)©x=In1x_x,xwi0,1則&x=1所以In1x(3)1+1匚.n丿n1In1+1n:：:0，則1:，n©x單調(diào)遞減,1fn0：n11nn11111"C1nC2nr齊11代喬f11,3234則原結(jié)論成立.'丄+丄i+10223n-1nn

14、-1n1=31<3n丿11分14分cf、in2丫gnx=fn(x)n1令x1弈n即證切2*=n，|ngn(x)=x|nn，a=1ng*lnnfx"J二Xnn2n-1/nn+o2時)令x=n2，得旦寧<1'n丄1221我N*2n昇n典2(1n2In2衛(wèi)22-<1(n|.N*,n和由M2,)r知12時掙令乂眾nx>得干_4.n、1._2.'Pn1-厶71132哄*1二)，n2n10分n2|n3腫232222122IX1-31+1n結(jié)論成立一1一1223341111卻叫制)+占+1-”(:-”宀Tnn122n14(n1)2(_1)一(2334(2)1

15、4分每日一練(8)參考答案11-17解：(1)h(x)=1sin，x1cos(x32分2-：3sin(x)322;<-：、,一-當X二,時，七-3333333亠2兀兀2on兀h(x)在,上是增函數(shù)，且0.-33331co蘭一6分埔得習q最大值為-322522©<.41=2，h(x)sin(2x)2323，sin(2A)=023jin+<3.己永込+兀2，二33_+>33(2)由條件知T3由h(A)，得2ji0:A:-2=JIh(A)=sin(2A-)n.2A-333331312，i12我最大值為JI9分，則2A-，解得A=-3310分b-2csinB-2sin

16、C2二sin(-C)-2sinC故二JI_3acos(C)sinAcos(C)JI兀33sin3cos(3C)132cosC+2SinC2sinC2cosC2SinC=_/32(2COSC2sinC)1332(2cosC2SinC)14分12分19解：(1)依題意，設(shè)橢圓方程為與告=1(ab0)1分ab因為拋物線x2=4y的焦點為(0,1),所以b=12分由e仝蘭學1=跡,得”更4分a.a52故橢圓方程為y2-1.5(2)依題意設(shè)A、B、M的坐標分別為的右焦點(？(2,0)6分MA=(洛1-y°),AF=(2一x1,-)2111mb=(x,y-y),bf(22x,2y)X2y。11由

17、MB=BF,得y210分y。12將2憐=1y。、2因為A、B在橢圓上，所以5（尹）2+（十）2/51-,；”21,；.，2廣22人+10人+5（1-y0）=010,25（1-y°）=0所以、，2是方程'210（5-5y0）=O的兩根，12分11分13分故2-10是定值.14分221解：(1)：函數(shù)f(x)=x在0,1上是增函數(shù)，.對任意劃分T，X0=0,Xn=1n二f(Xj)-f(Xj丄)二f(x1)-f(x0)f(Xn)-f(Xn丄)二f(X門)-f(x0)=f(1)-f(0)=1，i2n2取常數(shù)M>1，則和式送|f(X)fd)蘭M(i=1,2,n)恒成立，所以函數(shù)f

18、(x)=x在0,1上i=4是有界變差函數(shù)（2）對a,b的任意劃分T，存在常數(shù)M=0，使和式送f（xjf“）wM（i=1,2,，n）.i=1丁ZIf(Xi)f(Xi)|蘭E|f(x)f(Xi)蘭M，AIf(x)是a,b上的有界變差函數(shù).i4i1(3)全部成立，以下對進行證明：0pg(x),f(x)q，.f(Xi(f(x=f(Xi1)g(Xi)-f(Xi)g(Xi1)1蘭rPf(xy)g(Xi)f(Xi)g(Xf)(*)g(Xi+)g(Xi)|g(x)g(Xi)|其中f(X")g(xJf(xJgXG=|f(牛)g(xjf(A)g(xJ+f(x)g(X)f(X溝(絹)-f(XiJ-f(A)g(xJf(Xi)g(xJ-g(XiJ傘(紬)f(xj|g(xj+f(Xif(Xi)qq由(*)得.f(x)g(x)J，g(X)g(xG=qf(xr)f(xj+|g(x)g(x)】f(X.J_f(xjg(Xi1)g(Xi)f