4.4数学（理）答案.pdf

答案 选择题：CBCBC BDBAD DC 填空题：13. 3 14． _____ 1[ 2]3 ， ___．15. _____8___.16. ①②③④ 解答题： 17. 【答案】解：(1) ∵ 푠푖푛퐴 + 3푐표푠퐴 = 0，∴ 푡푎푛퐴 = − 3， ∵ 0 < 퐴 < 휋，∴ 퐴 = 2휋 3 ．由余弦定理可得푎2 = 푏2 + 푐2 − 2푏푐푐표푠퐴，即28 = 4 + 푐2 − 2 × 2푐 × (− 1 2)， 即푐2 + 2푐 − 24 = 0，解得푐 = −6(舍去)或푐 = 4，故푐 = 4． (2) ∵ 푐2 = 푏2 + 푎2 − 2푎푏푐표푠퐶， ∴ 16 = 28 + 4 − 2 × 2 7 × 2 × 푐표푠퐶，∴ 푐표푠퐶 = 2 7，∴ 퐶퐷 = 퐴퐶 푐표푠퐶 = 2 2 7 = 7， ∴ 퐶퐷 = 1 2 퐵퐶，∴ 푆△퐴퐵퐷 = 1 2 푆△퐴퐵퐶， 又푆△퐴퐵퐶 = 1 2 퐴퐵 ⋅ 퐴퐶 ⋅ sin∠퐵퐴퐶 = 1 2 × 4 × 2 × 3 2 = 2 3， ∴ 푆△퐴퐵퐷 = 3． 18. 【答案】解：(Ⅰ)证明：∵ 퐷퐸 ⊥ 퐴퐵，∴ 퐷퐸 ⊥ 퐸퐵，퐷퐸 ⊥ 퐸퐹， ∴ 퐷퐸 ⊥平面 BEF，∴ 퐷퐸 ⊥ 퐵퐹， ∵ 퐴퐸 = 2퐸퐵 = 2，∴ 퐸퐹 = 2，퐸퐵 = 1， ∵ ∠퐹퐸퐵 = 60°，∴由余弦定理得 퐵퐹 = 퐸퐹2 + 퐸퐵2 − 2퐸퐹 × 퐸퐵 × cos∠퐹퐸퐵 = 3， ∴ 퐸퐹2 = 퐸퐵2 + 퐵퐹2，∴ 퐹퐵 ⊥ 퐸퐵， 由①②得퐵퐹 ⊥平面 BCDE， ∴平面퐵퐹퐶 ⊥平面 BCDE． (Ⅱ)解：以 B 为原点，BA 为 x 轴，在平面 ABCD 中过点 B 作 AB 的垂线为 y 轴，BF 为 z 轴，建立空间直角坐 标系， 设퐷퐸 = 푎，则퐷(1,a，0)，퐹(0,0， 3)，퐷퐹 = (−1,−푎, 3)， ∵直线 DF 与平面 BCDE 所成角的正切值为 15 5 ， ∴直线 DF 与平面 BCDE 所成角的正弦值为 6 4 ， 平面 BCDE 的法向量푛 = (0,0，1)，∴ |cos < 푛 , 퐷퐹 > | = |푛 ⋅퐷퐹 | |푛 |⋅|퐷퐹 | = 3 4+푎2 = 6 4 ，解得푎 = 2， ∴ 퐷(1,2，0)，퐶(−2,2，0)，∴ 퐸퐷 = (0,2，0)，퐷퐹 = (−1,−2, 3)， 设平面 EDF 的法向量푚 = (푥,y，푧)， 则 퐸퐷 ⋅ 푚 = 2푦 = 0 퐷퐹 ⋅ 푚 = −푥 − 2푦 + 3푧 = 0 ，取푧 = 1，得푚 = ( 3, 0,1)， 同理得平面 DFC 的一个法向量푝 = (0, 3, 2)， ∴ cos < 푚 , 푝 >= 푚 ⋅푝 |푚 |⋅|푝 | = 2 2 7 = 7 7 ，∴二面角퐸 − 퐷퐹 − 퐶的正弦值为sin < 푚 , 푝 >= 1 − 1 7 = 42 7 ． 19. 【答案】解：(Ⅰ)设푃(푥, 푦)，则由题意，|푃퐶| − (푥 + 1 2) = 1 2，∴ (푥 − 1)2 + 푦2 = 푥 + 1， 化简可得动圆圆心 P 的轨迹 T 的方程为푦2 = 4푥； (Ⅱ)设퐴(푥1,푦1)，퐵(푥2,푦2). 由题意，设直线 l 的方程为푥 = 푚푦 + 6，联立抛物线方程可得푦2 − 4푚푦 − 24 = 0， ∴ 푦1 + 푦2 = 4푚，푦1푦2 = −24①， ∴ 푥1 + 푥2 = 4푚2 + 12②，푥1푥2 = 36③ 假设存在푁(푥0, 푦0)，使得푁퐴 ⊥ 푁퐵，则푦0 = 푦1+푦2 2 = 2푚④， ∴ 푥0 = 푚2⑤， ∵ 푁퐴 ⋅ 푁퐵 = 0， ∴代入化简可得(푚2 + 6)(3푚2 − 2) = 0，∴ 푚 = ± 6 3 ， ∴存在直线 l：푥 = ± 6 3 푦 + 6，使得푁퐴 ⊥ 푁퐵． 20. 【答案】解：(1)푓(푥) = 푥푒푚푥 ，푓′(푥) = 푒푚푥 + 푚푥푒푚푥 ， 푓′ −1 = 푒−푚 − 푚푒−푚 = 0，解得푚 = 1． ∴ 푓(푥) = 푥푒푥，푓′(푥) = (1 + 푥)푒푥，令푓′(푥) = 0，解得푥 = −1． 令푓′(푥) > 0，解得푥 > −1，此时函数푓(푥)单调递增；令푓′(푥) < 0，解得푥 < −1，此时函数푓(푥)单调递减． ∴ 푥 = −1时，函数푓(푥)取得极小值即最小值，푓(−1) = −푒−1 = − 1 푒． （2） 11( ) (0, )mxf x xexx   在 有两解 即：ln lnx mx x   (0, )在 有两解 ln 2 mx x 设 ln() xFx x 2 1 ln'( ) xFx x  可得 ()Fx在（0,e）上为增 函数，在（e,+）上为减函数 0, ( ) ; , ( ) 0x F x x F x      max 1( ) ( )F x F e e 所以 10,2 m e  ，解得 2( ,0)m e 21.【答案】解：(1)由已知可得퐸(휉1) = 푘，휉2的所有取值为 1，푘 + 1，푃(휉2 = 1) = (1 − 푝)푘，푃(휉2 = 푘 + 1) = 1 − (1 − 푝)푘， 퐸(휉2) = (1 − 푝)푘 + (푘 + 1)[1 − (1 − 푝)푘] = 푘 + 1 − 푘(1 − 푝)푘， 由퐸(휉1) = 퐸(휉2)，可得푘 = 푘 + 1 − 푘(1 − 푝)푘，即(1 − 푝)푘 = 1 푘，即1 − 푝 = (1 푘) 1 푘 ，即푝 = 1 − (1 푘) 1 푘， 5 4 3 2 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 6 4 2 2 4 6 8 10 12 14 16 18可得푓(푘) = 1 − (1 푘) 1 푘，푘 ∈ 푁 ∗，푘 ≥ 2； (2)(푖)证明：当푛 = 2时， 푥22 푥1푥2 = 푒 1 3 ⋅ 푥22−푥12 푥2 2−푥1 2，即푥2 푥1 = 푒 1 3，由푥1 = 1，得푥2 = 푒 1 3， 因为当 n≥2时，푥푛2( 1 푥1푥2 + 1 푥2푥3 + ⋯ + 1 푥푛−1푥푛 ) = 푒 1 3 ⋅ 푥푛2−1 푒 2 3−1 ， 所以 1 푥1푥2 + 1 푥2푥3 + ⋯ + 1 푥푛−1푥푛 = 푒 1 3 푒 2 3−1 （1 − 1 푥푛2 ）， 1 푥1푥2 + 1 푥2푥3 + ⋯ + 1 푥푛−1푥푛 + 1 푥푛 푥푛+1 = 푒 1 3 푒 2 3 − 1 （1 − 1 푥푛+1 2 ⋅ ） 两式相减得 1 푥푛 푥푛+1 = 푒 1 3 푒 2 3−1 1 푥푛2 − 1 푥푛+1 2 ⋅ 푥푛 푥푛+1= 푒 1 3 푒 2 3 − 1 푥푛+1 2 − 푥푛2 则푥푛+1 푥푛 − 푥푛 푥푛+1 = 푒 1 3 − 푒 1 −3，可得푥푛+1 푥푛 = 푒 1 3，因为푥2 푥1 = 푒 1 3，所以数列{푥푛 }为等比数列，且푥푛 = 푒 푛−1 3 ； (푖푖)由(푖)可知푝 = 1 − 1 푥43 = 1 − 1 푒3 ，퐸(휉1) = 퐸(휉2)，可得푘 > 푘 + 1 − 푘(1 − 푝)푘，即1 푘 < (1 − 푝)푘 = ( 1 푒3 )푘， 所以푙푛푘 > 1 3 푘，设 푓(푥) = 푙푛푥 − 1 3 푥，푥 > 0，푓′(푥) = 3−푥 3푥 ，当 푥 ≥ 3时，푓′(푥) < 0，푓(푥)递减，又푙푛4 ≈ 1.3863， 4 3 ≈ 1.3333，则푙푛4 > 4 3； 푙푛5 ≈ 1.6094，5 3 ≈ 1.6667，则푙푛5 < 5 3，可得 k 的最大值为 4． 【解析】(1)由随机变量的概率公式和数学期望，计算可得所求函数푓(푘)的解析式； (2)(푖)运用数学归纳法证明，注意由푛 = 푘成立，证明푛 = 푘 + 1也成立，运用变形和等比数列的求和公式； (푖푖)运用(푖)的结论和构造函数，求得导数和单调性，计算可得所求最大值． 本题考查随机变量的数学期望和等比数列的证明，注意运用数学归纳法和等比数列的通项公式和求和公式， 考查函数的导数的运用，考查化简运算能力，属于难题． 22.【答案】解：(Ⅰ) ∵ 푥 = 1+푐표푠훼 1−cos 훼 = 2푐표푠2훼 2 2푠푖푛2훼 2 = cos 2훼 2 sin 2훼 2 ，푦 = 2푠푖푛훼 1−cos 훼 = 4푠푖푛 훼 2cos 훼 2 2푠푖푛2훼 2 = 2푐표푠 훼 2 sin 훼 2 ， ∴ 푦2 = 4푐표푠2훼 2 sin 2훼 2 = 4푥，即曲线퐶1的普通方程为푦2 = 4푥． 依题意得曲线 C 的普通方程为푦2 = 4(푥 + 2)． 令푥 = 휌푐표푠휃，푦 = 휌푠푖푛휃得曲线 C 的极坐标方程为휌2sin2휃 − 4휌푐표푠휃 − 8 = 0． (Ⅱ)法一：将휃 = 휃0代入曲线 C 的极坐标方程得휌2sin2휃0 − 4휌푐표푠휃0 − 8 = 0，则휌1 + 휌2 = 4푐표푠휃0 sin 2휃0 ， 휌1휌2 = − 8 sin 2휃0 ， ∵ 휌1휌2 < 0，∴ 휌1，휌2异号． ∴ 1 |푂퐴| + 1 |푂퐵| = 1 |휌1| + 1 |휌2| = |휌1 − 휌2| |휌1휌2| = (휌1 + 휌2)2 − 4휌1휌2 |휌1휌2| = (4푐표푠휃0 sin 2휃0 )2 + 32 sin 2휃0 8 sin 2휃0 = 1 2 1 + sin2휃0 ∵ 휃0 ∈ (0, 휋)，∴ 푠푖푛휃0 ∈ (0,1]，∴ 1 |푂퐴| + 1 |푂퐵| ∈ (1 2 , 2 2 ]． 法二：设直线 l 的参数方程为 푥 = 푡푐표푠휙 푦 = 푡푠푖푛휙 (푡为参数)，代入曲线 C 的普通方程得푡2sin2휑 − 4푡푐표푠휑 − 8 = 0， 则푡1 + 푡2 = 4푐표푠휑 sin 2휙 ，푡1푡2 = − 8 sin 2휙，∵ 푡1푡2 < 0，∴ 푡1，푡2异号． ∴ 1 |푂퐴| + 1 |푂퐵| = 1 |푡1| + 1 |푡2| = |푡1−푡2| |푡1푡2| = (푡1+푡2)2−4푡1푡2 |푡1푡2| = (4푐표푠휑 sin 2휙 )2+ 32 sin 2휙 8 sin 2휙 = 1 2 1 + sin2휑． ∵ 휑 ∈ (0, 휋)，∴ 푠푖푛휑 ∈ (0,1]，∴ 1 |푂퐴| + 1 |푂퐵| ∈ (1 2 , 2 2 ]． 23.【答案】解：(Ⅰ)由푓(푥) ≥ 6，得不等式|2푥 − 7| + |2푥 − 5| ≥ 6， 当푥 < 5 2时，不等式可化为−(2푥 − 7) − (2푥 − 5) ≥ 6，解得푥 ≤ 3 2； 当5 2 ≤ 푥 ≤ 7 2时，不等式可化为−(2푥 − 7) + (2푥 − 5) ≥ 6，即2 ≥ 6，无解； 当푥 > 7 2时，不等式可化为(2푥 − 7) + (2푥 − 5) ≥ 6，解得푥 ≥ 9 2． 综上，不等式푓(푥) ≥ 6的解集是(−∞, 3 2] ∪ [9 2 , +∞)． (Ⅱ) ∵ 푓(푥) = |2푥 − 7| + |2푥 − 5| ≥ |2푥 − 7 − (2푥 − 5)| = 2， 当且仅当(2푥 − 7)(2푥 − 5) ≤ 0时取等号，∴ 푚 = 2． ∵ 푎2+푏2 (푎+푏)2 ≥ 1 2，∴ 1 푎+푏 ⋅ 푎2+푏2 푎+푏 ≥ 1 2 ． ∵ 푘 = 푚푎푥{ 1 푎+푏 , 푎2+푏2 푎+푏 } > 0， ∴ 푘2 ≥ 1 푎+푏 ⋅ 푎2+푏2 푎+푏 ≥ 1 2 ， ∴ 2푘2 ≥ 1，即푘2푚 ≥ 1．