月考5.22答案.pdf

月考试卷答案 5.22 1. {-2,3} 2. 1 i−− 3. 7 4. 2 3 5.充要 6.13 7. 1 8.96 9. 1 3 10．2 11． √3+1 2 12. 5 6  或13 12  13. 4 13 由圆方程，可得圆心坐标为( )3,2− ， 又 24 3 xy x += + 22 3x=−+ ，其图象关于( )3,2− 对称 在同一直角坐标系中，画出圆和函数图像如下所示： 数形结合可知，圆和函数 都关于点 ( )3,2M − 对称， 故可得其交点 A 和C ， B 和 D 都关于点 对称. 故 0, 0MA MC MB MD+ = + = ， 则OA OB OC OD OM MA OM MB OM MC OM MD+ + + = + + + + + + + 4OM= . 故 ( )2 24 3 2 4 13OA OB OC OD+ + + = − + = . 故答案为： . 14． [1,4) 设 2, (0,4)t x t= ,则问题可转化为 3 2 1 bt a t a − = − 在( )04， 上有 2 个零点， 由题意，函数 ( ) ( ) 3 2 1, 0 4g t t t= −  ， 与函数 ( )04by a t ta = −  ， ， 有两个交点， 只需考虑函数 的零点 b a 在每一个变化值，是否存在对应的 a，使 得两个函数的图象有两个交点， 由图象可知， 1b a  或 4b a  时，显然不存在 a 使得两个函数有两个交点， 当14b a时，显然存在 a 使得两个函数有两个交点，故答案为：[1,4) . 15. （1）因为 tan tana B b A= ，则 asinB bsinA cosB cosA= ，由正弦定理可得cosA cosB= ， 又 ( ), 0,AB  ，故可得 AB= ；又 ( ) 2cos 2 1 2coscosC A B cos A A= − + = − = − ， 可得 2 3cos 8A = ，解得 6 4cosA = .又 ，由内角和定理可知 0,?2A  ， 故 6 4cosA = . （2）因为 1cos 4C = ，故可得 15 4sinC = ； ，故可得 10 4sinA = . 由正弦定理可得 6csinAabsinC= = = ， 故可得三角形 ABC 面积 1 1 15 3 1562 2 4 4S absinC= =   = . 16.证明：(1)由三棱柱 1 1 1ABC A B C− 得： 11//AB A B ,又 AB  面 11A B M , 11AB  面 , //AB 面 , AB 面 ABC ,面 ABC 面 11 //A B M MN MN AB= 17． 18． 19.（1）设等比数列 na 的公比为 q，因为 1 1a = ， 4 1 8a = ，所以 3 1 8q = ，解得 1 2q = . 所以数列 的通项公式为： 11 2 n na −=  . （2）由（1）得，当 2n  ， n N 时，可得 1 1 11 22 n nnbS − −  + = − ① 1 11 22 n nnbS+ + = − ② 由② −①得： 1 11 22 n nnbb+ −= ， 则有 1 1 1 11 22 nn nn bb+ −−=           ，即 1 1 1nn nn bb aa + + −=， ， . 因为 1 1b =− ，由①得 2 0b = ，所以 ( )21 21 0 1 1bb aa− = − − = ，所以 ， . 所以数列 n n b a    是以 1− 为首项，1 为公差的等差数列. （3）由（2）得 2n n b na =−，所以 1 2 2n n nb − −= ， ( )112n n nS a b++= − + 1 112 2 2 2n n n nn − −= − + = − . 假设存在等差数列 nc ，其通项 nc dn c=+，使得对任意 n N ，都有 n n nS c a， 即对任意 ，都有 11 1 22nn n dn c−−−  +  .③ 首先证明满足③的 0d = .若不然， 0d  ，则 0d  ，或 0d  . （i）若 ，则当 1 cn d − ， 时， 1 11 2nnnc dn c a−= +   = ， 这与 nncc 矛盾. （ii）若 ，则当 1 cn d +− ， 时， 1nc dn c= +  − . 而 1 1 1102 2 2nn n n n n n nSS+ − +−− = − + =  ， 1 2 3S S S=   ，所以 1 1nSS = − . 故 1nnc dn c S= +  −  ，这与 nnSc 矛盾.所以 . 其次证明：当 7x  时， ( ) ( )1 ln 2 2ln 0f x x x= − −  . 因为 ( ) 11ln 2 ln 2 07fx x  = −  −  ，所以 ( )fx在 )7,+ 上单调递增， 所以，当 时， ( ) ( ) 647 6ln 2 2ln 7 ln 049f x f = − =  . 所以当 7n  ， 时， 122n n−  . 再次证明 0c . （iii）若 0c  时，则当 ， 1n c− ， ， 1 1 2n n nScn−= −  −  ， 这与③矛盾. （iv）若 0c  时，同（i）可得矛盾.所以 . 当 0nc = 时，因为 1 1 02n n nS − −=， 11 02 n na −= ， 所以对任意 ，都有 .所以 ， . 综上，存在唯一的等差数列 ，其通项公式为 ， 满足题设. 20（1）由题意，得 ( )' ln 1f x x=+， 故 ( ) ( )2 2 ln 1g x ax a x x= − + + + ， 故 ( ) ( ) ( )( )2 1 11' 2 2 x axg x ax a xx −−= − + + = ， 0, 0xa. 令 ( )'0gx= ，得 12 11,2xxa== ①当02a时， 11 2a  ， ( ) 1' 0 0 2g x x    或 1x a ； ( ) 11'02g x x a    , 所以 ( )gx在 1 2x = 处取极大值 1 ln224 ag = − − ， 在 1x a= 处取极小值 11lngaaa = − − . ②当 2a = 时， 11 2a = ， ( )'0gx 恒成立，所以不存在极值； ③当 2a  时， 11 2a  ， ( ) 1' 0 0g x x a    或 1 2x  ； ( ) 11'0 2g x xa    , 所以 在 处取极大值 ， 在 处取极小值 . 综上，当 时， 在 处取极大值 ln24 a−− ，在 处取极小值 1 lnaa−− ；当 时，不存在极值； 时， 在 处取极大值 ， 在 处取极小值 . （2） ( ) ln x xF x x x e=−，定义域为 ( )0,x + ， ( ) 1' 1 ln x xF x x e −= + + ，而 ( )1,2x ， 故 ( )'0Fx ，即 ( )Fx在区间( )1,2 内单调递增又 ( ) 110F e= −  ， ( ) 2 22 2ln2 0F e= −  ，且 在区间 内的图象连续不断， 故根据零点存在性定理，有 在区间 内有且仅有唯一零点. 所以存在 ( )0 1,2x  ，使得 ( ) ( ) 0 0 00 0x xF x f x e= − = ，且当 01 xx 时， ( ) x xfx e ； 当 0xx 时， ( ) x xfx e ，所以 ( ) 0 0 ,1 ,x xlnx x x mx x xxe =   当 时， ( ) lnm x x x= ，由 ( )' 1 ln 0m x x= +  得 ( )mx单调递增； 当 时， ( ) x xmx e= ，由 ( ) 1'0x xmx e −=得 单调递减； 若 ( )m x n= 在区间( )1, + 内有两个不等实根 12,xx（ 12xx ） 则 ( ) ( )1 0 2 01, , ,x x x x  + . 要证 1 2 02x x x+ ，即证 2 0 12x x x− 又 0 1 02x x x−，而 在区间( )0,x + 内单调递减， 故可证 ( ) ( )2 0 12m x m x x−，又由 ( ) ( )12m x m x= ，即证 ( ) ( )1 0 12m x m x x−， 即 01 01 11 2 2ln xx xxxx e − − 记 ( ) 0 0 02 2ln ,1xx xxh x x x x xe − −= −   ，其中 ( )0 0hx = 记 ( ) t tt e = ，则 ( ) 1' t tt e −= ， 当 ( )0,1t  时， ( )'0t  ；当 ( )1,t  + 时， ( )'0t  ，故 ( )max 1t e = 而 ( ) 0t  ，故 ( ) 10 t e， 而 021xx−，所以 0 0 2 21 0xx xx ee− −−  −  ， 因此 ( ) 00 0 22 211' 1 ln 1 0x x x x xxh x x e e e−− −= + + −  −  ， 即 ( )hx单调递增，故当 时， ( ) ( )0 0h x h x=， 即 ，故 ，得证. 附加题答案 21．（A）解：设 ( , )A x y ，则 A 在变换 T 下的坐标为 ( 3 , )x y y+ ，又绕原点逆时针旋转90 对应的矩阵为 01 10 −  ，所以 0 1 3 4 1 0 3 3 x y y y x y − + − −       ==       +        ，得 4 33 y xy − = −  += ， 解得 9 4 x y =−  = ，所以点 A 的坐标为 ( 9,4)− ． （B） 解：（1）分别将 ( )π4 2A ， ， ( )5π22 4B ， 转化为直角坐标为 ( )04A ， ， ( )22B −−， ，所以直线 AB 的直角坐标方程为3 4 0xy− + = ． （2）曲线 C 的方程为 r = （ 0r  ），其直角坐标方程为 ． 又直线 AB 和曲线 C 有且只有一个公共点，即直线与圆相切， 所以圆心到直线 AB 的距离为 22 2 104 531 = + ，即 r 的值为 2 10 5 ． 22．（1） ( )2112 nx +− 的展开式中第二项与第三项的二项式系数之比为1: 4 1 21 2 21 1 4 n n C C + + = 即 4n = （2）①由题意 2 1 2 1 0 1 2 1(1 2 ) nn nx a a x a x++ ++ = + + + ，令 1x = ，得 0 1 2 1na a a ++ ++ 213 n+= ； ②由题意 21( 2)kk knaC+=−，又 21( 2) ( 2)k k k k n ka C b+= − = − ，∴ 21 k knbC+= ， ∴ 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1( 1) ( 1) (2 1)k k k k k k n n n n nk b k C kC C n C C− + + + ++ = + = + = + + ， ∴ ( ) ( )0 1 2 2 11 2 3 1 2 2knb b b k b n b + +  +  ++ +  ++ +  ( ) ( )0 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 11 2 3 1 2 2kn n n n n nC C C k n C + + + + + +=  +  +  ++ +  ++ +  0 1 2 2 1 0 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2( ) (2 1)( )nn n n n n n n nC C C C n C C C+ + + + += + + ++ + + + + + 2 1 22 (2 1) 2nnn+= + +  = 2(2 3) 2 nn+ ． 23． （1）由题意可知 2 3,4,5X = ． 当 2 3X = 时，即两次摸球均摸到白球，其概率 11 33 2 11 88 9( 3) 64 CCPX CC= =  = ； 当 2 4X = 时，即两次摸球恰好摸到一白球和一黑球， 其概率是 1 1 1 1 3 5 5 4 2 1 1 1 1 8 8 8 8 35( 4) 64 C C C CPX C C C C= =  +  = ； 当 2 5X = 时，即两次摸球均摸到黑球，其概率 1 1 5 4 2 11 88 5( 5) 16 C CPX CC= =  = ． 2 2 2x y r+=所以随机变量 2X 的概率分布如下表： 3 4 5 P 9 64 35 64 5 16 数学期望 ( )2EX = 9 35 5 2673 4 564 64 16 64 +  +  = ． （2）设 ( 3 ) , 0,1,2,3,4,5.nkP X k p k= + = = 则 0 1 2 3 4 5 1p p p p p p+ + + + + = 0 1 2 3 4 5( ) 3 4 5 6 7 8nE X p p p p p p= + + + + + ． ( ) ( )1 0 1 0 1 1 1 2 3 5 4 4 5( 3) , 4 , 5 ,8 8 8 8 8n n nP X p P X p p P X p p+ + += = = = + = = + 1 2 3 1 3 4 1 4 5 3 6 2 7 1 8( 6) , ( 7) , ( 8)8 8 8 8 8 8n n nP X p p P X p p P X p p+ + += = + = = + = = + ， 所以 ( )1 0 0 1 1 2 3 5 4 4 53 4 58 8 8 8 8nE X p p p p p+    =  +  + +  +       2 3 3 4 4 5 3 6 2 7 1 5+6 7 88 8 8 8 8 8p p p p p p      + +  + +  +           = 0 1 2 3 4 5 29 36 43 50 57 64 8 8 8 8 8 8p p p p p p+ + + + + 0 1 2 3 4 5 0 1 2 3 4 5 7= (3 4 5 6 7 8 )8 p p p p p p p p p p p p+ + + + + + + + + + + ( )7=18 nEX + 由此可知， ( ) ( )( )1 7888nnE X E X+ − = − ． 又 ( )1 358 8EX − = − ，所以 ( ) 135 78 88 n nEX −=−  ．