学年《非常学案》人教B高中数学选修2-2第二章《推理与证明》全套ppt课件（6份打包）&&人教版
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教学教法分析课前自主导学当堂双基达标思想方法技巧课后知能检测课堂互动探究教师备选资源2．1合情推理与演绎推理2．1.1 合情推理●三维目标1．知识与技能了解合情推理的含义，认识归纳推理的基本方法与步骤，能利用归纳进行简单的推理应用．2．过程与方法通过学生的积极参与，经历归纳推理概念的获得过程，了解归纳推理的含义．让学生通过欣赏一些伟大猜想产生的过程，体会如何利用归纳去猜测和发现一些新的结论，培养学生归纳推理的思维方式．3．情感、态度与价值观正确认识合情推理在数学中的重要作用，并体会归纳推理在日常活动和科学发现中的作用，养成认真观察事物、发现问题、分析问题、探求新知识的习惯．●重点难点重点：归纳推理的含义与特点．难点：归纳推理的应用．【问题导思】 1．某同学在一份杂志上看到这样一段话：蛇、鳄鱼、海龟、蜥蜴都是用肺呼吸的，而蛇、鳄鱼、海龟、蜥蜴都是爬行动物．所以，所有的爬行动物都是用肺呼吸的．在这段话中用到了什么推理？【提示】 归纳推理．2．统计学中，从总体中抽取样本，然后用样本估计总体，是否属归纳推理？【提示】 属于归纳推理．它符合归纳推理的定义特征，即由部分对象具有某些特征，推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理．【问题导思】 1．科学家对火星进行研究，发现火星与地球有许多类似的特征：(1)火星也是绕太阳公转、绕轴自转的行星；(2)有大气层，在一年中也有季节更替；(3)火星上大部分时间的温度适合地球上某些已知生物的生存等．请问：科学家由此猜想到什么？他们使用了什么样的推理？【提示】 科学家猜想：火星上也可能有生命存在．他们使用了类比推理．2．(1)圆有切线，切线与圆只交于一点，切点到圆心的距离等于半径．由此结论如何类比到球体？(2)平面内不共线的三点确定一个圆，由此结论如何类比得到空间的结论？【提示】 (1)球有切面，切面与球只交于一点，切点到球心的距离等于半径．(或球有切线，切线与球只交于一点，切点到球心的距离等于半径．)(2)空间中不共面的四点确定一个球．推理(1)定义：根据一个或几个已知得出一个判断，这种就是推理．(2)结构：一般由两部分组成，一部分是，叫做前提；一部分是由已知，叫做结论．(3)分类：推理一般分为与.事实(或假设)思维方式已知的事实(或假设)推出的判断合情推理演绎推理【问题导思】 1．归纳推理与类比推理有何区别与联系？【提示】 区别：归纳推理是由特殊到一般的推理；而类比推理是由个别到个别的推理或是由特殊到特殊的推理．联系：在前提为真时，归纳推理与类比推理的结论都可真可假．2．归纳推理和类比推理的结论一定正确吗？【提示】 归纳推理的结论超出了前提所界定的范围，其前提和结论之间的联系不是必然性的，结论不一定正确．类比推理是从人们已经掌握了的事物的特征，推测正在被研究中的事物的特征，所以类比推理的结果具有猜测性，不一定正确．合情推理(1)定义：前提为真时，结论的推理，叫做合情推理．(2)分类：数学中常用的合情推理有和．(3)归纳和类比推理的定义、特征及步骤可能为真归纳推理类比推理部分对象所有对象某些类似(或一致)性与另一类事物类似(或相同)的性质部分整体特殊一般特殊特殊(2013?陕西高考)(1)观察下列等式：(1＋1)＝2×1，(2＋1)(2＋2)＝22×1×3，(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5，……照此规律，第n个等式可为________．【思路探究】 (1)观察等式的结构特征，寻找规律求解．(2)求出f2(x)，f3(x)，f4(x)，f5(x)，寻找规律求解．【自主解答】 (1)从给出的规律可看出，左边的连乘式中，连乘式个数以及每个连乘式中的第一个加数与右边连乘式中第一个乘数的指数保持一致，其中左边连乘式中第二个加数从1开始，逐项加1递增，右边连乘式中从第二个乘数开始，组成以1为首项，2为公差的等差数列，项数与第几等式保持一致，则照此规律，第n个等式可为(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)．进行数、式中的归纳推理的一般规律(1)已知等式或不等式进行归纳推理的方法：①要特别注意所给几个等式(或不等式)中项数和次数等方面的变化规律；②要特别注意所给几个等式(或不等式)中结构形式的特征；③提炼出等式(或不等式)的综合特点；④运用归纳推理得出一般结论．(2)数列中的归纳推理：在数列问题中，常常用到归纳推理猜测数列的通项公式或前n项和．①通过已知条件求出数列的前几项或前n项和；②根据数列中的前几项或前n项和与对应序号之间的关系求解；③运用归纳推理写出数列的通项公式或前n项和公式．本例(2)中，若把“fn(x)＝fn－1(fn－1(x))”改为“fn(x)＝f(fn－1(x))”其他条件不变，试猜想fn(x)(n∈N＋)的表达式．(1)黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图2－1－1的规律拼成若干个图案，则第n个图案中有黑色地面砖的块数是________．(2)设平面内有n条直线(n≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点，若用f(n)表示这n条直线交点的个数，则f(4)＝________；当n≥3时，f(n)＝________(用n表示)．【思路探究】 (1)观察图案知，每多一块白色地面砖，则多5块黑色地面砖，从而每个图案中白色地面砖的块数，组成首项为6，公差为5的等差数列．(2)先分别求n＝3，4，5时，f(n)的值，从中发现规律进行归纳．【自主解答】 (1)观察图案知，从第一个图案起，每个图案中黑色地面砖的个数组成首项为6，公差为5的等差数列，从而第n个图案中黑色地面砖的个数为6＋(n－1)×5＝5n＋1.(2)如图，可得f(4)＝5；∵f(3)＝2，f(4)＝5＝f(3)＋3，f(5)＝9＝f(4)＋4，f(6)＝14＝f(5)＋5，…f(n)＝f(n－1)＋n－1，图形中归纳推理的特点及思路：(1)从图形的数量规律入手，找到数值变化与数量的关系．(2)从图形的结构变化规律入手，找到图形的结构每发生一次变化后，与上一次比较，数值发生了怎样的变化．如图2－1－2所示，在一次珠宝展览会上，某商家展出了一套珠宝首饰，第一件首饰是1颗珠宝，第二件首饰是由6颗珠宝构成如图①所示的正六边形，第三件首饰是由15颗珠宝构成的如图②所示的正六边形，第四、五件首饰分别是由28颗和45颗珠宝构成的如图③和④所示的正六边形，以后每件首饰都在前一件的基础上，按照这种规律增加一定数量的珠宝，使它构成更大的正六边形，依此推断第六件首饰上应有________颗珠宝，第n件首饰上应有________颗珠宝．【解析】 法一 5件首饰的珠宝颗数依次为1，6＝2×3，15＝3×5，28＝4×7，45＝5×9，归纳猜想第6件首饰上的珠宝数为6×11＝66(颗)，第n件首饰上的珠宝颗数为n(2n－1)＝2n2－n.法二 5件首饰的珠宝颗数依次为：1，1＋5，1＋5＋9，1＋5＋9＋13，1＋5＋9＋13＋17，则第6件首饰上的珠宝颗数为1＋5＋9＋13＋17＋21＝66，即每件首饰上的珠宝数是以1为首项，4为公差的等差数列的前n项和，故第n件首饰的珠宝颗数为1＋5＋9＋…＋(4n－3)＝2n2－n.【答案】 66 2n2－n类比平面内直角三角形的勾股定理，试写出空间中四面体性质的猜想．【思路探究】 考虑到直角三角形的两条边互相垂直，所以可以选取3个面两两垂直的四面体，平面内边与边的长度关系，类比到空间中面与面的面积关系，即可求解．【自主解答】 如图(1)，在Rt△ABC中，由勾股定理得：c2＝a2＋b2；与Rt△ABC相对应的是四面体P－DEF如图(2)；与Rt△ABC的两条边交成1个直角相对应的是四面体P－DEF的3个面在一个顶点处构成3个直二面角；与Rt△ABC的直角边边长a、b相对应的是四面体P－DEF的面△DEF、△PDF和△DPE的面积S1，S2和S3；与Rt△ABC的斜边边长c相对应的是四面体P－DEF的面△PEF的面积S.由此我们可以类比Rt△ABC中的勾股定理，猜想出四面体P－DEF四个面的面积之间的关系．我们知道，在Rt△ABC中，由勾股定理，得c2＝a2＋b2.平面图形与空间几何体之间的常见类比有：如图2－1－3所示，在△ABC中，射影定理可表示为a＝b?cosC＋c?cosB，其中a，b，c分别为角A，B，C的对边，类比上述定理，写出对空间四面体性质的猜想．【解】 如图所示，在四面体P－ABC中，S1，S2，S3，S分别表示△PAB，△PBC，△PCA，△ABC的面积，α，β，γ依次表示面PAB，面PBC，面PCA与底面ABC所成二面角的大小．我们猜想射影定理类比推理到三维空间，其表示形式应为S＝S1?cosα＋S2?cosβ＋S3?cosγ.数形结合思想在合情推理中的应用 (12分)如图2－1－4所示是树形图，第一层是一条与水平线垂直的线段，长度为1；第二层在第一层线段的前端作两条与该线段均成135°角的线段，长度为其一半；第三层按第二层的方法在每一条线段的前端生成两条线段；重复前面的作法作图至第n层．设树形图的第n层的最高点到水平线的距离为第n层树形图的高度．(1)求第三层及第四层树形图的高度H3、H4；(2)求第n层树形图的高度Hn.【思路点拨】 求出前4层的竖直高度，找出规律，进行猜想．1．(2014?厦门高二检测)用火柴棒摆“金鱼”，如图2－1－5所示：按照上面的规律，第n个“金鱼”图需要火柴棒的根数为( )A．6n－2 B．8n－2C．6n＋2D．8n＋2【解析】 a1＝8，a2＝14，a3＝20，猜想an＝6n＋2.【答案】 C2．在平面上，若两个正三角形的边长的比为1∶2，则它们的面积比为1∶4，类似地，在空间内，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积比为( )A．1∶2B．1∶4C．1∶8D．1∶16【答案】 C3．观察下列等式1＝12＋3＋4＝93＋4＋5＋6＋7＝254＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49照此规律，第n个等式为________．【解析】 观察所给等式，等式左边第一个加数与行数相同，加数的个数为2n－1，故第n行等式左边的数依次是n，n＋1，n＋2，…，(3n－2)；每一个等式右边的数为等式左边加数个数的平方，从而第n个等式为n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.【答案】 n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)24．有以下三个不等式：(12＋42)(92＋52)≥(1×9＋4×5)2；(62＋82)(22＋122)≥(6×2＋8×12)2；(202＋102)(1022＋72)≥(20×102＋10×7)2.请你观察这三个不等式，猜想出一个一般性的结论，并证明你的结论．【解】 结论为：(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.证明：(a2＋b2)(c2＋d2)－(ac＋bd)2＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2－(a2c2＋b2d2＋2abcd)＝a2d2＋b2c2－2abcd＝(ad－bc)2≥0.所以(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.课后知能检测点击图标进入…已知下列一组等式S1＝1，S2＝2＋3＝5，S3＝4＋5＋6＝15，S4＝7＋8＋9＋10＝34，S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65，S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111， ……(1)写出S7对应的等式；(2)先求出Sn对应等式的第1项，并写出Sn对应的等式．【思路探究】 观察等式的结构特征，归纳出规律，逐一求解．【自主解答】 通过观察，第1个式子是1个数的和、第2个式子是2个连续正整数和、第三个式子是3个连续正整数的和，
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2016绍兴市高三数学(上)期末试卷(理含答案和解释)
作者：佚名 资料来源：网络 点击数： &&&
2016绍兴市高三数学(上)期末试卷(理含答案和解释)
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文 章来 源莲山 课件 w ww.5Y k J.cO m 学年浙江省绍兴市高三（上）期末数学试卷（理科）　一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．集合P={x∈R||x|≥3，Q={y|y=2x1，x∈R}，则P∪Q=（　　）A．（∞，3]∪（1，+∞）&B．（∞，3]∪（1，+∞）&C．（∞，1）∪[3，+∞）&D．（∞，1）∪[3，+∞）2．命题“∀x∈R，sinx＞1”的否定是（　　）A．∀x∈R，sinx≤1&B．∀x∈R，sinx＞1C．∃x0∈R，sinx0≤1&D．∃x0∈R，sinx0＞13．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，则下列不可能成立的（　　）A．a2016（S）=0&B．a2016（S）=0C．（a）（S）=0&D．（a）（S）=04．已知单位向量 和 满足| |= | |，则 与 的夹角的余弦值为（　　）A． &B． &C． &D． 5．设l，m，n是三条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列命题正确的是（　　）A．α∥β，l⊂α，n⊂β⇒l∥n&B．l⊥n，l⊥α⇒n∥αC．l⊥α，l∥β⇒α⊥β&D．α⊥β，l⊂α⇒l⊥β6．不等式组 ，表示的平面区域绕着原点旋转一周所得到的平面图形的面积为（　　）A． &B． &C．3π&D． 7．过双曲线
=1（a，b＞0）的右焦点F作一条渐近线的垂线，垂足为P，线段OP的垂直平分线交y轴于点Q（其中O为坐标原点）．若△OFP的面积是△OPQ的面积的4倍，则该双曲线的离心率为（　　）A． &B． &C．2&D． 8．对于函数f（x），若存在x0∈Z，满足|f（x0）|≤ ，则称x0为函数f（x）的一个“近零点”．已知函数f（x）=ax2+bx+c（a＞0）有四个不同的“近零点”，则a的最大值为（　　）A．2&B．1&C． &D． 　二、填空题（本大题共7小题，第9,10,11,12每空3分，第13,14,15题每空4分，共36分）9．函数f（x）=2cos（4x+ ）1的最小正周期为　　　　　　，f（ ）=　　　　　　．10．已知数列{an}中，a3=3，an+1=an+2，则a2+a4=　　　　　　，an=　　　　　　．11．一个空间几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则侧视图的面积为　　　　　　cm2，该几何体的体积为　　　　　　cm3cm3．&12．已知正数x，y满足x+y=1，则xy的取值范围为　　　　　　， 的最小值为　　　　　　．13．设f（x）= ，若x满足f（x）≥3，则log2（ ）的最大值为　　　　　　．14．正△ABC的边长为1，& =x +y ，且0≤x，y≤1， ≤x+y≤ ，则动点P所形成的平面区域的面积为　　　　　　．15．已知函数y=|x21|的图象与函数y=kx2（k+2）x+2的图象恰有2个不同的公共点，则实数k的取值范围为　　　　　　．　三、解答题（本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算过程）16．△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知sinAsinB=sinCtanC．（1）求 的值：（2）若a= c，且△ABC的面积为4，求c的值．17．如图所示的几何体中，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，AB⊥平面BEC，EC⊥CB，已知BC=2AD=2AB=2．（Ⅰ）证明：BD⊥平面DEC；（Ⅱ）若二面角AEDB的大小为30°，求EC的长度．&18．已知函数f（x）=x2ax4（a∈R）的两个零点为x1，x2，设x1＜x2．（1）当a＞0时，证明：2＜x1＜0；（2）若函数g（x）=x2|f（x）|在区间（∞，2）和（2，+∞）上均单调递增，求a的取值范围．19．已知椭圆C的方程是 + =1（a＞b＞0），其右焦点F到椭圆C的其中三个顶点的距离按一定顺序构成以 为公差的等差数列，且该数列的三项之和等于6．（1）求椭圆C的方程；（2）若直线AB与椭圆C交于点A，B（A在第一象限），满足2 + =λ ，当△0AB面积最大时，求直线AB的方程．20．数列{an}中，已知a1= ，an+1= ．（1）证明：an＜an+1＜ ；（2）证明：当n≥2时，（ ） ＜2．　&
学年浙江省绍兴市高三（上）期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析　一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．集合P={x∈R||x|≥3，Q={y|y=2x1，x∈R}，则P∪Q=（　　）A．（∞，3]∪（1，+∞）&B．（∞，3]∪（1，+∞）&C．（∞，1）∪[3，+∞）&D．（∞，1）∪[3，+∞）【考点】并集及其运算．【分析】根据集合的基本运算进行求解即可．【解答】解：∵P={x∈R||x|≥3}={x|x≥3或x≤3}，Q={y|y=2x1，x∈R}={y|y＞1}∴P∪Q=（∞，3]∪（1，+∞），故选：B．　2．命题“∀x∈R，sinx＞1”的否定是（　　）A．∀x∈R，sinx≤1&B．∀x∈R，sinx＞1C．∃x0∈R，sinx0≤1&D．∃x0∈R，sinx0＞1【考点】全称命题；命题的否定．【分析】通过全称命题的否定是特称命题写出结果即可．【解答】解：∵全称命题 否定是特称命题，∴命题“∀x∈R，sinx＞1”的否定是：∃x0∈R，sinx0≤1．故选：C．　3．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，则下列不可能成立的（　　）A．a2016（S）=0&B．a2016（S）=0C．（a）（S）=0&D．（a）（S）=0【考点】等比数列的前n项和．【分析】根据等比数列中的项不等于0的性质进行判断．【解答】解：∵{an}是等比数列，∴aS2015≠0，∴a2016（S）≠0；当{an}的公比为1时，S=a=0，∴a2016（S）=0；当{an}的公比为1时，a=a2012，∴（a）（S）=0；（a）（S）=0．故选A．　4．已知单位向量 和 满足| |= | |，则 与 的夹角的余弦值为（　　）A． &B． &C． &D． 【考点】平面向量数量积的运算．【分析】对条件式子两边平方求出 ，代入夹角公式即可．【解答】解：∵ 和 是单位向量，∴ =1．∵| |= | |，∴2+2 =2（22 ），解得 = ．∴cos＜ ＞= = ．故选：C．　5．设l，m，n是三条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列命题正确的是（　　）A．α∥β，l⊂α，n⊂β⇒l∥n&B．l⊥n，l⊥α⇒n∥αC．l⊥α，l∥β⇒α⊥β&D．α⊥β，l⊂α⇒l⊥β【考点】平面与平面之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系．【分析】运用面面平行、线面垂直的判定定理和性质定理对选项逐个分析判断．【解答】解：对于A，α∥β，l⊂α，n⊂β⇒l∥n或者异面，故A错误；对于B，l⊥n，l⊥α⇒n∥α或相交，故B错误；对于C，由l∥β得到过直线l的平面与平面β交于直线a，则l∥a，由l⊥α，所以a⊥α，⇒α⊥β，故C正确；对于D，α⊥β，l⊂α⇒l⊥β或者l∥β或者斜交，故D错误；故选：C．　6．不等式组 ，表示的平面区域绕着原点旋转一周所得到的平面图形的面积为（　　）A． &B． &C．3π&D． 【考点】简单线性规划．【分析】作出可行域，旋转所得图形为圆环，求面积可得．【解答】解：作出不等式组 表示的平面区域（如图△ABC），区域内的点B（2，0）到原点的距离最大为2，区域内的点D到原点的距离最小，由点到直线的距离公式可得最小值为 = ，△ABC绕着原点旋转一周所得到的平面图形为圆环，且内外圆半径分别为 和2，故所求面积S=π×22π×（ ）2= π，故选：D．&　7．过双曲线
=1（a，b＞0）的右焦点F作一条渐近线的垂线，垂足为P，线段OP的垂直平分线交y轴于点Q（其中O为坐标原点）．若△OFP的面积是△OPQ的面积的4倍，则该双曲线的离心率为（　　）A． &B． &C．2&D． 【考点】双曲线的简单性质．【分析】求出双曲线的渐近线方程，运用两直线垂直的条件：斜率之积为1，可得PF的方程，联立渐近线方程，解得交点P的坐标，运用中点坐标公式可得OP的垂直平分线方程，可得Q的坐标，运用三角形的面积公式，结合离心率公式，即可得到所求值．【解答】解：双曲线
=1的一条渐近线方程为y= x，右焦点F（c，0），由题意可得直线PF的方程为y= （xc），联立渐近线方程y= x，可得P（ ， ），可得OP的垂直平分线方程为y = （x ），令x=0，可得y= ，即Q（0， ），又|PF|= =b，|OP|= = =a，由△OFP的面积是△OPQ的面积的4倍，可得 c• =4• • • ，即有b2=2a2，可得c2=a2+b2=3a2，e= = ，故选：B．　8．对于函数f（x），若存在x0∈Z，满足|f（x0）|≤ ，则称x0为函数f（x）的一个“近零点”．已知函数f（x）=ax2+bx+c（a＞0）有四个不同的“近零点”，则a的最大值为（　　）A．2&B．1&C． &D． 【考点】函数零点的判定定理．【分析】易知a不变时，函数f（x）的图象的形状不变，且四个不同的“近零点”的最小间距为3，对称轴在区间中间时可取到a的最大值，从而解得．【解答】解：∵a不变时，函数f（x）的图象的形状不变；∴记f（x）=a（xk）2+h，四个不同的“近零点”的最小间距为3，故易知对称轴在区间中间时可取到a的最大值，故不妨记f（x）=a（x ）2+h，故f（1）f（0）≤ ×2，即 a+h（ a+h）≤ ，故a≤ ，故选D．　二、填空题（本大题共7小题，第9,10,11,12每空3分，第13,14,15题每空4分，共36分）9．函数f（x）=2cos（4x+ ）1的最小正周期为　 　，f（ ）=　0　．【考点】余弦函数的图象．【分析】根据周期的定义和函数的值的求法即可求出．【解答】解：函数f（x）=2cos（4x+ ）1的最小正周期T= = ，f（ ）=2cos（4× + ）1=2cos 1=0，故答案为： ，0．　10．已知数列{an}中，a3=3，an+1=an+2，则a2+a4=　6　，an=　2n3　．【考点】数列递推式．【分析】由数列{an}中，a3=3，an+1=an+2，可得数列{an}是等差数列，公差为2，利用等差数列的通项公式及其性质即可得出．【解答】解：∵数列{an}中，a3=3，an+1=an+2，∴数列{an}是等差数列，公差为2，∴an=a3+2（n3）=3+2（n3）=2n6．∴a2+a4=2a3=6．故答案分别为：6；2n3．　11．一个空间几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则侧视图的面积为　1　cm2，该几何体的体积为　 + 　cm3cm3．&【考点】由三视图求面积、体积．【分析】根据三视图，得出该几何体是半圆锥与直三棱锥的组合体，侧视图是底边长为2，高为1的等腰三角形，求出它的面积，再求出几何体的体积．【解答】解：根据几何体的三视图，得；该几何体的左边是半圆锥，右边是直三棱锥的组合体，如图所示；且该几何体侧视图是底边长为2，高为1的等腰三角形，面积为 ×2×1=1cm2，该几何体的体积为V半圆锥+V三棱锥= × ×π×12×1+ × ×2×1×1= + cm3．故答案为：1，& + ．&　12．已知正数x，y满足x+y=1，则xy的取值范围为　（1，1）　， 的最小值为　3　．【考点】基本不等式．【分析】①根据题意，求出xy的表达式，利用0＜x＜1即可求出xy的取值范围；②把1=x+y代人 ，利用基本不等式即可求出它的最小值．【解答】解：①∵正数x，y满足x+y=1，∴y=1x，∴y=1+x，∴xy=2x1；又0＜x＜1，∴0＜2x＜2，∴1＜2x1＜1，即xy的取值范围为（1，1）；② = + =1+ + ≥1+2 =1+2=3，当且仅当x=y= 时取“=”；∴ 的最小值为3．故答案为：（1，1），3．　13．设f（x）= ，若x满足f（x）≥3，则log2（ ）的最大值为　log2 　．【考点】对数函数的图象与性质；分段函数的应用．【分析】先求出满足f（x）≥3的x的范围，再求出t= 的范围，结合对数函数的图象和性质，可得答案．【解答】解：当x≤0时，由2x1≥3得：x≤2，当x＞0时，由 ≥3得：x≥9，故t= =1+ ∈[ ，1）∪（1， ]，故log2（ ）的最大值为log2 ，故答案为：log2 　14．正△ABC的边长为1，& =x +y ，且0≤x，y≤1， ≤x+y≤ ，则动点P所形成的平面区域的面积为　 　．【考点】平面向量的基本定理及其意义．【分析】可分别以边AB，AC所在的直线为x，y轴，建立坐标系，从而可以得出P点坐标为（x，y），然后过B，C分别作AC，AB的平行线并交于点D，这样根据条件 便可找到点P所在的平面区域，根据图形便可求出该平面区域的面积，即得出动点P所形成的平面区域的面积．【解答】解：分别以边AB，AC所在的直线为x轴，y轴建立如图所示坐标系：分别以边AB，AC所在的直线为x轴，y轴建立如图所示坐标系：&以向量 为一组基底，则P点坐标为P（x，y）；分别过B，C作AC，AB的平行线并交于点D；∵0≤x，y≤1；∴点P所在的平面区域为平行四边形ACDDB内部；又 ；∴P点所在区域在图中阴影部分；∴动点P所形成平面区域面积为 ．故答案为： ．　15．已知函数y=|x21|的图象与函数y=kx2（k+2）x+2的图象恰有2个不同的公共点，则实数k的取值范围为　k≤0或k=1或k≥4　．【考点】二次函数的性质．【分析】函数y=kx2（k+2）x+2=（kx2）（x1）的图象与函数y=|x21|的图象有1个交点（1，0），分类讨论，即可得出结论．【解答】解：函数y=kx2（k+2）x+2=（kx2）（x1）的图象与函数y=|x21|的图象有1个交点（1，0）．当k＜0， ，函数y=|x21|的图象与函数y=kx2（k+2）x+2的图象有另外1个不同于（1，0）的交点；由1x2=kx2（k+2）x+2，（x1）[（k+1）x1]=0，x=1时，k=0，方程有唯一的根1，满足函数y=|x21|的图象与函数y=kx2（k+2）x+2的图象恰有2个不同的公共点；k＞0时，由图象可得k=1或k≥4满足题意，综上所述，k≤0或k=1或k≥4．故答案为：k≤0或k=1或k≥4．&　三、解答题（本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算过程）16．△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知sinAsinB=sinCtanC．（1）求 的值：（2）若a= c，且△ABC的面积为4，求c的值．【考点】余弦定理；正弦定理．【分析】（1）利用sinAsinB=sinCtanC，根据正、余弦定理，即可求 的值：（2）若a= c，求出b，sinC，利用△ABC的面积为4，求c的值．【解答】解：（1）∵sinAsinB=sinCtanC，∴ab= ，∴a2+b2=3c2，∴ =3；（2）∵a= c，a2+b2=3c2，∴b= c，∴cosC= = ，∴sinC= ，∵△ABC的面积为4，∴ • c• c• =4，∴c=4．　17．如图所示的几何体中，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，AB⊥平面BEC，EC⊥CB，已知BC=2AD=2AB=2．（Ⅰ）证明：BD⊥平面DEC；（Ⅱ）若二面角AEDB的大小为30°，求EC的长度．&【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）推导出AB⊥EC，EC⊥BC，从而EC⊥平面ABCD，进而EC⊥BD，由勾股定理得BD⊥DC，由此能证明BD⊥平面DEC．（Ⅱ）以B为原点，在平面BCE中过B作BC的垂线为x轴，BC为y轴，BA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出EC．【解答】证明：（Ⅰ）∵AB⊥平面BEC，∴AB⊥EC，又∵EC⊥BC，AB∩BC=B，∴EC⊥平面ABCD，∵BD⊂平面ABCD，∴EC⊥BD，由题意知在梯形ABCD中，有BD=DC= ，∴BD2+DC2=BC2，∴BD⊥DC，又EC∩CD=C，∴BD⊥平面DEC．解：（Ⅱ）如图，以B为原点，在平面BCE中过B作BC的垂线为x轴，BC为y轴，BA为z轴，建立空间直角坐标系，设 =a＞0，则B（0，0，0），E（a，2，0），A（0，0，1），C（0，2，0），D（0，1，1），&=（0，1，0）， =（a，1，1），设面AED的法向量为 =（x，y，z），则 ，令x=1，得 =（1，0，a），设面BED的法向量为 =（x1，y1，z1），则 ，令x1=2，得 =（2，a，a），∵二面角AEDB的大小为30°，∴cos30°= = = ，解得a=1．（a=1，舍），∴EC=1．&　18．已知函数f（x）=x2ax4（a∈R）的两个零点为x1，x2，设x1＜x2．（1）当a＞0时，证明：2＜x1＜0；（2）若函数g（x）=x2|f（x）|在区间（∞，2）和（2，+∞）上均单调递增，求a的取值范围．【考点】二次函数的性质．【分析】（1）使用求根公式解出x1，利用a的范围和不等式的性质得出；（2）求出g′（x），令g′（x）＞0，结合函数图象讨论a的范围，【解答】解：（1）令f（x）=0解得x1= ，x2= ．∵ ＞ =a，∴ ＜0．∵a＞0，∴ ＜ =a+4，∴ ＞ =2．∴2＜x1＜0．（2）g（x）=x2|x2ax4|，∴g′（x）=2x|2xa|，∵g（x）在区间（∞，2）和（2，+∞）上均单调递增，∴g′（x）＞0，即2x＞|2xa|，（x＞2）．当a=0时，显然不成立，若a＞0，作出y=2x和y=|2xa|的函数图象如图：&∴0＜ ，解得0＜a≤8．若a＜0，作出y=2x和y=|2xa|的函数图象如图：&有图象可知2x＜|2xa|，故g′（x）＞0不成立，不符合题意．综上，a的取值范围是（0，8]．　19．已知椭圆C的方程是 + =1（a＞b＞0），其右焦点F到椭圆C的其中三个顶点的距离按一定顺序构成以 为公差的等差数列，且该数列的三项之和等于6．（1）求椭圆C的方程；（2）若直线AB与椭圆C交于点A，B（A在第一象限），满足2 + =λ ，当△0AB面积最大时，求直线AB的方程．【考点】椭圆的简单性质．【分析】（1）由于右焦点F到椭圆C的其中三个顶点的距离按一定顺序构成以 为公差的等差数列，可得此三项分别为：ac，a，a+c，且a=ac+ ，可得：c，又该数列的三项之和等于6，可得3a=6，b2=a2c2．解出即可得出．（2）设直线AB的方程为：my=x+t，A（x1，y1），B（x2，y2）．与椭圆方程联立化为：（4+m2）y22mty+t24=0，△＞0，利用根与系数的关系及其2 + =λ ，即2y1+y2=0．可得8m2t2=（4t2）（4+m2）．利用S△OAB= •|t|= 及其基本不等式的性质可得：4+m2=2t2．联立解出即可得出．【解答】解：（1）∵右焦点F到椭圆C的其中三个顶点的距离按一定顺序构成以 为公差的等差数列，∴此三项分别为：ac，a，a+c，且a=ac+ ，可得：c= ，又该数列的三项之和等于6，∴3a=6，解得a=2，∴b2=a2c2=1．∴椭圆C的方程为：& +y2=1．（2）设直线AB的方程为：my=x+t，A（x1，y1），B（x2，y2）．联立 ，化为：（4+m2）y22mty+t24=0，（*）△＞0，可得4+m2＞t2．∴y1+y2= ，y1y2= ．∵满足2 + =λ ，∴2y1+y2=0．∴y1= ，y2= ．
∴ = ．∴8m2t2=（4t2）（4+m2）．|y1y2|= = ．∴S△OAB= •|t|= ≤2× × =1，当且仅当4+m2=2t2时取等号．联立8m2t2=（4t2）（4+m2），4+m2=2t2．解得：t2= ，m2= ．∴直线AB的方程为：& y=x± ．　20．数列{an}中，已知a1= ，an+1= ．（1）证明：an＜an+1＜ ；（2）证明：当n≥2时，（ ） ＜2．【考点】数列递推式．【分析】（1）由已知a1= ，an+1= ，即可得到 ，又0 ，进一步得到 ，则结论an＜an+1＜ 可证；（2）首先证当n=2时， 成立，即当n=k时， 成立，当n=k+1时，ak+1＞ak，则 = ，则结论当n≥2时，（ ） ＜2可证．【解答】证明：（1）由 ，得 ，即0≤an≤1．∴an+1= = ，又a1= ≠0，且 ，∴0 ．∴ ＞0．即 ；（2）当n=2时， ，又∵ ，∴ ．即当n=2时， 成立，当n=k时， 成立，即 成立，当n=k+1时，& = ．∵an+1＞an，∴ak+1＞ak∴ ．则 = ，∴当n=k+1时， 也成立，∴当n≥2时， 成立．
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