文档内容
每日一练答案精析
第一周
1．解 (1)在△ABC中，由(a－c)sin C＝asin A－bsin B及正弦定理得(a－c)c＝a2－b2，
即a2＋c2－b2＝ac，
由余弦定理得cos B＝＝＝，
而00时，
c≥，
令h(x)＝，
则h′(x)＝
＝
＝.
令φ(x)＝(x－2)ex＋2x2＋x＋2，
则φ′(x)＝(x－1)ex＋4x＋1，
令p(x)＝(x－1)ex＋4x＋1，
则p′(x)＝xex＋4>0，
∴p(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∵φ′(0)＝0，∴φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∵φ(0)＝0，∴φ(x)>0，
则令h′(x)>0，得02，
∴h(x)在(0,2)上单调递增，
在(2，＋∞)上单调递减，
∴h(x) ＝h(2)＝e2，
max
∴c∈[e2，＋∞)．
6．解 (1)设F(－c，0)，F(c，0)，其中c2＝a2－b2，由＝2，
1 2
可得|DF|＝＝c，
1
从而 ＝|DF||FF|
1 1 2
＝c2＝，故c＝1，从而|DF|＝，
1
由DF⊥FF，
1 1 2
得|DF|2＝|DF|2＋|FF|2＝，因此|DF|＝，
2 1 1 2 2
所以2a＝|DF|＋|DF|＝2，
1 2
故a＝，b2＝a2－c2＝1，
因此，所求椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)如图所示，设圆心在y轴上的圆C与椭圆＋y2＝1相交，
设P(x，y)，P(x，y)是两个交点，
1 1 1 2 2 2
y>0，y>0，FP，FP 是圆C的切线，且FP⊥FP，
1 2 1 1 2 2 1 1 2 2
由圆和椭圆的对称性，
易知x＝－x，y＝y，|PP|＝2|x|，
2 1 1 2 1 2 1
由(1)知F(－1,0)，F(1,0)，
1 2
所以F1P1＝(x＋1，y)，F2P2＝(－x－1，y)，
1 1 1 1
再由FP⊥FP，得－(x＋1)2＋y＝0，
1 1 2 2 1
由椭圆方程得1－＝(x＋1)2，
1
即3x＋4x＝0，
1
解得x＝－或x＝0，
1 1
当x＝0时，P，P 重合，此时题设要求的圆不存在，
1 1 2
当x＝－时，过P，P 分别与FP，FP 垂直的直线的交点即为圆心C，
1 1 2 1 1 2 2
由FP，FP 是圆C的切线，且FP⊥FP，知CP ⊥CP ，
1 1 2 2 1 1 2 2 1 2
又|CP |＝|CP |，
1 2
故圆C的半径|CP |＝|PP|＝|x|＝.
1 1 2 1
第二周
1．解 (1)在△ABC中，
因为＝，
所以(2b－c)cos A＝acos C，
由正弦定理得2sin Bcos A＝sin Acos C＋cos Asin C＝sin(A＋C)＝sin B，
因为sin B>0，所以cos A＝，
因为A∈(0，π)，所以A＝.
(2)因为BD＝BA＋BC，
所以CD＝BD－BC＝CA，
所以S ＝S ＝bcsin A＝bc，
△BCD △ABC
因为a2＝b2＋c2－2bccos A，
所以9＝b2＋c2－bc≥bc，
当且仅当b＝c＝3时，等号成立，
所以S ＝bc≤，
△BCD
所以△BCD面积的最大值为.
2．解 (1)连续取3个球有A种方法，
从中连续取3个球，红、白、黑各取一个有CCCA种方法，
则恰好取到3种颜色球的概率P＝＝＝.
(2)由题意得，随机变量ξ的所有可能取值为4,5,6,7,8.
当取到两个红球和一个白球时，ξ＝4，
则P(ξ＝4)＝＝＝，
当取到两个红球和一个黑球或两个白球和一个红球时，ξ＝5，
则P(ξ＝5)＝＝＝，
当取到一个红球、一个白球和一个黑球时，ξ＝6，
则P(ξ＝6)＝＝＝，
当取到一个红球和两个黑球或两个白球和一个黑球时，ξ＝7，
则P(ξ＝7)＝＝＝，
当取到两个黑球和一个白球时，ξ＝8，
则P(ξ＝8)＝＝＝.
∴随机变量ξ的分布列为
ξ 4 5 6 7 8
P
3．(1)证明 因为BC＝1，PC＝2，PB＝，
则BC2＋PB2＝PC2，
于是得BC⊥PB，
又BC⊥AB，PB∩AB＝B，PB，
AB⊂平面PAB，因此BC⊥平面PAB，
而BC⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面PAB.
(2)解 在平面PAB内过点P作
PO⊥AB于点O，连接CO，如图，
由(1)知，平面ABC⊥平面PAB，
而平面ABC∩平面PAB＝AB，则有PO⊥平面ABC，
所以∠PCO是直线PC与平面ABC所成的角，
在△PAB中，PA2＋PB2＝4＝AB2，
则∠APB＝90°，
PO＝＝，
在Rt△POC中，PC＝2，
则有sin∠PCO＝＝，
所以直线PC与平面ABC所成角的正弦值为.
4．解 (1)∵3a＝2S＋2，
n n
∴当n＝1时，
3a＝2S＋2＝2a＋2，
1 1 1
∴a＝2；
1
当n≥2时，3a ＝2S ＋2，
n－1 n－1
∴3a－3a ＝(2S＋2)－(2S ＋2)＝2a，
n n－1 n n－1 n
∴a＝3a ，即＝3(n≥2)，
n n－1
∴数列{a}是以2为首项，3为公比的等比数列，
n
∴a＝2×3n－1.
n
(2)若1≤k0，
∴3n－m＋>3与＋3n－m＝2矛盾，
∴数列{a}中找不到这样的三项，它们按原来的顺序构成等差数列．
n
5．(1)解 因为|MF |－|MF |＝±2，
1 2所以||MF |－|MF ||＝2<2＝|FF|，
1 2 1 2
由双曲线定义可知，点M的轨迹为双曲线，其中c＝，a＝1，
所以b＝＝，
所以曲线C的方程为x2－＝1.
(2)证明 若直线PQ垂直于x轴，易知此时直线AP的方程为y＝±(x－1)，
联立x2－＝1求解可得x＝－3，
直线PQ过点(－3,0)．
当直线PQ斜率存在时，
设直线PQ方程为y＝kx＋m，
P(x，y)，Q(x，y)，
1 1 2 2
代入x2－＝1，整理得(k2－2)x2＋2kmx＋m2＋2＝0，
则x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
因为AP⊥AQ，
所以AP·AQ
＝(x－1，y)·(x－1，y)
1 1 2 2
＝(x－1)(x－1)＋yy
1 2 1 2
＝(k2＋1)xx＋(km－1)(x＋x)＋m2＋1
1 2 1 2
＝＋＋m2＋1＝0，
整理得3k2＋2km－m2＝(3k－m)(k＋m)＝0，
解得m＝3k或m＝－k，
因为点P和Q都异于点A，
所以m＝－k不满足题意，故m＝3k，
代入y＝kx＋m，
得y＝k(x＋3)，过定点(－3,0)．
综上，直线PQ过定点(－3,0)．
6．(1)解 f′(x)＝－a＝，x>0.
当a≤0时，f′(x)>0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
取x＝1，f(1)＝－a＋1≥1，不符合题意，舍去．
当a>0时，
令f′(x)>0，得0，
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
当x＝时，f(x)取得极大值，
即最大值为f ＝ln ，
若f(x)≤0恒成立，则ln≤0，解得a≥1.
(2)证明 要证(e－x＋1)<＋1，
即证＋＋<.
设h(x)＝，
则h′(x)＝＝，
令h′(x)>0，得0e.
故h(x)在(0，e)上单调递增，
在(e，＋∞)上单调递减．
当x＝e时，h(x)取得极大值，也是最大值，
即最大值为h(e)＝，
故h(x)＝≤.
设F(x)＝xex－1－ln x－x，
则F′(x)＝ex－1＋xex－1－－1
＝(1＋x)ex－1－
＝(1＋x).
设φ(x)＝ex－1－，
则φ′(x)＝ex－1＋>0，
所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又φ(1)＝e1－1－1＝0.
所以当x∈(0,1)时，φ(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，φ(x)>0.
故当x∈(0,1)时，F′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，F′(x)>0，
即F(x)在(0,1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增．
故当x＝1时，F(x)取得极小值，也是最小值，
即最小值为F(1)＝0，故F(x)≥0，
即xex－1－ln x－x≥0，
故＋≤，当且仅当x＝1时，等号成立．
又h(x)＝≤，
当且仅当x＝e时，等号成立．
两个等号不能同时成立，
所以＋＋<.
故(e－x＋1)<＋1.
第三周
1．(1)证明 由＋n＝2a＋1，
n
得2S＋n2＝2an＋n，①
n n
所以2S ＋(n＋1)2＝2a (n＋1)＋(n＋1)，②
n＋1 n＋1
②－①，得2a ＋2n＋1＝2a (n＋1)－2an＋1，
n＋1 n＋1 n
化简得a －a＝1，所以数列{a}是公差为1的等差数列．
n＋1 n n
(2)解 由(1)知数列{a}的公差为1.
n
由a，a，a 成等比数列，
4 7 9
得a＝aa，
4 9
即(a＋6)2＝(a＋3)(a＋8)，
1 1 1
解得a＝－12.
1
所以S＝－12n＋＝＝2－，
n
所以当n＝12或13时，S 取得最小值，最小值为－78.
n
2．解 (1)在△ABC中，
因为acos C＋ccos A＝，所以a·＋c·＝，
解得b＝，
所以a＝b＝.
(2)选择①，S＝(a2＋c2－b2)，
则acsin B＝(a2＋c2－b2)，
所以acsin B＝×2accos B，
化简得tan B＝.
又0b，所以A＝或A＝，故满足条件的△ABC的个数为2.
选择②，bcos A＋a＝c，
则sin Bcos A＋sin A＝sin C，
即sin Bcos A＋sin A＝sin(A＋B)，
化简得sin A＝sin Acos B，
因为sin A≠0，所以cos B＝，
解得B＝.
由＝，
得sin A＝＝1，
所以A＝，故满足条件的△ABC的个数为1.
选择③，bsin A＝acos，
则sin Bsin A＝sin Acos.
又sin A≠0，
所以sin B＝cos，
所以sin B＝cos B＋sin B，
化简得tan B＝.
又01，无解，不存在满足条件的三角形．
3．解 (1)由题意知样本的平均数为2×0.025×2＋4×0.075×2＋6×0.2×2＋8×0.125×2＋
10×0.05×2＋12×0.025×2＝6.7，∴μ≈6.7.
∵σ＝2.3，
∴P(4.4≤ξ≤11.3)
＝P(μ－σ≤ξ≤μ＋2σ)
＝P(μ－σ≤ξ≤μ＋σ)＋P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)
≈×(0.682 7＋0.954 5)
＝0.818 6.
又10 000×0.818 6＝8 186，
∴估计这些教职工中积分ξ位于区间[4.4,11.3]内的人数约为8 186.
(2)该市样本在[3,9)内的频率为(0.075＋0.2＋0.125)×2＝0.8，
则X～B(20,0.8)，
∴X的均值E(X)＝20×0.8＝16.
4．(1)证明 在三棱锥P－ABC中，∵PA＝PC＝AC＝4，
O为AC的中点．
∴PO⊥AC，且PO＝2，连接OB，如图，
∵AB＝BC＝2，AC＝4，
∴AC2＝AB2＋BC2，得AB⊥BC，
则OB＝AC＝2，又PB＝4，
∴BO2＋PO2＝PB2，得PO⊥BO，
∵AC∩BO＝O，AC，BO⊂平面ABC，
∴PO⊥平面ABC.
(2)解 如图，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角
坐标系．由已知得
O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，
AP＝(0,2,2)，
取平面PAC的一个法向量为OB＝(2,0,0)．
设M(a，2－a，0)(02＝|AB|，
∴点G的轨迹是一个椭圆，其焦点分别为A，B，长轴长为4，
设该椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)，
则2a＝4,2c＝2，
∴a＝2，c＝1，
∴b2＝a2－c2＝3，
故点G的轨迹E的方程为＋＝1.
(2)易知直线l的斜率存在，
设直线l：y＝kx＋t(k≠0，t≠0)，
M(x，y)，N(x，y)，Q(x，y)，
1 1 2 2 0 0
由
得(4k2＋3)x2＋8ktx＋4t2－12＝0，
∵Δ＝(8kt)2－4(4k2＋3)(4t2－12)>0，
即4k2－t2＋3>0，①
又x＋x＝－，xx＝，
1 2 1 2
故Q，
∵Q在抛物线y2＝4x上，
∴将Q点的坐标
代入y2＝4x，
得t＝－(k≠0)，②
将②代入①，得162k2(4k2＋3)<81，
4×162k4＋3×162k2－81<0，
即k4＋k2－2<0，即<0，
即k2－<0，
∴－0恒成立，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当m>0时，令f′(x)>0，
解得x>m，
令f′(x)<0，解得00时，f(x)的单调递增区间为(m，＋∞)，单调递减区间为(0，m)．
(2)若要ex－1－ax2≥－axln x，
只需≥a(x－ln x)，
即需要ex－ln x－1≥a(x－ln x)恒成立．
设t(x)＝x－ln x，x>0，
由(1)知t(x)在(0,1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增，
所以t(x)≥t(1)＝1，
于是需要et－1≥at，t≥1恒成立，
即≥a，t≥1恒成立．
设h(t)＝，t≥1，
则h′(t)＝≥0恒成立，
所以h(t) ＝h(1)＝1，则a≤1，
min
即a∈(－∞，1]．
第四周
1．解 若选①：acos ＝csin A，
∵A＋B＋C＝π，
∴由已知条件得sin Asin ＝sin Csin A，由sin A≠0，
得sin ＝2sin cos ，
由sin ≠0，
得cos ＝，
∵C∈(0，π)，
∴＝，即C＝，
在△ABC中，由正弦定理得＝＝＝2，
∴a＝2sin A，b＝2sin B，
∴a＋2b＝2sin A＋4sin B
＝2sin A＋4sin
＝2sin A＋4
＝4sin A＋2cos A
＝2sin(A＋φ)
，
∵A∈，
∴存在A，使得A＋φ＝，
此时a＋2b取得最大值为2.
若选②：sin A＝sin Ccos B＋sin Bsin C，
∵A＋B＋C＝π，
∴sin(B＋C)＝sin Ccos B＋sin Bsin C，
即(sin Bcos C＋cos Bsin C)
＝sin Ccos B＋sin Bsin C，
化简得sin Bcos C＝sin Bsin C，
由sin B≠0，得tan C＝，
∵C∈(0，π)，
∴C＝.
下同①.
若选③：
cos2A－cos2C＝sin2B－sin Asin B，
即1－sin2A－(1－sin2C)
＝sin2B－sin Asin B，
即sin2C－sin2A
＝sin2B－sin Asin B，由正弦定理得c2－a2＝b2－ab，
∴由余弦定理得cos C＝＝，
∵C∈(0，π)，∴C＝.
下同①.
2．解 (1)由题意知a －a
n＋2 n＋1
＝a －a，
n＋1 n
则{a}为等差数列，设其公差为d，
n
由a＋a＝22，
5 7
得a＋4d＋a＋6d＝22，
1 1
又a＝1，
1
∴d＝2，则a＝2n－1.
n
(2)由题意得，
b ＝－1＝3m－1，
m
∴b＋b＋…＋b
1 2 m
＝(31－1)＋(32－1)＋…＋(3m－1)
＝31＋32＋…＋3m－m
＝3×－m
＝－m－.
3．解 (1)设平面BCC B 与平面AEB 的交线为l，
1 1 1
因为FH∥平面AEB，
1
平面BCC B∩平面AEB＝l，
1 1 1
FH⊂平面BCC B，所以FH∥l.
1 1
由正方体ABCD－ABC D 知，
1 1 1 1
平面ADD E∥平面BCC B，
1 1 1
又因为平面ADD E∩平面AEB＝AE，
1 1
所以AE∥l，所以AE∥FH，
如图，取BC的中点G，连接C G，
1
易知AE∥GC ，所以GC ∥FH，
1 1
又因为H为CG的中点，所以F为CC 的中点．
1(2)如图，以点D为原点，DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐
标系，
则有D(0,0,0)，A(2,0,0)，E(1,0,2)，
设F(0,2，t)，t∈[0,2]，
AE＝(－1,0,2)，AF＝(－2,2，t)，DA＝(2,0,0)，
设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则有
即
不妨取x＝2，则n＝，
所以点D到平面AEF的距离
d＝＝
＝≤，
当t＝2，即点F与点C 重合时，取等号．所以点D到平面AEF的最大距离为.
1
4．(1)解 因为点A的横坐标为2，且点A在圆O上，
所以点A的坐标为A(2，2)，
代入抛物线方程得p＝2，
所以抛物线的方程为x2＝4y.
(2)证明 抛物线C：y＝，
则y′＝，
设M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
所以切线PM的方程为y－y＝(x－x)，
1 1
即y＝·x－，同理切线PN的方程为y＝·x－，
联立解得点P，设直线MN的方程为y＝kx＋1，代入x2＝4y，得x2－4kx－4＝0，
所以xx＝－4，
1 2
所以点P在定直线y＝－1上，结论得证．
5．解 (1)若甲第2次抽奖选方案①，两次抽奖累计积分为ξ，
则ξ的可能取值为40,35,10,5.
P(ξ＝40)＝×＝，
P(ξ＝35)＝×＝，
P(ξ＝10)＝×＝，
P(ξ＝5)＝×＝，
所以E(ξ)＝40×＋35×＋10×＋5×＝＝.
若甲第2次抽奖选方案②，两次抽奖累计积分为η，则η的可能取值为30,15,10，
则P(η＝30)＝×＝，
P(η＝15)＝×＋×＝，
P(η＝10)＝×＝，
E(η)＝30×＋15×＋10×＝，因为E(ξ)>E(η)，所以应选择方案①.
(2)依题意得
E(X )＝5×＋2E(X)·＝E(X)＋，
i＋1 i i
X 的可能取值为10,5，其分布列为
1
X 10 5
1
P
所以E(X)＝，
1
则E(X)－10＝－，
1
由E(X )＝E(X)＋得
i＋1 i
E(X )－10＝[E(X)－10]，
i＋1 i
所以{E(X)－10}为等比数列．
i
其中首项为－，公比为.
则E(X)－10＝－×i－1，
i
所以E(X)－10＝－×7，
8
故E(X)＝－×7＋10≈9.8.
8
6．(1)证明 要证f(x)<，
即证当x∈(0，＋∞)时，不等式ln x－<0恒成立．
令F(x)＝ln x－，则F′(x)＝－＝，
故当00，F(x)单调递增；
当x>4时，F′(x)<0，F(x)单调递减．则F(x) ＝F(4)＝ln 4－2<0，
max
故f(x)<.
(2)解 由f(x)＝g(x)可得
a＝＋－＝，
构造函数h(x)＝－，其中x>0，
则h′(x)＝＋＝，
当00，ln x<0，
则h′(x)>0，此时函数h(x)单调递增，
当x>1时，4－4x<0，ln x>0，
则h′(x)<0，此时函数h(x)单调递减，所以h(x) ＝h(1)＝3，
max
令φ(x)＝xln x＋5x－2，
则当x>1时，φ(x)>5x－2>0，
当0，
即x＝(1－p)2>，
解得00恒成立，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故函数f(x)在定义域上不可能有两个零点；
当a>0时，令f′(x)>0得x>a，
令f′(x)<0得00，
当x→0时，f(x)→＋∞，由零点存在定理可知，在(0，a)与(a，1)范围内各有一个零点，
综上，实数a的取值范围是.
(2)证明 当a＝1时，
要证f(x)<＋sin x，
即证ln x＋<＋sin x(x>0)，
由于sin x∈[－1,1]，
故＋sin x≥－1，
只需证ln x＋<－1，
令h(x)＝ln x＋－＋1(x>0)，
则h′(x)＝－－＝，
因为x>0，所以1－ex<0，
令h′(x)>0得01，
所以h(x)在x＝1处取得极大值，也是最大值，
h(x) ＝h(1)＝2－e<0，
max
故h(x)<0在x∈(0，＋∞)上恒成立，结论得证．
6．解 (1)由已知可得
解得
所以椭圆E的方程为＋＝1.
(2)当AB或CD中有一条直线垂直于x轴时，不妨设AB⊥x轴，
因为焦点F的坐标为(1,0)，
所以直线AB的方程为x＝1，
将x＝1代入椭圆方程可得y＝±，
则|AB|＝3，|CD|＝4，
四边形ACBD的面积
S＝×4×3＝6；
当AB的斜率存在且不为0时，
设其斜率为k(k≠0)，
由(1)知F(1,0)，
所以直线AB的方程为y＝k(x－1)，
与椭圆E的方程＋＝1联立并消去y得
(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0.
设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2Δ＝64k4－4(3＋4k2)(4k2－12)＝144(k2＋1)>0，
则x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
|AB|＝|x－x|
1 2
＝·
＝·
＝·
＝.
同理可得|CD|＝＝，
所以四边形ACBD的面积
S＝|AB|×|CD|
＝×
＝
≥
＝72×2＝，
当且仅当4k2＋3＝3k2＋4，即k＝±1时，等号成立，
因为6>，故四边形ACBD面积的最小值为.故弦AB所在直线的方程为y＝±(x－1)．
第六周
1．解 (1)由bcos B＋acos C＋ccos A＝0及正弦定理得
sin Bcos B＋sin Acos C＋cos Asin C＝0，
所以sin Bcos B＋sin(A＋C)＝0，
所以sin Bcos B＋sin B＝0，
因为00，
所以cos B＝－，所以B＝.
(2)因为△ABC的面积为2，
所以S ＝acsin B＝2，
△ABC
即a＝2，所以a＝2，
由余弦定理得
AC＝＝2，
所以cos∠CAB＝
＝＝，
因为AC平分∠BAD，所以cos∠CAB＝cos∠CAD，
所以CD2＝AC2＋AD2－2AC·AD·cos∠CAD，
所以4＝20＋AD2－2×2×AD×，所以AD2－8AD＋16＝0，
所以AD＝4.
2．解 (1)当n≥2时，
由2a ＝S＋2，得2a＝S ＋2，
n＋1 n n n－1
两式相减得2a －2a＝a，
n＋1 n n
所以＝，
因为a＝1，则a＝＝，
1 2
所以＝，符合＝，所以数列{a}是以1为首项，为公比的等比数列，
n
所以a＝n－1.
n
(2)b＝ ＝(n－2)·n－1，
n
则T＝－1×0＋0×＋1×2＋…＋(n－2)·n－1，
n
T＝－1×＋0×2＋1×3＋…＋(n－3)·n－1＋(n－2)·n，
n
两式相减得－T＝－1＋＋2＋…＋n－1－(n－2)·n
n
＝－2＋－(n－2)n，
所以T＝2(n－4)n＋8.
n
3．解 (1)记选手甲第一、二、三次射击命中目标分别为事件A，B，C，三次都没有击中目
标为事件D，
则P(A)＝.
设选手甲在x m处击中目标的概率为P(x)，则P(x)＝.
由x＝100时，P(A)＝，得＝，
所以k＝5 000，P(x)＝，
所以P(B)＝，P(C)＝.
由于各次射击都是相互独立的，所以选手甲在射击中得0分的概率为
P(D)＝P()＝××＝.
(2)由题设知，ξ的可能取值为0,1,2,3.
P(ξ＝3)＝，
P(ξ＝2)＝×＝，
P(ξ＝1)＝××＝，
P(ξ＝0)＝.
则ξ的分布列为ξ 0 1 2 3
P
所以均值为E(ξ)＝×1＋×2＋×3＝.
4．(1)证明 取AC的中点M，连接NM，BM，如图，
因为ACC A 为矩形，N为AC 的中点，所以AC⊥MN，
1 1 1 1
因为△ABC为等边三角形，
所以AC⊥MB，
又MN∩MB＝M，MN，MB⊂平面BMN，所以AC⊥平面BMN，
又BN⊂平面BMN，所以AC⊥BN，
在矩形ACC A 中，AA∥CC ，在平行四边形ABBA 中，AA∥BB，
1 1 1 1 1 1 1 1
因此BB∥CC ，
1 1
所以B，C，C ，B 四点共面．
1 1
(2)解 由(1)知MN⊥AC，BM⊥AC，
则∠NMB为二面角C －AC－B的平面角，θ＝∠NMB，
1
在平面BMN内过M作Mz⊥MB，有AC⊥Mz，以M为坐标原点建立如图所示的空间直角坐
标系，
A(1,0,0)，B(0，，0)，C(－1,0,0)，
N(0，cos θ，sin θ)，C (－1，cos θ，sin θ)，
1
AB＝(－1，，0)，CB＝(1，，0)，
CC1＝(0，cos θ，sin θ)，
设平面BCC B 的法向量为n＝(x，y，z)，
1 1
则
令y＝－1，得n＝，
由tan θ＝－得n＝(，－1，－2)，设直线AB与平面BCC B 所成角为α，
1 1
于是得sin α＝|cos〈n，AB〉|＝＝＝，所以直线AB与平面BCC B 所成角的正弦值是.
1 1
5．解 (1)由题意得a＝2，双曲线C的渐近线方程为y＝±x，
所以有＝，
解得b＝，
因此，双曲线C的方程为－＝1.
(2)①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－4)，
由
可得(3－4k2)x2＋32k2x－64k2－12＝0，k≠±，Δ>0，
设M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
则由x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
由直线AM方程y＝(x－2)，
令x＝4，得点E，
由直线AN方程y＝(x－2)，
令x＝4，得点F，
则以EF为直径的圆的方程为
(x－4)(x－4)＋＝0，
令y＝0，有
(x－4)2＝－，
将y＝k(x－4)，y＝k(x－4)代入上式，
1 1 2 2
得(x－4)2＝－，
可得(x－4)2＝－＝9，
解得x＝1，或x＝7，
即以EF为直径的圆经过点(1,0)和(7,0)；
②当直线l斜率不存在时，直线l与直线x＝4重合，此时M，N与E，F重合，将x＝4代入
双曲线方程得y＝±3，则以EF为直径的圆的方程为(x－4)2＋y2＝9，也过点(1,0)，(7,0)，
综上，以EF为直径的圆过定点(1,0)，(7,0)．
6．解 (1)因为f(x)＝(x－1)ex＋x，
所以f′(x)＝xex＋1.
令g(x)＝xex＋1，
则g′(x)＝(1＋x)ex.
当x∈(－∞，－1)时，g′(x)<0，
g(x)单调递减；当x∈(－1，＋∞)时，g′(x)>0，
g(x)单调递增．
故g(x)≥g(－1)＝1－>0，
即f′(x)>0，则f(x)在R上单调递增．
(2)f(x)≥(x＋1)ln(x＋1)－ax2－1等价于
(x－1)ex－(x＋1)ln(x＋1)＋ax2＋x＋1≥0.
令h(x)＝(x－1)ex－(x＋1)ln(x＋1)＋ax2＋x＋1，
则h′(x)＝xex－ln(x＋1)＋2ax.
令φ(x)＝xex－ln(x＋1)＋2ax，
则φ′(x)＝(x＋1)ex－＋2a，
显然φ′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
故φ′(x)≥φ′(0)＝2a.
当a≥0时，φ′(x)≥0，φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，
φ(x)≥φ(0)＝0，即h′(x)≥0，
则h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
h(x)≥h(0)＝0，符合条件．
当a<0时，φ′(0)＝2a<0，
φ′(－2a)＝(－2a＋1)e－2a－＋2a>－2a＋1－1＋2a＝0，
所以∃x∈(0，－2a)，φ′(x)＝0.
0 0
当x∈[0，x)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，则φ(x)<φ(0)＝0.
0
即当x∈[0，x)时，h′(x)<0，
0
则h(x)在[0，x)上单调递减，
0
则当x∈[0，x)时，h(x)≤h(0)＝0，不符合条件．
0
综上所述，实数a的取值范围是[0，＋∞)．
第七周
1．解 设数列{a}的公差为d.
n
选①－＝－5.
因为－＝－
＝＝，
所以＝－5，解得d＝－2，
又a＝S＝9，
1 1所以a＝－2n＋11，
n
S＝＝－n2＋10n.
n
当1≤n≤5时，a>0，
n
T＝S＝－n2＋10n；
n n
当n≥6时，a<0，
n
T＝S－(S－S)＝2S－S
n 5 n 5 5 n
＝n2－10n＋50.
综上所述，
T＝
n
选②S＝S－8，
8 4
因为a＝S＝9，S＝8a＋28d，
1 1 8 1
S＝4a＋6d，
4 1
所以S－S＝4a＋22d＝－8，
8 4 1
解得d＝－2.
下同①.
选③a＝1，
5
因为a＝S＝9，a＝a＋4d＝1，
1 1 5 1
所以d＝－2.
下同①.
2．(1)证明 在△ABP中，
由正弦定理得＝，
即PB·sin∠APB＝AB·sin α，
要证明PB·sin∠ABC＝AB·sin α，
只需证明sin∠ABC＝sin∠APB，
在△ABP中，
∠APB＝π－(α＋∠ABP)，
在△ABC中，∠ABC＝α＋∠ABP，
所以∠APB＝π－∠ABC，
所以sin∠APB＝sin(π－∠ABC)＝sin∠ABC，
所以PB·sin∠ABC＝AB·sin α.
(2)解 由(1)知PB·sin∠ABC＝AB·sin α，
又因为∠ABC＝，AB＝1，
所以PB＝sin α，由已知得△ABC为等腰直角三角形，
所以∠BCA＝∠CAB＝，
则∠BCP＝－α，
所以在△PBC中，
∠BPC＝π－－α＝，
由正弦定理得
＝，
即＝，
即PC＝sin α.由余弦定理得
sin2α＋2－2sin α·sin α·cos＝1，由题意知sin α>0，
解得sin α＝，
所以PC＝.
3．解 (1)2＝2 304，2＝729，
y－20＝1 300，
i i
－202＝2 200，
－202＝900，
r＝≈0.92，
所以y与x之间具有较强的线性相关关系，可用经验回归模型进行拟合；
由题可得，b＝＝＝≈0.59，
a＝－b＝27－×48≈－1.36，
所以y＝0.59x－1.36.
(2)以频率估计概率，设甲款健身器材使用年限为X(单位：年)，则X的分布列为：
X 5 6 7 8
P 0.1 0.4 0.3 0.2
E(X)＝5×0.1＋6×0.4＋7×0.3＋8×0.2＝6.6，
设乙款健身器材使用年限为Y(单位：年)，则Y的分布列为：
Y 5 6 7 8
P 0.3 0.4 0.2 0.1
E(Y)＝5×0.3＋6×0.4＋7×0.2＋8×0.1＝6.1，因为E(X)>E(Y)，
所以该机构购买甲款健身器材更划算．
4．(1)证明 如图，设AC的中点为O，连接BO，DO，因为AB＝BC，所以BO⊥AC，
因为AD＝CD，所以DO⊥AC，所以B，O，D三点共线，
所以BD⊥AC，
因为PA⊥平面ABCD，
BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥PA，
因为PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，
AC⊂平面PAC，
所以BD⊥平面PAC，
因为BD⊂平面PBD，
所以平面PAC⊥平面PBD.
(2)解 由(1)可得OC⊥OD，以OC，OD所在的直线分别为x轴、y轴，过O点作平行于AP
的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(，0,0)，P(－，0,2)，B(0，－1,0)，因为M为PB的中点，
所以M，
设PN＝λPC，0≤λ≤1，
所以N(2λ－，0,2－2λ)，
所以MN＝，
由(1)知BD⊥平面PAC，
所以平面PAC的一个法向量为n＝(0,1,0)，
设直线MN与平面PAC所成角为θ，
则sin θ＝＝＝，
0≤λ≤1，
y＝16λ2－10λ＋2的对称轴为λ＝，当λ＝时，y ＝，
min
当λ＝1时，y ＝8，
max
即当0≤λ≤1时，
≤≤2，
所以≤≤，
所以≤sin θ≤，
即直线MN与平面PAC所成角的正弦值的取值范围为.5．(1) 易知点A(－a，0)，F(－c，0)，F(c，0)，
1 2
AF1＝(－c＋a，0)，AF2＝(c＋a，0)，
所以
解得a＝2，c＝3，则b＝＝，
所以双曲线C的方程为－＝1.
(2)证明 分以下两种情况讨论：
①当直线l⊥x轴时，直线l的方程为x＝±2，此时点M，N的横坐标之积为22＝4；
②当直线l的斜率存在时，
设直线l的方程为y＝kx＋m，
由题意可知直线l不与双曲线C的渐近线平行或重合，即k≠±，
设点M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
联立
可得(5－4k2)x2－8kmx－4m2－20＝0，
令Δ＝64k2m2＋4(5－4k2)(4m2＋20)＝0，
可得4k2＝m2＋5，则m≠0，
不妨令点M，N分别为直线l与直线
y＝x，y＝－x的交点，
联立可得x＝，
1
联立
可得x＝－，
2
此时xx＝＝＝＝4.
1 2
综上所述，点M与点N的横坐标之积为定值．
6．解 (1)当a＝2时，
f(x)＝ex－2x＋sin x－1，
则f′(x)＝ex－2＋cos x，
令g(x)＝ex－2＋cos x，
则g′(x)＝ex－sin x.
当x∈(0，＋∞)时，ex>1，
∴g′(x)>1－sin x≥0,
∴f′(x)＝g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f′(x)>f′(0)＝0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
当x∈(－∞，0]时，可得ex≤1，
∴f′(x)＝ex－2＋cos x≤－1＋cos x≤0，∴f(x)在(－∞，0]上单调递减，
综上，函数f(x)的极值点为x＝0.
(2)当x＝0时，
f(0)＝e0－0－1＋sin 0＝0，
∴x＝0是f(x)的一个零点，
令h(x)＝f′(x)＝ex－a＋cos x，
1≤a<2，
则h′(x)＝ex－sin x.
①当x∈(0，＋∞)时，ex>1，
∴h′(x)>1－sin x≥0，
∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴f′(x)>f′(0)＝2－a>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)>f(0)＝0，
此时f(x)在(0，＋∞)上无零点．
②当x∈(－∞，－π]时，－ax≥π，
有f(x)＝ex－ax＋sin x－1≥ex＋π＋sin x－1>0，
此时f(x)在(－∞，－π]上无零点．
③当x∈(－π，0)时，
sin x<0，h′(x)＝ex－sin x>0，
∴f′(x)在(－π，0)上单调递增，
又f′(0)＝2－a>0，
f′(－π)＝e－π－a－1<0，
由零点存在定理知，存在唯一的x∈(－π，0)，使得f′(x)＝0.
0 0
当x∈(－π，x)时，f′(x)<0，f(x)在(－π，x)上单调递减；
0 0
当x∈(x，0)时，f′(x)>0，f(x)在(x，0)上单调递增，
0 0
又f(－π)＝e－π＋aπ－1>0，f(x)1，
此时三角形不存在．
2．(1)证明 因为E，F分别是PA，PC的中点，所以EF∥AC，又因为AC⊂平面ABC，
EF⊄平面ABC，
所以EF∥平面ABC，
又EF⊂平面BEF，平面BEF与平面ABC的交线为l，所以EF∥l，
而l⊄平面PAC，EF⊂平面PAC，
所以l∥平面PAC.
(2)解 如图，因为AB是圆O的直径，点C是AB的中点，AB＝2，
所以CA⊥CB，CA＝CB＝，
因为直线PC⊥平面ABC，
所以PC⊥CA，PC⊥CB，
以C为原点，直线CA，CB，CP分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则F(0,0,1)，B(0，，0)，E，所以BF＝(0，－，1)，
BE＝，设平面EFB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
即
令y＝1，则x＝0，z＝，
得n＝(0,1，)，
因为直线PC⊥平面ABC，
所以CF＝(0,0,1)为平面ABC的一个法向量，
所以cos〈CF，n〉＝＝＝，
所以二面角E－l－C的正弦值为.
3．解 (1)因为数列{a}满足
n
a ＝，n∈N*，
n＋1
所以＝＋1－n，n∈N*，
所以－(n＋1)＝2，n∈N*，
即b ＝2b，因为a＝1，
n＋1 n 1
所以b＝－1＝0，
1
所以数列{b}的通项公式为b＝0.
n n(2)由(1)知＝n，n∈N*，
所以c＝
n
因为c＝c＝c＝c ＝c ＝c ＝0，
2 4 8 16 32 64
所以数列{c}的前100项和为
n
S ＝－＝4 924，
100
所以S ＝4 924.
100
4．解 (1)由题意可知
满意 不满意 合计
上班族 15 40 55
非上班族 35 10 45
合计 50 50 100
零假设为H：市民对交通的满意度与是否上班无关，因为χ2＝＝
0
≈25.253>10.828＝x ；
0.001
根据小概率值α＝0.001的独立性检验，我们推断H 不成立，即认为市民对交通的满意度与
0
是否上班有关．
(2)①当n＝5时，X 的取值为1,2,3,4,5，由(1)可知市民的满意度和不满意度均为，
5
所以P(X＝1)＝，
5
P(X＝2)＝，P(X＝3)＝，
5 5
P(X＝4)＝，P(X＝5)＝，
5 5
所以X 的分布列为
5
X 1 2 3 4 5
5
P
所以E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝.
5
②E(X)＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)·＋n·＝2－，
n
当n趋向于正无穷大时，E(X)趋向于2，此时E(X)恰好为不满意度的倒数；
n n
也可以理解为平均每抽取2个人，就会有一个不满意的市民．
5．解 (1)由抛物线定义可知点P的轨迹是以F(0,1)为焦点，直线l：y＝－1为准线的抛物
线，
所以动点P的轨迹方程为x2＝4y.
(2)直线l与圆M相切，理由如下：
依题可设Q(x，－1)，A，B，M，
0
由x2＝4y，即y＝x2，求导得y′＝，
所以切线QA，QB的斜率分别是k＝，k＝，所以QA的方程是y－＝(x－x)，
1 2 1
将点Q(x，－1)的坐标代入QA的方程，得－1－＝(x－x)，
0 0 1
即x－2xx－4＝0，
0 1
同理可得x－2xx－4＝0，
0 2
于是x，x 是方程x2－2xx－4＝0的两根，
1 2 0
所以x＋x＝2x，xx＝－4，
1 2 0 1 2
由x＋x＝2x，得＝x，即MQ⊥l，
1 2 0 0
由xx＝－4，kk＝·＝－1，
1 2 1 2
所以QA⊥QB，即点Q在圆M上，
所以直线l和圆M相切．
6．(1)解 依题意
f(x)＝－2xln x＋x2，
f′(x)＝－2ln x－2＋2x
＝2(x－ln x－1)．
令g(x)＝x－ln x－1，
则g′(x)＝1－＝(x>0)，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
故函数g(x)在(0,1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增，
则g(x)≥g(1)＝0，即f′(x)≥0，
故函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．
(2)证明 要证ln x＋ln x>2，
1 2
即证ln(xx)>2.依题意，x，x 是方程mxln x＋x2＝0的两个不相等的实数根，不妨令x>x，
1 2 1 2 1 2
因为x>0，故
两式相加可得m(ln x＋ln x)＋(x＋x)＝0，
1 2 1 2
两式相减可得m(ln x－ln x)＋(x－x)＝0，
1 2 1 2
消去m，整理得＝，
故ln(xx)＝ln ·＝ln ·，
1 2
令＝t>1，故只需证明ln t·>2，
即证明ln t>，设h(t)＝ln t－，
故h′(t)＝－＝>0，故h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
从而h(t)>h(1)＝0，
因此ln t>.故原不等式得证．
