2012·江西卷(数学理科)
1233在同一个平面内的取法有C13C4＝12种，因此V＝0的概率为P(V＝0)＝＝. 205
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(2)V的所有可能取值为0，6，3，3，3，因此V的分布列为 V P 0 35 16 120 13 320 23 320 43 120 由V的分布列可得 3111323419
EV＝0×5＋6×20＋3×20＋3×20＋3×20＝40.
19．[2012·江西卷] 如图1－5，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝5，BC＝4，点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O.
(1)证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的长； (2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值． 图1－5
19．解：(1)证明：连接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1 于点E，因为AA1∥BB1，所以OE⊥BB1.
因为A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC. 因为AB＝AC，OB＝OC，所以AO⊥BC， 所以BC⊥平面AA1O. 所以BC⊥OE，
所以OE⊥平面BB1C1C，又AO＝AB2－BO2＝1，AA1＝5，
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AO25
得AE＝AA＝5. 1
(2)如图，分别以OA，OB，OA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0，－2,0)，A1(0,0,2)，
2?1→?4→，0，由AE＝5AA1得点E的坐标是?5， 5???
2??4→，0，?由(1)得平面BB1C1C的法向量是OE＝5，设平面A1B1C的法向量＝(x，y，5???z)，
→＝0，??·AB?－x＋2y＝0，
由?得?
→?y＋z＝0，?A?n·1C＝0
令y＝1，得x＝2，z＝－1，即＝(2,1，－1)，所以 →·OEn30→
cos〈OE，〉＝＝. 10→|OE|·|n|
30
即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是10.
20．[2012·江西卷] 已知三点O(0,0)，A(－2,1)，B(2，1)，曲线C上任意一点M(x，→＋MB→|＝OM→·→＋OB→)＋2. y)满足|MA(OA
(1)求曲线C的方程；
(2)动点Q(x0，y0)(－2 →＝(－2－x,1－y)，MB→＝(2－x,1－y)，得 20．解：(1)由MA 2012·江西卷(数学理科) 12 2012·江西卷(数学理科) →＋MB→|＝?－2x?2＋?2－2y?2， |MA →·→＋OB→)＝(x，y)·OM(OA(0,2)＝2y， 由已知得?－2x?2＋?2－2y?2＝2y＋2， 化简得曲线C的方程：x2＝4y. (2)假设存在点P(0，t)(t<0)满足条件， t－11－t 则直线PA的方程是y＝2x＋t，PB的方程是y＝2x＋t. x2x0x20?0? 曲线C在Q处的切线l的方程是y＝2x－4，它与y轴交点为F?0，－4?. ??x0由于－2 ①当－1 t－1x01－tx0②当t≤－1时，2≤－1<2，2≥1>2，所以l与直线PA，PB一定相交． t－1??y＝2x＋t， 分别联立方程组?x0x20y＝x－??24， 1－t ??y＝2x＋t，?x0x2 0y＝x－??24， 解得D，E的横坐标分别是 x2x20＋4t0＋4t xD＝，x＝， 2?x0＋1－t?E2?x0＋t－1?x20＋4t 则xE－xD＝(1－t)2. x0－?t－1?22 1－t?x2x210＋4t?0又|FP|＝－4－t，有S△PDE＝2·|FP|·|xE－xD|＝8·. ?t－1?2－x20 4－x2x21?00??1－4?＝又S△QAB＝2·4· 2， ?? 222 S△QAB4?x0－4?[x0－?t－1?]于是＝· 2S△PDE1－t?x20＋4t? 2012·江西卷(数学理科) 13 2012·江西卷(数学理科) 4222 4x0－[4＋?t－1?]x0＋4?t－1?＝·. 421－tx0＋8tx20＋16t 2 ?－4－?t－1?＝8t，S△QAB 对任意x0∈(－2,2)，要使为常数，则t要满足? 22S△PDE?4?t－1?＝16t， 解得t＝－1，此时 S△QAB ＝2， S△PDE 故存在t＝－1，使△QAB与△PDE的面积之比是常数2. 21．[2012·江西卷] 若函数h(x)满足 ①h(0)＝1，h(1)＝0； ②对任意a∈[0,1]，有h(h(a))＝a； ③在(0,1)上单调递减． ?1－x?1则称h(x)为补函数．已知函数h(x)＝?p?(λ>－1，p>0)． 1＋λx??p(1)判断函数h(x)是否为补函数，并证明你的结论； 1(2)若存在m∈[0,1]，使h(m)＝m，称m是函数h(x)的中介元．记p＝n(n∈*)时h(x)1 的中介元为xn，且Sn＝?xi，若对任意的n∈*，都有Sn<2，求λ的取值范围； ni＝1 p (3)当λ＝0，x ∈(0,1)时，函数y＝h(x)的图像总在直线y＝1－x的上方，求p的取值范围． 21．解：(1)函数h(x)是补函数，证明如下： ?1－0?1?1－1?1 ?＝1，h(1)＝??＝0； ①h(0)＝? ?1＋0?p?1＋λ?p 1－ap ?1－1＋λap?pp 1－a???1??1??1＋λ?a?1??＝a； ②对任意a∈[0,1]，有h(h(a))＝h??＝?p??＝1－ap?p?1＋λ?p??1＋λa?p?? ?1＋λ1＋λap?③令g(x)＝(h(x))p， 2012·江西卷(数学理科) 14 2012·江西卷(数学理科) －pxp－1?1＋λxp?－?1－xp?λpxp－1－p?1＋λ?xp－1 有g′(x)＝＝. ?1＋λxp?2?1＋λxp?2因为λ>－1，p>0，所以当x∈(0,1)时，g′(x)<0，所以函数g(x)在(0,1)上单调递减， 故函数h(x) 在(0,1)上单调递减． 121 (2)当p＝n(n∈*)，由h(x)＝x，得λxn＋2xn－1＝0，(*) ?1?n (i)当λ＝0时，中介元xn＝?2?； ??1 (ii)当λ>－1且λ≠0时，由(*)得xn＝1??n ?. 得中介元xn＝? ?1＋λ＋1? 1??n?(n∈*)． 综合(i)(ii)：对任意的λ>－1，中介元为xn＝??1＋λ＋1?于是，当λ>－1时， 1??i?? 有Sn＝i∑ ＝1?1＋λ＋1?n111 ∈(0,1)或xn＝?[0,1]； 1＋λ＋11－1＋λ 1??n?1?1 ?1－???<＝， 1＋λ＋1????1＋λ1＋λ 1??n1 ?无限接近于0，Sn无限接近于当n无限增大时，?， ?1＋λ＋1?1＋λ1 故对任意的n∈*，Sn<2成立等价于 1?1?1 (3)当λ＝0时，h(x)＝(1－xp)，中介元为xp＝?2?. p??p1?1?11 (i)当0 ?? 所以点(xp，h(xp))不在直线y＝1－x的上方，不符合条件； 11 ≤2，即λ∈[3，＋∞)． 1＋λ 2012·江西卷(数学理科) 15 2012·江西卷(数学理科) 1 (ii)当p>1时，依题意只需(1－xp)p>1－x在x∈(0,1)时恒成立， 也即xp＋(1－x)p<1在x∈(0,1)时恒成立， 设φ(x)＝xp＋(1－x)p，x∈(0,1)， 则φ′(x)＝p[xp－1－(1－x)p－1]， 1?1??1? 由φ′(x)＝0得x＝2，且当x∈?0，2?时，φ′(x)<0，当x∈?2，1?时，φ′(x)>0， ????又因为φ(0)＝φ(1)＝1，所以当x∈(0,1)时，φ(x)<1恒成立． 综上：p的取值范围是(1，＋∞)． 2012·江西卷(数学理科) 16