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22.(本小题满分14分)已知常数列a?0,点A(?a,0)是直角?ABC的直角顶点,顶点B在定直线l：x?上移动,斜边BC所在直线恒过定点D(a,0).
2a (Ⅰ)求顶点C的轨迹T的方程；
(Ⅱ)设P是轨迹T上的任一点,l是过点P法线(即与过P点的切线垂直的直线),且M(?2a,0),N(2a,0),证明：直线MP、NP与直线l的夹角相等.
参考答案
一.选择题(本大题12个小题,每小题5分,共60分.) 题号 答案
二.填空题(本大题4个小题,每小题4分,共16分,) 13.0 14. ?540 15. 10 16. 272001 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
B C C D B C C D A D B B
.
三.解答题(本大题6个小题,共74分,解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
考单招——上高职单招网 17.(本小题满分12分)在?ABC中,角A、B、C的对边分别为a、b、c,已知
513sinB?,且a、 b、c成等比数列.
????????cotA?cotC (Ⅰ)求的值； (Ⅱ)若AB?BC??12,求a?c的值.
解：(Ⅰ)依题意,b2?ac,由正弦定理及sinB?513,得sinAsinC?sin2B?51325169.
cotA?cotC?cosAsinA?cosCsinC?sin(A?C)sinAsinC?sinBsinAsinC??16925?135.
????????5 (Ⅱ)由AB?BC??12,得accos(??B)??12,即accosB?12.由sinB?,得
13cosB??1213(舍负)
1213 ∴b2?ac?13,由余弦定理,得13?(a?c)2?2ac?2?a?c?37. ac,∴(a?c)2?63,故
18.(本小题满分12分)四个纪念币A、B、C、D,投掷时正面向上的概率如下表所示(0?a?1).
纪念币 概率
A
12B
12C
D
a
a
这四个纪念币同时投掷一次,设?表示出现正面向上的个数. (Ⅰ)求?的分布列及数学期望；
(Ⅱ)在概率P(??i)(i?0,1,2,3,4)中,若P(??2)的值最大,求a的取值范围；
解：(Ⅰ)P(?)是?个正面向上,4??个背面向上的概率.其中?的可能取值为0,1,2,3,4.
00 ∴P(??0)?C2(1?)2C2(1?a)2?(1?a)2,
11241001P(??1)?C2?(1?)C2(1?a)2?C2(1?)C2a(1?a)?(1?a),
111122222011022P(??2)?C2?()2C2(1?a)2?C2?(1?)C2a(1?a)?C2(1?)2C2a?(1?2a?2a2),
1111122224
考单招——上高职单招网 21122222P(??3)?C2()2C2a(1?a)?C2?(1?)C2a?,P(??4)?C2()2C2a?a2.
111a11222224 ∴?的分布列为
?
140
121
122
(1?2a?2a2)
3
a24
14P (1?a) (1?a)
4
a2
?的数学期望为
E??0?(1?a)2?1?(1?a)?2?(1?2a?2a2)?3??4?a2?2a?1.
42424111a1 (Ⅱ)∵0?a?1,∴P(??0)?P(??1),P(??4)?P(??3).则
P(??2)?P(??1)?(1?2a
41?2a2)???(2a2?4a?1)?0,P(??2)?P(??3)?(1?2a?2a2)???(2a2?1)?0,
244242?2??2a?4a?1?0 由?2,得
2??2a?1?0a11a12?a?22,即a的取值范围是[2?22,22].
19.(本小题满分12分)如图,在斜三棱柱ABC?A1B1C1中,侧面AA1B1B?底面ABC,侧棱
A1 AA1与底面 C1 ABC成60?的角,AA1?2.底面ABC是边长为2的正三角形,
EB1
其重心为G点.E是线段BC1上的一点,且BE?BC1.
31A G B
C (Ⅰ)求证：GE//侧面AA1B1B；
(Ⅱ)求平面B1GE与底面ABC所成的锐二面角的大小.
解：(Ⅰ)延长B1E交BC于点F,则BF?B1C1?BC,即F为BC的中点.∵G为
2211?ABC的重心,
∴A、G、F三点共线,且
FGFA?FEFB1?,∴GE//AB1,故GE//侧面AA1B1B.
31
考单招——上高职单招网 (Ⅱ)作B1H?AB于H,∴B1H?面ABC.∵侧棱AA1与底面ABC成60?的角,AA1?2.
∴?B1BH?60?,BH?1,B1H?3.作HT?AF于T,连B1T,则BT1?AF,∴?B1TH为
所求二面角的平面角.又AH?AB?BH?3,?HAT?30?,∴HT?AHsin30??,
23在
Rt?B1HT中,tan?B1TH?B1HHT?233x3,故所求锐二面角的大小为arctan2233.
20.(本小题满分12分)设f(x)?3,g(x)?t3x?t(t?R).
32(Ⅰ)当t?8时,求函数y?f(x)?g(x)的单调区间； (Ⅱ)求证：当x?0时,f(x)?g(x)对任意正实数t成立. (Ⅰ)解：当t?8时,y?x?(??,?2)?(2,??)时,
y??0；当x?(?2,2)时,y??0,∴y的单调增区间是(??,?2),(2,??)；单调增区间是(?2,2).
x33?4x?163,由y??x2?4?0,得x??2.∵当
(Ⅱ)证明：令h(x)?f(x)?g(x)?h?(x)?0,
x33?t3x?t(x?0),则h?(x)?x2?t3.当t?0时,由
3222x?t3；当x?(t3,??)时,h?(x)?0；当x?(0,t3)时,h?(x)?0,∴h(x)在(0,??)上的最小值
是h(t3)?0,故当x?0时,f(x)?g(x)对任意正实数t成立. 21.(本小题满分12分)已知为正实数,数列{an}由a1?1,an?1?1c?11c?an1111(n?1,2,3,?)确定.
(Ⅰ)对于一切的n?N*,证明：
?an?1；
考单招——上高职单招网 (Ⅱ)若a是满足a?Sn?1.
1c?a的正实数,且Sn?|a1?a|?|a2?a|???|an?a|,证明：
解：(Ⅰ)用数学归纳法证明：当n?1时,a1?1,c?0, 假设n?k时结论成立,即
1c?11c?1?a1?1成立.
1c?1?ak?1,则c?1c?1?c?ak?c?1,即
?1c?ak?1c??c?12?1.
1c?1∴
1c?1?ak?1?1,∴n?k?1时结论也成立,综上,对一切的n?N*,
1c?an?an?1成立.
(Ⅱ)|an?1?a|?|?1c?a|?1(c?an)(c?a)|an?a|?an?1a|an?a|?a|an?a|,
1c?a ∴|an?a|?an?1|a1?a|.当a?1时,
1c?1?1,与a?矛盾,故0?a?1.
∴Sn?|a1?a|?|a2?a|???|an?a|?|a1?a|?a|a1?a|???an?1|a1?a|
?(1?a)(1?a?a2???an?1)?(1?a)?11?a?1.
22.(本小题满分14分)已知常数列a?0,点A(?a,0)是直角?ABC的直角顶点,顶点B在定直线
l：x?a2上移动,斜边BC所在直线恒过定点D(a,0).
(Ⅰ)求顶点C的轨迹T的方程；
(Ⅱ)设P是轨迹T上的任一点,l是过点P法线(即与过P点的切线垂直的直线),且M(?2a,0),
N(2a,0),证明：直线MP、NP与直线l的夹角相等.
????????3a 解：(Ⅰ)设B(,t),C(x,y),依题意AB?AC?0,∴(,t)?(x?a,y)?0,即
a223a2(x?a)?ty?0 ①.
考单招——上高职单招网 ????????a 又CD与BD共线,∴(a?x)(?t)?y??0 ②. 由①②消去t,得
2xa22?y223a?1(y?0).
(Ⅱ)由双曲线的对称性,不妨设P(x0,y0)是双曲线上位于x轴上方的点,由
xa22?y223a?1,
3x3x?3a22 得y?3x2?3a2,∴y??x0a22.故过点P的切线的斜率k切?3x023x0?3a2,而
?y03a22?1,
3x0y0 ∴k切?y03x0y0,∴kl??y03x0,kMP?y0x0?2a.设?是MP与直线l的夹角,则
???y0x0?2atan??|1?y0|?|4x0y0?2ay023x0?6ax0?y02y0|?|4x0y0?2ay03a?6ax02|?2y03a. 设?是NP与直线l的夹角,
3x0x0?2a?y03x0y0??x0?2a4x0y0?2ay023x0kNP?y0x0?2a,则tan??|1?y0|?|?6ax0?2y0|?|4x0y0?2ay03a?6ax02|?2y03a.
3x0x0?2a ∴tan??tan?,又0????90?,0????90?,∴???,故直线MP、NP与直线l的夹角相等.