高项论文答题卡模板

2014高考数学  8  所以随机变量X的分布列是  X  1 2 3 4 P  135 4 35  27 47  随机变量X的数学期望EX＝1×135＋2×4 35 ＋3×27＋4×47＝175.  17．(2013天津，理17)(本小题满分13分)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A ⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点．    (1)证明B1C1⊥CE；  (2)求二面角B1－CE－C1的正弦值；  (3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为 2 6 ，求线段AM的长．  解：(方法一) (1)证明：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)．   易得11BC＝(1,0，－1)，CE＝(－1,1，－1)，于是11BC·CE ＝0， 所以B1C1⊥CE.  (2)1BC ＝(1，－2，－1)．  设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，  则10,0,BCCE mm即20,0.xyzxyz   9  消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2,1)． 由(1)，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，  故11BC ＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量．  于是cos〈m，11BC〉＝1111427 7||||142 BCBC mm，  从而sin〈m，11BC〉＝21 7 .  所以二面角B1－CE－C1的正弦值为21 7.  (3)AE ＝(0,1,0)，1EC＝(1,1,1)．  设EM＝λ1EC＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有AM＝AE＋EM ＝(λ，λ＋1，λ)．  可取AB ＝(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量．  设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则  sin θ＝|cos〈AM，AB 〉|＝AMABAMAB  ＝ 222 2 2(1)2 321    . 于是 226321  ，解得13 ， 所以AM＝2.  (方法二)   (1)证明：因为侧棱CC1⊥底面A1B1C1D1，B1C1平面A1B1C1D1， 所以CC1⊥B1C1.    经计算可得B1E＝5，B1C1＝2，EC1＝3， 从而B1E2＝2 2 111BCEC，  所以在△B1EC1中，B1C1⊥C1E，  又CC1，C1E平面CC1E，CC1∩C1E＝C1， 所以B1C1⊥平面CC1E，  又CE平面CC1E，故B1C1⊥CE.  (2)过B1作B1G⊥CE于点G，连接C1G.  由(1)，B1C1⊥CE，故CE⊥平面B1C1G，得CE⊥C1G， 所以∠B1GC1为二面角B1－CE－C1的平面角．   10  在△CC1E中，由CE＝C1E＝3，CC1＝2，可得C1G＝26 3 . 在Rt△B1C1G中，B1G＝423 ， 所以sin∠B1GC1＝ 217 ， 即二面角B1－CE－C1的正弦值为 217 . (3)连接D1E，过点M作MH⊥ED1于点H，可得MH⊥平面ADD1A1，连接AH，AM，则∠MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角．  设AM＝x，从而在Rt△AHM中，有MH＝26x，AH＝346 x. 在Rt△C1D1E中，C1D1＝1，ED1＝2，得EH＝1 23 MHx.  在△AEH中，∠AEH＝135°，AE＝1， 由AH2＝AE2＋EH2－2AE·EHcos 135°，得 221712 11893 xxx， 整理得5x2－22x－6＝0，解得x＝2. 所以线段AM的长为2.  18．(2013天津，理18)(本小题满分13分)设椭圆22 22=1xyab (a＞b＞0)的左焦点为F，离心率为33，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为43 3 .  (1)求椭圆的方程；  (2)设A，B分别为椭圆的左、右顶点，过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C，D两点．若 AC·DB＋AD· CB ＝8，求k的值． 解：(1)设F(－c,0)，由3 3 ca，知3ac.过点F且与x轴垂直的直线为x＝－c，代入椭圆方程有22 2 2()1cyab， 解得63by，于是264333 b，解得2b，  又a2－c2＝b2，从而a＝3，c＝1，  所以椭圆的方程为22 =132 xy. (2)设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，由F(－1,0)得直线CD的方程为y＝k(x＋1)，  由方程组221, 13 2ykxxy 消去y，整理得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0.  求解可得x1＋x2＝22623kk，x1x2＝22 36 23kk.  因为A(3，0)，B(3，0)，  11  所以AC·DB＋AD·CB ＝(x1＋3，y1)·(3－x2，－y2)＋(x2＋3，y2)·(3－x1，－y1)  ＝6－2x1x2－2y1y2＝6－2x1x2－2k2(x1＋1)(x2＋1) ＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2  ＝22 212623kk.  由已知得22 212 623kk ＝8，解得k＝2. 19．(2013天津，理19)(本小题满分14分)已知首项为 3 2 的等比数列{an}不是．．递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．  (1)求数列{an}的通项公式；  (2)设Tn＝1 nn SS (n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值． 解：(1)设等比数列{an}的公比为q，  因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列， 所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，  即4a5＝a3，于是2 5314 aqa . 又{an}不是递减数列且132a，所以1 2 q.  故等比数列{an}的通项公式为1 1313(1)222 nnnna. (2)由(1)得11,121121,.2n nnnnSn   为奇数，为偶数  当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1＜Sn≤S1＝3 2 ， 故11113250236 nnSSSS . 当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以3 4 ＝S2≤Sn＜1， 故221134704312nnSSSS . 综上，对于n∈N*，总有715126nnSS. 所以数列{Tn}最大项的值为56，最小项的值为7 12 .  20．(2013天津，理20)(本小题满分14分)已知函数f(x)＝x2ln x.  (1)求函数f(x)的单调区间；  (2)证明：对任意的t＞0，存在唯一的s，使t＝f(s)；  12  (3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s＝g(t)，证明：当t＞e2时，有2ln()15ln2 gtt. 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)． f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)，令f′(x)＝0，得1 e x. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：  x 10,e    1 e  1,e   f′(x) － 0 ＋ f(x)     极小值    所以函数f(x)的单调递减区间是10, e，单调递增区间是1,e  .  (2)证明：当0＜x≤1时，f(x)≤0.  设t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)． 由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增． h(1)＝－t＜0，h(et)＝e2tln et－t＝t(e2t－1)＞0. 故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．  (3)证明：因为s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s＞1，从而  2ln()lnlnlnlnln()ln(ln)2lnln(ln)2lngtsssu tfsssssuu  ， 其中u＝ln s. 要使 2ln()15ln2gtt成立，只需0ln2 uu. 当t＞e2时，若s＝g(t)≤e，则由f(s)的单调性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾． 所以s＞e，即u＞1，从而ln u＞0成立． 另一方面，令F(u)＝ln 2uu ，u＞1.F′(u)＝11 2 u，令F′(u)＝0，得u＝2. 当1＜u＜2时，F′(u)＞0；当u＞2时，F′(u)＜0.  故对u＞1，F(u)≤F(2)＜0. 因此ln 2 u u 成立． 综上，当t＞e2时，有 2ln()15ln2 gtt.