每日一练答案精析 (128)

每日一练答案精析第一周1．(1)B＝π3(2)cos2∠ADC＝－172．(1)女生人数为140，方差为6.16(2)X的分布列为X012P12193295395E(X)＝253．(1)证明在△ABF中，由正弦定理可得BFsin∠BAF＝AFsin∠ABF，所以sin∠ABF＝AF·sin∠BAFBF＝4sin30°2＝1，因此∠ABF＝90°，即BF⊥AB.又因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，BF⊂平面ABEF，所以BF⊥平面ABCD，因为AC⊂平面ABCD，所以BF⊥AC.(2)解由于四边形ABCD是矩形，所以CB⊥AB，又因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，CB⊂平面ABCD，所以CB⊥平面ABEF，故直线AC与平面ABEF所成的角为∠CAB，所以∠CAB＝30°.因为AB＝AF2－BF2＝23，所以CB＝AB·tan30°＝2.因为BE∥AF，则∠EBF＝∠AFB＝60°，又∠BEF＝∠ABF＝90°，所以BE＝BF·cos60°＝1，所以EF＝BF2－BE2＝3，以B为原点，BA，BF，BC所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(23，0,2)，C(0,0,2)，F(0,2,0)，E－32，12，0，所以DC→＝(－23，0,0)，DF→＝(－23，2，－2)，CE→＝－32，12，－2，CF→＝(0,2，－2)，设平面DCF的法向量为m＝(x，y，z)，则m·DC→＝0，m·DF→＝0，即－23x＝0，－23x＋2y－2z＝0，取y＝1，得x＝0，z＝1，所以m＝(0,1,1)．设平面CFE的法向量为n＝(a，b，c)，则n·CE→＝0，n·CF→＝0，即－32a＋12b－2c＝0，2b－2c＝0，取b＝1，得c＝1，a＝－3，所以n＝(－3，1,1)．所以cos〈m，n〉＝m·n||m||n＝22×5＝105，故钝二面角D－CF－E的余弦值为－105.4．解(1)当c＝3时，f′(x)＝4ex－6x－3，∵f′(0)＝4－3＝1，f(0)＝0，∴切线方程为y＝x.(2)∵f(x)≤xex＋x3－6x2，∴cx≥－xex＋4ex－x3＋3x2－4.①当x＝0时，显然成立；②当x0时，c≥－xex＋4ex－x3＋3x2－4x，令h(x)＝－xex＋4ex－x3＋3x2－4x，则h′(x)＝－x2－4x＋4ex－2x3＋3x2＋4x2＝－x－22ex－x－22x2＋x＋2x2＝－x－2[x－2ex＋2x2＋x＋2]x2.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＋40，∴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0x2；令h′(x)0，得x2，∴h(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，∴h(x)max＝h(2)＝e2，∴c∈[e2，＋∞)．5．解(1)设F1(－c，0)，F2(c，0)，其中c2＝a2－b2，由|F1F2||DF1|＝22，可得|DF1|＝|F1F2|22＝22c，从而12DFFS△＝12|DF1||F1F2|＝22c2＝22，故c＝1，从而|DF1|＝22，由DF1⊥F1F2，得|DF2|2＝|DF1|2＋|F1F2|2＝92，因此|DF2|＝322，所以2a＝|DF1|＋|DF2|＝22，故a＝2，b2＝a2－c2＝1，因此，所求椭圆的标准方程为x22＋y2＝1.(2)如图所示，设圆心在y轴上的圆C与椭圆x22＋y2＝1相交，设P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个交点，y10，y20，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2，由圆和椭圆的对称性，易知x2＝－x1，y1＝y2，|P1P2|＝2|x1|，由(1)知F1(－1,0)，F2(1,0)，所以F1P1—→＝(x1＋1，y1)，F2P2—→＝(－x1－1，y1)，再由F1P1⊥F2P2，得－(x1＋1)2＋y21＝0，由椭圆方程得1－x212＝(x1＋1)2，即3x21＋4x1＝0，解得x1＝－43或x1＝0，当x1＝0时，P1，P2重合，此时题设要求的圆不存在，当x1＝－43时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C，由F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2，知CP1⊥CP2，又|CP1|＝|CP2|，故圆C的半径|CP1|＝22|P1P2|＝2|x1|＝423.[坐标系与参数方程]6．解(1)因为圆C的极坐标方程为ρ＝2sinθ，则ρ2＝2ρsinθ，则其直角坐标方程为x2＋y2＝2y，即x2＋(y－1)2＝1，圆心坐标为(0,1)，半径为1，则圆C的参数方程为x＝cosθ，y＝1＋sinθ(θ为参数)．(2)因为直线l的极坐标方程为2ρcosθ－π6＝3，则2ρcosθcosπ6＋sinθsinπ6－3＝0，整理得3ρcosθ＋ρsinθ－3＝0，所以直线l的直角坐标方程为3x＋y－3＝0，由(1)得圆C的直角坐标方程为x2＋(y－1)2＝1，圆心坐标为(0,1)，半径为1，则圆心(0,1)到直线l的距离为|3×0＋1×1－3|32＋12＝1，故直线l与圆C相切．[不等式选讲]6．解(1)函数f(x)＝－3x－1，x－1，x＋3，－1≤x≤1，3x＋1，x1，不等式f(x)≤5可化为x－1，－3x－1≤5或－1≤x≤1，x＋3≤5或x1，3x＋1≤5，解x－1－3x－1≤5得－2≤x－1，解－1≤x≤1，x＋3≤5得－1≤x≤1，解x1，3x＋1≤5得1x≤43，所以不等式f(x)≤5的解集为－2，43.(2)由(1)知，当x－1时，f(x)2，当－1≤x≤1时，2≤f(x)≤4，当x1时，f(x)4，因此，当x＝－1时，f(x)min＝2，当x3时，x＋9x－3＋2－m＝x－3＋9x－3＋5－m≥2x－3·9x－3＋5－m＝11－m，当且仅当x－3＝9x－3，即x＝6时取“＝”，因为∀x1∈R，∃x2∈(3，＋∞)，使得f(x1)－2≥x2＋9x2－3－m⇔f(x1)≥x2＋9x2－3＋2－m，则有f(x1)的最小值大于等于x2＋9x2－3＋2－m在x2∈(3，＋∞)上的最小值，即有2≥11－m，解得m≥9，所以实数m的取值范围是[9，＋∞)．第二周1．(1)证明∵an＋1－2n＋1＝an－2n＋1，∴(an＋1－2n＋1)－(an－2n)＝1，∵a1＝2，∴a1－2＝0，∴数列{an－2n}是首项为0，公差为1的等差数列，∴an－2n＝n－1，∴an－n＋1＝2n，则an＋1－n＋1＋1an－n＋1＝2，∴数列{an－n＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．(2)解由(1)知an－n＋1＝2n，则bn＝log4(an－n＋1)＝n2，∴1bnbn＋1＝4nn＋1＝41n－1n＋1，∴Sn＝4×1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝4nn＋1.2．(1)证明因为BC＝1，PC＝2，PB＝3，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＝PA·PBAB＝32，在Rt△POC中，PC＝2，则有sin∠PCO＝POPC＝34，所以直线PC与平面ABC所成角的正弦值为34.3．解(1)连续取3个球有A36种方法，从中连续取3个球，红、白、黑各取一个有C12C12C12A33种方法，则恰好取到3种颜色球的概率P＝C12×C12×C12×A33A36＝48120＝25.(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)＝C22C12C36＝220＝110，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)＝C22C12＋C22C12C36＝420＝15，当取到一个红球、一个白球和一个黑球时，ξ＝6，则P(ξ＝6)＝C12C12C12C36＝820＝25，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)＝C22C12＋C22C12C36＝420＝15，当取到两个黑球和一个白球时，ξ＝8，则P(ξ＝8)＝C22C12C36＝220＝110.∴随机变量ξ的分布列为ξ45678P1101525151104.(1)解因为|MF1|－|MF2|＝±2，所以||MF1|－|MF2||＝223＝|F1F2|，由双曲线定义可知，点M的轨迹为双曲线，其中c＝3，a＝1，所以b＝c2－a2＝2，所以曲线C的方程为x2－y22＝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－y22＝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(x1，y1)，Q(x2，y2)，代入x2－y22＝1，整理得(k2－2)x2＋2kmx＋m2＋2＝0，则x1＋x2＝2km2－k2，x1x2＝m2＋2k2－2，因为AP⊥AQ，所以AP→·AQ→＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝(k2＋1)x1x2＋(km－1)(x1＋x2)＋m2＋1＝k2＋1m2＋2k2－2＋2k2m2－2km2－k2＋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)．5．(1)解f′(x)＝1x－a＝1－axx，x0.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a0时，令f′(x)0，得0x1a，令f′(x)0，得x1a，故f(x)在0，1a上单调递增，在1a，＋∞上单调递减．当x＝1a时，f(x)取得极大值，即最大值为f1a＝ln1a，若f(x)≤0恒成立，则ln1a≤0，解得a≥1.(2)证明要证lnxx＋1(e－x＋1)2e＋1，即证lnxxex＋1ex＋lnxx2e.设h(x)＝lnxx，则h′(x)＝1x·x－lnxx2＝1－lnxx2，令h′(x)0，得0xe；令h′(x)0，得xe.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)＝1e，故h(x)＝lnxx≤1e.设F(x)＝xex－1－lnx－x，则F′(x)＝ex－1＋xex－1－1x－1＝(1＋x)ex－1－1＋xx＝(1＋x)ex－1－1x.设φ(x)＝ex－1－1x，则φ′(x)＝ex－1＋1x20，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．