理科数学 热门试卷

（1）记“第二次取球后才停止取球”为事件A．

∴第一次取到偶数球的概率为=，第二次取球时袋中有三个奇数，

∴第二次取到奇数球的概率为，而这两次取球相互独立，

∴P（A）=×=．

（2）若第一次取到2时，第二次取球时袋中有编号为1，3，3，4的四个球；

若第一次取到4时，第二次取球时袋中有编号为1，2，3，3的四个球．

∴X的可能取值为3，5，6，7，

∴P（X=3）=×=，P（X=5）=×+×=，

P（X=6）=×+×=，P（X=7）=×=，

∴X的分布列为：

数学期望EX=3×+5×+6×+7×=．

（1）∵椭圆C： +=1（a＞b＞0）的离心率为．且过点（3，﹣1），

∴，

解得a2=12，b2=4，

∴椭圆C的方程为．

（2）∵直线l的方程为x=﹣2，

设P（﹣2，y0），，

当y0≠0时，设M（x1，y1），N（x2，y2），由题意知x1≠x2，

联立，

∴，

∴，

又∵PM=PN，∴P为线段MN的中点，

∴直线MN的斜率为，

又l′⊥MN，∴l′的方程为，

即，

∴l′恒过定点．

当y0=0时，直线MN为，

此时l′为x轴，也过点，

综上，l′恒过定点．

（1）证明：∵BD=CD=2，BC=4，

∴BD2+CD2=BC2，

∴BD⊥CD，

∵CE⊥CD，∴CE∥BD，

又CE⊄平面ABD，BD⊂平面ABD，

∴CE∥平面ABD；

（2）解：如果二面角A﹣BD﹣C的大小为90°，

由AD⊥BD得AD⊥平面BDC，∴AD⊥CE，

又CE⊥CD，∴CE⊥平面ACD，从而CE⊥AC，

由题意AD=DC=2，∴Rt△ADC中，AC=4，

设AC的中点为F，∵AB=BC=4，∴BF⊥AC，且BF=2，

设AE中点为G，则FG∥CE，

由CE⊥AC得FG⊥AC，∴∠BFG为二面角B﹣AC﹣E的平面角，连接BG，

在△BCE中，∵BC=4，CE=，∠BCE=135°，∴BE=，

在Rt△DCE中，DE==，

于是在Rt△ADE中，AE==3，

在△ABE中，BG2=AB2+BE2﹣AE2=，

∴在△BFG中，cos∠BFG==﹣，

∴二面角B﹣AC﹣E的余弦值为﹣．

（1）设等差数列{an}的公差为d，则

∵S6=51，

∴×（a1+a6）=51，

∴a1+a6=17，

∴a2+a5=17，

∵a5=13，∴a2=4，

∴d=3，

∴an=a2+3（n﹣2）=3n﹣2；

（2）bn==﹣2•8n﹣1，

∴数列{bn}的前n项和Sn==（8n﹣1）．

（1）证明：令f′（x）=0，得mx2﹣（m+2）x+1=0．  （*）

因为△=（m+2）2﹣4m=m2+4＞0，所以方程（*）存在两个不等实根，记为a，b（a＜b）．

因为m≥1，所以a+b=＞0，ab=＞0，

所以a＞0，b＞0，即方程（*）有两个不等的正根，因此f′（x）≤0的解为[a，b]．

故函数f（x）存在单调递减区间；

（2）因为f′（1）=﹣1，所以曲线C：y=f（x）在点P（1，1）处的切线l为y=﹣x+2．

若切线l与曲线C只有一个公共点，则方程m（x﹣1）2﹣2x+3+lnx=﹣x+2有且只有一个实根．

显然x=1是该方程的一个根．

令g（x）=m（x﹣1）2﹣x+1+lnx，则g′（x）=．

当m=1时，有g′（x）≥0恒成立，所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，

所以x=1是方程的唯一解，m=1符合题意．

当m＞1时，令g′（x）=0，得x1=1，x2=，则x2∈（0，1），易得g（x）在x1处取到极小值，在x2处取到极大值．

所以g（x2）＞g（x1）=0，又当x→0时，g（x）→﹣∞，所以函数g（x）在（0，）内也有一个解，即当m＞1时，不合题意．

综上，存在实数m，当m=1时，曲线C：y=f（x）在点P（1，1）处的切线l与C有且只有一个公共点．

（Ⅰ）连接AB，因为：∠APO=30°，且PA是⊙O的切线，

所以：∠AOB=60°；

∵OA=OB

∴∠AB0=60°；

∵∠ABC=∠AEC

∴∠AEC=60°．

（Ⅱ）由条件知AO=2，过A作AH⊥BC于H，则AH=，

在RT△AHD中，HD=2，∴AD==．

∵BD•DC=AD•DE，

∴DE=．

∴AE=DE+AD=．

（Ⅰ）设动点A的直角坐标为（x，y），则，利用同角三角函数的基本关系消去参数α可得，

（x﹣2）2+（y+2）2=9，点A的轨迹为半径等于3的圆．

（Ⅱ）把直线C方程为ρcos（θ﹣）=a化为直角坐标方程为 +=2a，

由题意可得直线C与圆相切，故有 =3，解得 a=3 或a=﹣3．