数学 热门试卷

解  

（Ⅰ）

（Ⅱ）随机变量的取值为0，1，2，3，；

由n次独立重复试验概率公式，得

；

（或）

随机变量的分布列是

的数学期望是 

解：

（I）设双曲线方程为

由已知得

故双曲线C的方程为

（II）联立

直线与双曲线有两个不同的交点，

可得           ①

整理得3k2=4m+1   ②
    将②代入①，得m2－4m>0，∴m<0或m>4

又3k2=4m+1>0（k≠0），即m>－

∴m的取值范围是（－，0）∪（4，+∞）

解：

（Ⅰ）∵函数的图象过点（-1，2）,

∴,整理得，a-3b-12=0

（Ⅱ）当a=3时，由a-3b-12=0得，b=-3, ∴f(x)=x3-3x，=3(x+1)(x-1)，令,解得x1=-1,x2=1  当x变化时，，f(x)的变化情况如下表：

所以，f(x)的单调增区间是（-,-1)，(1,+)，单调减区间是（-1，1），极大值是f(-1)=2，极小值是f(1)=-2

（Ⅲ）=（x+1）(ax+b),∵a<0且f(-1)是函数f(x)的极小值，∴>-1，又∵a-3b-12=0,∴,∴,解得，a<-6,∴a的取值范围为(-,-6)

解:

解法一：（向量法）

如图所示建立空间直角坐标系，D为坐标原点．设DC=a．

（1）证明：连结AC交BD于G．连结EG．

依题意得A（a，0，0），P（0，0，a），E（0，，）．

∵底面ABCD是正方形，

∴G是此正方形的中心，

故点G的坐标为（，，0）

且=（a，0，－a）， =（，0，－）．

∴=2．这表明PA∥EG．

而EG平面EDB且PA平面EDB，

∴PA∥平面EDB．

（2）证明：依题意得B（a，a，0），=（a，a，－a）．

又=（0，，），

故·=0+－=0．

∴PB⊥DE．

由已知EF⊥PB，且EF∩DE=E，∴PB⊥平面EFD．

（3）设点F的坐标为（x0，y0，z0）， =λ，

则（x0，y0，z0－a）=λ（a，a，－a）．

从而x0=λa，y0=λa，z0=（1－λ）a．

∴ =（－x0，－y0，－z0）

=［－λa，（－λ）a，（λ－）a］．

由条件EF⊥PB知·=0，即

－λa2+（－λ）a2－（λ－）a2=0，

解得λ=．

∴点F的坐标为（，，），

且=（－，，－）， =（－，－，－）

．∴·=－－+=0，即PB⊥FD．

故∠EFD是二面角C—PB—D的平面角．

∵·=－+=，且||=·a，||=·a，

∴cos∠EFD==．

∴∠EFD=．∴二面角C—PB—D为．

解法二：（几何法）

（1）证明：连结AC交BD于O．连结EO．

∵底面ABCD是正方形，∴点O是AC的中点．

在△PAC中，EO是中位线，∴PA∥EO．

而EO平面EDB且PA平面EDB，∴PA∥平面EDB．

（2）证明：∵PD⊥底面ABCD且DC底面ABCD，∴PD⊥DC．

∵PD=DC，可知△PDC是等腰直角三角形．而DE是斜边PC的中线，

∴DE⊥PC．                      ①

同样由PD⊥底面ABCD，得PD⊥BC．

∵底面ABCD是正方形，有DC⊥BC，

∴BC⊥平面PDC．

而DE平面PDC，∴BC⊥DE．    ②

由①和②推得DE⊥平面PBC．

而PB平面PBC，∴DE⊥PB．

又EF⊥PB且DE∩EF=E，所以PB⊥平面EFD．

（3）由（2）知PB⊥DF，故∠EFD是二面角C—PB—D的平面角．

由（2）知，DE⊥EF，PD⊥DB．

设正方形ABCD的边长为a，则PD=DC=a，BD=a，

PB==a，PC==a，DE=PC=a．

在Rt△PDB中，DF===a．

在Rt△EFD中，sin∠EFD===，

∴∠EFD=．

∴二面角C—PB—D的大小为．

解：

（I）设等差数列的公差为，则

（II）由