理科数学 热门试卷

（Ⅰ）在△ABC中，∵，故由，可得

由已知及余弦定理，有b2＝a2+c2−2accosB＝25+36−2×5×6×=13

∴，

由正弦定理，得．

∴，；

（Ⅱ）由（Ⅰ）及，得，∴,

,

故．

（Ⅰ）证明：取AB中点F，连接MF、NF，

∵M为AD中点，∴MF∥BD，

∵BD⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，∴MF∥平面BDE．

∵N为BC中点，∴NF∥AC，

又D、E分别为AP、PC的中点，∴DE∥AC，则NF∥DE．

∵DE⊂平面BDE，NF⊄平面BDE，∴NF∥平面BDE．

又MF∩NF=F．

∴平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；

（Ⅱ）解：∵PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．

∴以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．

∵PA=AC=4，AB=2，

∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），M（0，0，1），N（1，2，0），E（0，2，2），

则，，

设平面MEN的一个法向量为，

由，得，取z=2，得．

由图可得平面CME的一个法向量为．

∴cos＜＞=．

∴二面角C﹣EM﹣N的余弦值为，则正弦值为；

（Ⅲ）解：设AH=t，则H（0，0，t），，．

∵直线NH与直线BE所成角的余弦值为，

∴|cos＜＞|=||=||=．

解得：t=或t=．

∴当H与P重合时直线NH与直线BE所成角的余弦值为，此时线段AH的长为或．

（Ⅰ）由，可得，

进而可得.令，解得，或.

当x变化时，的变化情况如下表：

所以，的单调递增区间是，，单调递减区间是.

（Ⅱ）证明：由，得，

.

令函数H1（x）=g（x）（x﹣x0）﹣f（x），则H′1（x）=g′（x）（x﹣x0）．

由（Ⅰ）知，当x∈[1，2]时，g′（x）＞0，

故当x∈[1，x0）时，H′1（x）＜0，H1（x）单调递减；

当x∈（x0，2]时，H′1（x）＞0，H1（x）单调递增．

因此，当x∈[1，x0）∪（x0，2]时，H1（x）＞H1（x0）=﹣f（x0）=0，可得H1（m）＞0即h（m）＞0，

令函数H2（x）=g（x0）（x﹣x0）﹣f（x），则H′2（x）=g′（x0）﹣g（x）．由（Ⅰ）知，g（x）在[1，2]上单调递增，故当x∈[1，x0）时，H′2（x）＞0，H2（x）单调递增；当x∈（x0，2]时，H′2（x）＜0，H2（x）单调递减．因此，当x∈[1，x0）∪（x0，2]时，H2（x）＞H2（x0）=0，可得得H2（m）＜0即h（x0）＜0，．

所以，h（m）h（x0）＜0．

（Ⅲ）证明：对于任意的正整数    ，，且，

令，函数.

由（II）知，当时，在区间内有零点；

当时，在区间内有零点.

所以h（x）在（1，2）内至少有一个零点，不妨设为x1，则h（x1）=g（x1）（﹣x0）﹣f（）=0．

由（Ⅰ）知g（x）在[1，2]上单调递增，故0＜g（1）＜g（x1）＜g（2），

于是|﹣x0|=≥=．

因为当x∈[1，2]时，g（x）＞0，故f（x）在[1，2]上单调递增，

所以f（x）在区间[1，2]上除x0外没有其他的零点，而≠x0，故f（）≠0．

又因为p，q，a均为整数，所以|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|是正整数，

从而|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|≥1．

所以.所以，只要取，就有.

（Ⅰ）随机变量的所有可能取值为0,1,2,3.

，

，

，

.

所以，随机变量的分布列为

随机变量的数学期望.

（Ⅱ）设表示第一辆车遇到红灯的个数，表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为

.

所以，这2辆车共遇到1个红灯的概率为.

（I）设等差数列的公差为，等比数列的公比为.

由已知b2+b3=12，得b1（q+q2）=12，而b1=2，所以q+q2-6=0．

又因为q＞0，解得q=2．所以，bn=2n．

由b3=a4-2a1，可得3d-a1=8①．

由S11=11b4，可得a1+5d=16②，

联立①②，解得a1=1，d=3，由此可得an=3n-2．

所以，数列{an}的通项公式为an=3n-2，数列{bn}的通项公式为bn=2n．

（II）设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn，

由，，有，

故，

，

上述两式相减，得

得.

所以，数列的前项和为.