理科数学 热门试卷

解：由以上统计数据填写2×2列联表，如下；

计算K2=≈8.772＞6.635，

对照临界值表得出，有99%的把握认为：“两个分厂生产的产品的质量有差异”；

解：计算甲厂优秀率为=0.8，乙厂优秀率为=0.72

所以甲厂的优秀品率高，

计算甲厂数据的平均值为：

=×（30×10+40×40+50×115+60×165+70×120+80×45+90×5）=60

解：根据（2）知，μ=60，σ2=142，且甲厂产品的质量指标值X服从正态分布X～N（60，142），

又σ=≈11.92，则P（60﹣11.92＜X＜60+11.92）=P（48.08＜X＜71.92）=0.6826，

P（X＞71.92）===0.1587＜0.18，

故不能够认为该分厂生产的产品的产品中，质量指标值不低于71.92的产品至少占全部产品的18%．

解：由，有an=Sn﹣Sn﹣1=2n+k﹣1（n≥2），

又a1=S1=k+1，

∴an=2n+k﹣1．

∵a1，a4，a13成等比数列，∴，

即（2×4+k﹣1）2=（2×1+k﹣1）（2×13+k﹣1），解得k=2．

∴an=2n+1；

证明：∵=．

∴．

∴Tn=b1+b2+…+bn=

==．

证明：连结B1C1、BC1，设BC1∩B1C=M，

∵BB1CC1，∴四边形BB1C1C为平行四边形，∴M为BC1的中点，

在△ABC1中，O为AB的中点，∴MO∥AC1，

又AC1⊄平面B1CD，MO⊂平面B1CD，

∴AC1∥平面COB1．

解：如图，∵AB是圆O的直径，∴AC⊥BC，

∵C1C⊥平面ABC，∴C1C⊥AC，C1C⊥BC，

又∠BAC=60°，AB=2，∴AC=1，BC=，AA1=3，

以点C为坐标原点，分别以CA，CB，OC1为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，

则C（0，0，0），A（1，0，0），B（0，，0），C1（0，0，3），

O（，0），B1（0，），

在圆O上，C，D关于直线AB对称，△AOC为正三角形，且OA=1，

∴CD=，∠ACD=30°，过点D作DP⊥x轴，DQ⊥y轴，垂足分别为P，Q，

则CP=CD•cos=，

CQ=CD•sin，∴D（，0），∴=（，0），

设平面CDB1的一个法向量=（x，y，z），

则，取y=﹣，得=（1，﹣，1），

平面B1BC的一个法向量=（1，0，0），

设二面角D﹣B1C﹣B的二面角为θ，

则cosθ==．

故二面角D﹣B1C﹣B的余弦值为．

解：由题意可知：①，②，

两式相减得：+（y1+y2）（y1﹣y2）=0，

由x1≠x2，则=﹣a2，由A，B在直线y=2x+1，则k==2，

A，B中点横坐标为﹣，则中点的纵坐标为，

∴﹣=2•，

解得：a2=，又a＞0，则a=，

解：直线AB的方程为y=kx+m，

则，（1+a2k2）x2+2kma2x+a2（m2﹣1）=0，

△＞0，即（2kma2）2﹣4a2（m2﹣1）（1+a2k2）＞0，则m2＜1+a2k2，

由韦达定理可知：则x1+x2=﹣，x1x2=，

由m⊥n，则•=0，x1x2+a2y1y2=0，

从而（1+a2k2）x1x2+kma2（x1+x2）+a2m2=0，

代入并整理得2m2=1+a2k2，

由原点O到直线AB的距离d=，

则△OAB的面积S=•d•丨AB丨=•••丨x1﹣x2丨，

=丨m丨•，

=丨m丨•，

=•，

=•=，

从而可得△OAB的面积，为定值．

解：设切点Q（t，f（t）），由直线f（x）=2x3﹣3x2+1，求导，f′（x）=6x2﹣6x，

则f（x）在Q点的切线的斜率k=6t2﹣6t，

则切线方程为y﹣f（t）=（6t2﹣6t）（x﹣t），

由切线过点P（a，﹣4），则﹣4﹣f（t）=（6t2﹣6t）（a﹣t），

整理得：4t3﹣（3+6a）t2+6at﹣5=0，

又由曲线恰有两条切线，即方程恰有两个不同的解，

令H（t）=4t3﹣（3+6a）t2+6at﹣5，求导H′（t）=12t2﹣6（6+12a）t+6a，

令H′（t）=0，解得：t=，t=2，

当a=时，H′（t）≥0，函数H（t）在R上单调递增，没有两个零点，不符合题意，

当a＞时，且t∈（﹣∞，）∪（a，+∞）时，H′（t）＞0，

当t∈（，a）时，H′（t）＜0，

∴H（t）在（﹣∞，），（a，+∞）单调递增，在（，a）单调递减；

要使H（t）在R上有两个零点，则，或，

由H（）=﹣﹣a+3a﹣5=（a﹣），

H（a）=4a3﹣（3+6a）a2+6a2﹣5=﹣（a+1）（2a2﹣5a+5），

=﹣（a+1）[2（a﹣）2+]，

∴或，

则a=，

当a＜时，同理可知：或，则a=﹣1，

综上可知：a=﹣1或a=；

解：f（x）=2x3﹣3x2+1=（x﹣1）2（2x+1），

∴f（x）在（0，+∞）上只有一个零点x=1，

g′（x）=k﹣，

当k≤0时，g′（x）＜0，则g（x）在（0，+∞）上单调递减，

g（x）在（0，+∞）上至多只有一个零点，

故k≤0不符合题意；

当k＞0，g′（x）=k﹣=0，解得：x=，

∴当x∈（0，）时，g′（x）＜0，当x∈（，+∞）时，g′（x）＞0，

∴g（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增；

∴g（x）有最小值g（）=2+lnk，

①当k=时，g（）=0，g（x）只有一个零点，不满足题意；

②当k＞时，g（）＞0，g（x）在（0，+∞）上无零点，不满足题意；

③当＜k＜时，g（）＜0，

由g（）•g（1）=（2+lnk）（k+1）＜0，

∴g（x）在（1，）上有一个零点，设为x1，

若g（）•g（）＜0，

g（x）在（，+∞）上有一个零点，设为x2，

易证＞（＞e2），

下面证明：g（）＞0，

令F（x）=ex﹣x2，（x＞2），

求导F′（x）=ex﹣2x，F′′（x）=ex﹣2＞e2﹣2＞0，

∴F（x）在（2，+∞）上单调递增；

∴F（x）＞F（2）=e2﹣4＞0，∴e2﹣x2＞0，即e2＞x2，（x＞2），

现在去x=，由0＜k＜e﹣2，∴x＞e2＞2，

则g（）=k•+1﹣ln=k•+1﹣，

由＞e2＞2，则＞，

∴g（）＞k•+1﹣=1＞0，∴g（x1）=g（x2）=0

∴由g（1）=k+1＞0，f（x1）＞0，f（x2）＞0，

故h（1）＞f（1）=0，h（x1）=g（x1）=0，h（x2）=g（x2）=0，故h（x）有三个零点，

综上可知：满足题意的k的取值范围为（0，）．

解：圆的参数方程为为 （为参数），

直线的普通方程为.

解：点为圆上任一点，可设点，

则点到直线的距离为

 ，

因为，可得，

所以点到直线的距离的取值范围为 .