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1、选择题：DBCACABBDADA
　　12题剖析：（方式一）
　　方程即，注意到，举行换元，令则原方程可化为，此中。原方程再化为此时把方程看做对于的二元一次方程，即点的直线方程。凭据直线上的任一点到原点的间隔的最小值为原点到直线的间隔可得：，双方平方得
　　
　　而
　　此中，
　　由函数的单调性可知，故选A
　　（方式二）
　　方程即，注意到，举行换元，令则原方程可化为，此中。原题目等价于对于方程在上有解，由函数的图像和性子知有5种环境：
　　（1） 方程的两根均大于即是2，此时可得，对比选项只需注意到第三个前提，就知本题谜底不在这种情况里.
　　（2） 方程两根均小于即是-2，此时可得，同上对比选项只需注意到第三个前提，就知本题谜底也不在这种环境里.
　　（3） 方程的两根一个大于即是2，另一个小于即是-2，此时可得，由线性计划常识可得点地点的地区如图暗影部份所示，对比选项知这种情况里也没有所选谜底.
　　
　　（4） 方程有两个根一个大于即是2，另一个大于-2小于2，此时有，同上点所表现的地区为下图，易求原点到直线间隔为，以是的最小值为，
　　
　　（5）方程有两个根一个小于即是-2，另一个大于即是-2小于2，此时有，此种环境同上一种.
　　2、填空题:13.14.15.16.②④桂林数学家教
　　3、解答题：
　　17．解：（Ⅰ）由余弦定理知，,
　　∴,……………………………2分
　　∴，
　　∵，∴.……………………………4分
　　（Ⅱ）由正弦定理得,
　　∴
　　∴
　　
　　…………………………7分
　　,,
　　,…………………………8分
　　∴，
　　∴，
　　∴.
　　∴b+c的取值规模为…………………………10分
　　
　　18．解：
　　（Ⅰ）设“每一个社区都有同窗选择”为事务A. 
　　每名同窗都有3种选择，4名同窗的选择共有种等大概的环境.
　　事务A所包含的等大概事务的个数为,
　　以是，,
　　即每一个社区都有同窗选择的几率为.  …………4分
　　（Ⅱ）设“一位同窗选择甲社区”为事务B,则. 
　　4人中选择甲社区的人数可看做4次自力反复实验中事务B产生的次数，是以，随机变量屈从二项散布.
　　可取的值为0，1，2，3，4.    ………6分
　　，.   …………8分
　　的散布列为:
　　
　　0 1 2 3 4
　　
　　
　　
　　
　　
　　
　　
　　的希冀为．…………12分
　　19．解：（Ⅰ）保持AC1交A1C于点G，保持DG，
　　在正三棱柱ABC—A1B1C1中，
　　四边形ACC1A1是平行四边形，
　　∴AG=GC1，
　　∵AD=DB，
　　∴DG//BC1,………………2分
　　∵DG立体A1DC，BC1立体A1DC，
　　∴BC1//立体A1DC.………………4分
　　（II）解法一：易知在中可求，……6分
　　过D作DE⊥AC交AC于E，过点D作DF⊥A1C交A1C于F，
　　保持EF.
　　∵立体ABC⊥立体ACC1A1，DE立体ABC，
　　立体ABC∩立体ACC1A1=AC，
　　∴DE⊥立体ACC1A1，
　　∴EF是DF在立体ACC1A1内的射影。
　　∴EF⊥A1C，
　　∴∠DFE是二面角D—A1C—A的立体角，………………9分
　　在直角三角形ADC中，.
　　又易知，以是.
　　在直角三角形中，
　　
　　
　　，∴.
　　以是二面角D—A1C—A的巨细为……………………12分
　　解法二：易知在中可求，
　　过点A作AO⊥BC交BC于O，过点O作OE⊥BC交B1C1于E.
　　由于立体ABC⊥立体CBB1C1
　　以是AO⊥立体CBB1C1，别离以OB、OE、OA地点直线为x轴，y轴，z轴创立空间直角坐标系，如图所示.………………………6分
　　由于BC=1，AA1=，
　　△ABC是等边三角形，以是O为BC的中点，则
　　
　　………………8分
　　设立体A1DC的法向量为
　　则
　　
　　取
　　可求立体ACA1的一个法向量为.………………10分
　　设二面角D—A1C—A的巨细为，由于向量所成的角与所求二面角的巨细相称，
　　则
　　
　　以是二面角D—A1C—A的巨细为……………………12分
　　20．解：（Ⅰ）的导数
　　由题意知,即………………2分
　　令解得令解得
　　从而在内单调递加，在内单调递增.
　　以是，当时，获得最小值1. ………………4分
　　（Ⅱ）解：由于不等式的解集为P，且
　　以是关于肆意，不等式恒创建.……………6分
　　由，得.
　　设，则.
　　（1）若，不等式较着创建.……………8分
　　（2）若，则.
　　当,即时，，在上单调递增，
　　，此时，不等式创建.……10分
　　当,即时，在上单调递加，
　　，此时，不等式不恒创建.
　　是以，实数a的取值规模是.…………………………12分
　　21.解：（Ⅰ）依题意，可得，从而，故所求双曲线的方程为.………………………4分
　　（Ⅱ）解法一：设，由，消去x可得，由于直线与双曲线有两个交点，故，
　　由韦达定理，得………………………………6分
　　两式相除，得,
　　以是，而C点的坐标为，故直线AC的斜率为，………………………………8分
　　以是AC的方程为，
　　整顿可得,………………………10分
　　故直线AC恒过点.…………………………12分
　　解法二：
　　当时，直线方程为，将与联立求得点或，点或,求得直线的方程为或，由此武断直线过定点.………………6分
　　就普通环境证实以下：
　　由，消去x可得，
　　依题意，设，由韦达定理，得
　　……………………………………………8分
　　点，.,……10分
　　∵,
　　以是三点共线，直线AC过定点.…………12分
　　22．解:（Ⅰ）
　　∴，
　　∵，∴.……………1分
　　
　　由,
　　得.
　　两式相减得：,
　　即.
　　.………3分
　　数列是首项为1，公役为3的等差数列,
　　.………5分
　　（Ⅱ）由，得，
　　().
　　由,
　　知.
　　…………7分
　　明显n=1时上式也建立.
　　又，设，
　　当时，有，
　　当时，有，
　　因而猜测.………………………………………8分
　　下面用数学归纳法证实.
　　①当时,由上面的证实知猜测建立.
　　②假定时建立，即建立，
　　则时，左侧=
　　，
　　右侧=，
　　由
　　建立，即时建立.
　　综上所述，,即对任何正整数都建立.……………12分
　　
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