每日一练答案精析

每日一练答案精析第一周1．(1)B＝π3(2)cos2∠ADC＝－172．解(1)由题意知，对冰壶运动有兴趣的人数为400×2740＝270，女生中有80人对冰壶运动没有兴趣，所以女生中有200－80＝120(人)对冰壶运动有兴趣，所以男生中有270－120＝150(人)对冰壶运动有兴趣，按性别用分层抽样的方法从对冰壶运动有兴趣的学生中，抽取9人作为冰壶运动的宣传员，其中抽取的男生为150270×9＝5(人)，女生为120270×9＝4(人)，即男生选5人，女生选4人．(2)由题意得，2×2列联表如下：有兴趣没有兴趣总计男15050200女12080200总计270130400K2＝nad－bc2a＋bc＋da＋cb＋d＝400×150×80－50×1202200×200×270×130≈10.266.635，所以有99%的把握认为对冰壶运动是否有兴趣与性别有关．3．解(1)因为在菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝BC＝CD＝DA＝4，DE⊥AB，故AE＝EB＝2，ED＝23，所以在四棱锥A′－EBCD中，A′E⊥ED，A′E⊥EB，又ED∩EB＝E，所以A′E⊥平面EBCD，且A′E＝AE＝2，因为BC＝CD＝4，∠BCD＝60°，则S△BCD＝12×4×23＝43，所以VC－A′BD＝VA′－BCD＝13×A′E×S△BCD＝13×2×43＝833.故三棱锥C－A′BD的体积为833.(2)设线段A′D的中点为F，线段A′C的中点为G，连接EF，FG，GB，如图所示，则FG∥DC，FG＝12DC＝2，又由(1)得，EB∥DC，EB＝2，所以FG∥EB，FG＝EB，所以四边形EBGF为平行四边形，故EF∥BG，EF＝BG，又EF⊄平面A′BC，BG⊂平面A′BC，所以EF∥平面A′BC，此时点F为A′D的中点，故在线段A′D上存在一点F，使EF∥平面A′BC，且DFFA′＝1.4．解(1)当c＝3时，f′(x)＝4ex－6x－3，∵f′(0)＝4－3＝1，f(0)＝0，∴切线方程为y＝x.(2)∵f(x)≤xex＋x3－6x2，∴cx≥－xex＋4ex－x3＋3x2－4.①当x＝0时，显然成立；②当x0时，c≥－xex＋4ex－x3＋3x2－4x，令h(x)＝－xex＋4ex－x3＋3x2－4x，则h′(x)＝－x2－4x＋4ex－2x3＋3x2＋4x2＝－x－22ex－x－22x2＋x＋2x2＝－x－2[x－2ex＋2x2＋x＋2]x2.令φ(x)＝(x－2)ex＋2x2＋x＋2，则φ′(x)＝(x－1)ex＋4x＋1，令p(x)＝(x－1)ex＋4x＋1，则p′(x)＝xex＋40，∴p(x)在(0，＋∞)上单调递增，∵φ′(0)＝0，∴φ′(x)0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，∵φ(0)＝0，∴φ(x)0，则令h′(x)0，得0x2；令h′(x)0，得x2，∴h(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，∴h(x)max＝h(2)＝e2，∴c∈[e2，＋∞)．5．解(1)设F1(－c，0)，F2(c，0)，其中c2＝a2－b2，由|F1F2||DF1|＝22，可得|DF1|＝|F1F2|22＝22c，从而12DFFS△＝12|DF1||F1F2|＝22c2＝22，故c＝1，从而|DF1|＝22，由DF1⊥F1F2，得|DF2|2＝|DF1|2＋|F1F2|2＝92，因此|DF2|＝322，所以2a＝|DF1|＋|DF2|＝22，故a＝2，b2＝a2－c2＝1，因此，所求椭圆的标准方程为x22＋y2＝1.(2)如图所示，设圆心在y轴上的圆C与椭圆x22＋y2＝1相交，设P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个交点，y10，y20，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2，由圆和椭圆的对称性，易知x2＝－x1，y1＝y2，|P1P2|＝2|x1|，由(1)知F1(－1,0)，F2(1,0)，所以F1P1—→＝(x1＋1，y1)，F2P2—→＝(－x1－1，y1)，再由F1P1⊥F2P2，得－(x1＋1)2＋y21＝0，由椭圆方程得1－x212＝(x1＋1)2，即3x21＋4x1＝0，解得x1＝－43或x1＝0，当x1＝0时，P1，P2重合，此时题设要求的圆不存在，当x1＝－43时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C，由F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2，知CP1⊥CP2，又|CP1|＝|CP2|，故圆C的半径|CP1|＝22|P1P2|＝2|x1|＝423.[坐标系与参数方程]6．解(1)因为圆C的极坐标方程为ρ＝2sinθ，则ρ2＝2ρsinθ，则其直角坐标方程为x2＋y2＝2y，即x2＋(y－1)2＝1，圆心坐标为(0,1)，半径为1，则圆C的参数方程为x＝cosθ，y＝1＋sinθ(θ为参数)．(2)因为直线l的极坐标方程为2ρcosθ－π6＝3，则2ρcosθcosπ6＋sinθsinπ6－3＝0，整理得3ρcosθ＋ρsinθ－3＝0，所以直线l的直角坐标方程为3x＋y－3＝0，由(1)得圆C的直角坐标方程为x2＋(y－1)2＝1，圆心坐标为(0,1)，半径为1，则圆心(0,1)到直线l的距离为|3×0＋1×1－3|32＋12＝1，故直线l与圆C相切．[不等式选讲]6．解(1)函数f(x)＝－3x－1，x－1，x＋3，－1≤x≤1，3x＋1，x1，不等式f(x)≤5可化为x－1，－3x－1≤5或－1≤x≤1，x＋3≤5或x1，3x＋1≤5，解x－1－3x－1≤5得－2≤x－1，解－1≤x≤1，x＋3≤5得－1≤x≤1，解x1，3x＋1≤5得1x≤43，所以不等式f(x)≤5的解集为－2，43.(2)由(1)知，当x－1时，f(x)2，当－1≤x≤1时，2≤f(x)≤4，当x1时，f(x)4，因此，当x＝－1时，f(x)min＝2，当x3时，x＋9x－3＋2－m＝x－3＋9x－3＋5－m≥2x－3·9x－3＋5－m＝11－m，当且仅当x－3＝9x－3，即x＝6时取“＝”，因为∀x1∈R，∃x2∈(3，＋∞)，使得f(x1)－2≥x2＋9x2－3－m⇔f(x1)≥x2＋9x2－3＋2－m，则有f(x1)的最小值大于等于x2＋9x2－3＋2－m在x2∈(3，＋∞)上的最小值，即有2≥11－m，解得m≥9，所以实数m的取值范围是[9，＋∞)．第二周1．(1)证明∵an＋1－2n＋1＝an－2n＋1，∴(an＋1－2n＋1)－(an－2n)＝1，∵a1＝2，∴a1－2＝0，∴数列{an－2n}是首项为0，公差为1的等差数列，∴an－2n＝n－1，∴an－n＋1＝2n，则an＋1－n＋1＋1an－n＋1＝2，∴数列{an－n＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．(2)解由(1)知an－n＋1＝2n，则bn＝log4(an－n＋1)＝n2，∴1bnbn＋1＝4nn＋1＝41n－1n＋1，∴Sn＝4×1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝4nn＋1.2．(1)证明在四面体ABCD中，AB＝AD，BC＝CD，E为BD的中点，则AE⊥BD，CE⊥BD，而AE∩CE＝E，AE，CE⊂平面ACE，于是BD⊥平面ACE，又BD⊂平面BDF，所以平面ACE⊥平面BDF.(2)解依题意知，BC＝CD＝2，∠BCD＝90°，则BD＝22，CE＝2，又∠BAD＝60°，则AB＝AD＝BD＝22，AE＝6，在△ACE中，由余弦定理得cos∠AEC＝AE2＋CE2－AC22AE·CE＝6＋2－122×6×2＝－33，则sin∠AEC＝63，S△AEC＝12AE·CEsin∠AEC＝12×6×2×63＝2，由(1)得，VB－ACD＝13S△AEC·BD＝43，因为AD2＋CD2＝12＝AC2，即∠ADC＝90°，则S△ACD＝12AD·CD＝22，设点B到平面ACD的距离为h，则VB－ACD＝13S△ACD·h＝13×22h＝43，解得h＝2，所以点B到平面ACD的距离为2.3．解(1)甲厂提供的10个轮胎宽度的平均数为110×(195＋194＋196＋193＋194＋197＋196＋195＋193＋197)＝195.乙厂提供的10个轮胎宽度的平均数为110×(195＋196＋193＋192＋195＋194＋195＋192＋195＋193)＝194.(2)甲厂提供的10个轮胎的宽度在[194,196]内的数据为195,194,196,194,196,195，共6个，标准轮胎宽度的平均数为195＋194＋196＋194＋196＋1956＝195，方差为16×(0＋1＋1＋1＋1＋0)＝23；乙厂提供的10个轮胎的宽度在[194,196]内的数据为195,196,195,194,195,195，共6个，标准轮胎宽度的平均数为195＋196＋195＋194＋195＋1956＝195，方差为16×(0＋1＋0＋1＋0＋0)＝13，由于甲、乙两厂标准轮胎宽度的平均数相等，但乙厂的方差更小，所以乙厂的轮胎会被选择．4.(1)解因为|MF1|－|MF2|＝±2，所以||MF1|－|MF2||＝223＝|F1F2|，由双曲线定义可知，点M的轨迹为双曲线，其中c＝3，a＝1，所以b＝c2－a2＝2，所以曲线C的方程为x2－y22＝1.(2)证明若直线PQ垂直于x轴，易知此时直线AP的方程为y＝±(x－1)，联立x2－y22＝1求解可得x＝－3，直线PQ过点(－3,0)．当直线PQ斜率存在时，设直线PQ方程为y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，代入x2－y22＝1，整理得(k2－2)x2＋2kmx＋m2＋2＝0，则x1＋x2＝2km2－k2，x1x2＝m2＋2k2－2，因为AP⊥AQ，所以AP→·AQ→＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝(k2＋1)x1x2＋(km－1)(x1＋x2)＋m2＋1＝k2＋1m2＋2k2－2＋2k2m2－2km2－k2＋m2＋1＝0，整理得3k2＋2km－m2＝(3k－m)(k＋m)＝0，解得m＝3k或m＝－k，因为点P和Q都异于点A，所以m＝－k不满足题意，故m＝3k，代入y＝kx＋m，得y＝k(x＋3)，过定点(－3,0)．综上，直线PQ过定点(－3,0)．5．(1)解由题意，函数f(x)＝xlnx－ax＋1，可得f′(x)＝lnx＋1－a，令f′(x)0，可得xea－1；令f′(x)0，可得0xea－1，所以f(x)在(0，ea－1)上单调递减，在(ea－1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(ea－1)＝1－ea－1，当a1时，f(ea－1)＝1－ea－10，此时f(x)没有零点，当a＝1时，f(ea－1)＝1－ea－1＝0，此时f(x)有且只有一个零点，综上，当a1时，f(x)没有零点；当a＝1时，f(x)有且只有一个零点．(2)证明当a＝1时，f(x)＝xlnx－x＋1，x0，可得f′(x)＝lnx，当x∈(0,1)时，f′(x)0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)≥f(1)＝0，即xlnx＋1≥x，即当x0时，xlnx＋1≥x恒成立，因为x≥1，所以lnx≥0，要证(xlnx＋1)lnx＋2exln2，只需证xlnx＋2exln2，只需证xlnx＋1＋2exln2＋1，只需证x＋2exln2＋1，令g(x)＝x＋2ex，x0，可得g′(x)＝1－2ex＝ex－2ex，当x∈(0，ln2)时，g′(x)0，g(x)单调递减；当x∈(ln2，＋∞)时，g′(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)≥g(ln2)＝ln2＋2eln2＝ln2＋1