屆人教a版高三數(shù)學(xué)文科一輪復(fù)習(xí)滾動(dòng)檢測(cè)試卷(五)含答案-資料下載頁
2025-01-09 10:43本頁面
【正文】 83。AA1＝ 12π，解得 AA1＝ 3. 由 OA＝ 2， ∠ AOP＝ 120176。， 得 ∠ BAP＝ 30176。， BP＝ 2， AP＝ 2 3， ∴ S△ PAB＝ 12 2 2 3＝ 2 3， ∴ 三棱錐 A1－ APB的體積 V＝ 13S△ PABAA1＝ 13 2 3 3＝ 2 3. 20． 解 (1)對(duì) f(x) 求導(dǎo)得 f′ (x)＝ 14－ ax2－ 1x， 由 f(x)在點(diǎn) (1， f(1))處的切線垂直于直線 y＝ 12x， 知 f′ (1)＝－ 34－ a＝－ 2， 解得 a＝ 54. (2)由 (1)知， f(x)＝ x4＋ 54x－ ln x－ 32， 則 f′ (x)＝ x2－ 4x－ 54x2 ， 令 f ′ (x)＝ 0， 解得 x＝－ 1 或 x＝ 5， 因 x＝－ 1 不在 f(x)的定義域 (0，＋ ∞ )內(nèi)，故舍去 ． 當(dāng) x∈ (0,5)時(shí)， f′ (x)＜ 0，故 f(x)在 (0,5)內(nèi)為減函數(shù)； 當(dāng) x∈ (5，＋ ∞ )時(shí)， f′ (x)＞ 0，故 f(x)在 (5，＋ ∞ )內(nèi)為增函數(shù)， 由此知函數(shù) f(x)在 x＝ 5 時(shí)取得極小值 f(5)＝－ ln 5. 21． (1)證明 (1)在直四棱柱 ABCD－ A1B1C1D1中， DD1∥ CC1， ∵ EF∥ CC1， ∴ EF∥ DD1， 又 ∵ 平面 ABCD∥ 平面 A1B1C1D1，平面 ABCD∩ 平面 EFD1D＝ ED，平面 A1B1C1D1∩ 平面EFD1D＝ FD1， ∴ ED∥ FD1， ∴ 四邊形 EFD1D為平行四邊形， ∵ 側(cè)棱 DD1⊥ 底面 ABCD，又 DE? 平面 ABCD， ∴ DD1⊥ DE， ∴ 四邊形 EFD1D為矩形 ． (2)解 連接 AE， ∵ 四棱柱 ABCD－ A1B1C1D1為直四棱柱， ∴ 側(cè)棱 DD1⊥ 底面 ABCD， 又 AE? 平面 ABCD， ∴ DD1⊥ AE， 在 Rt△ ABE中， AB＝ 2， BE＝ 2，則 AE＝ 2 2， 在 Rt△ CDE中， EC＝ 1， CD＝ 1，則 DE＝ 2. 在直角梯形 ABCD中， AD＝ BC2＋ ?AB－ CD?2＝ 10. ∴ AE2＋ DE2＝ AD2，即 AE⊥ ED， 又 ∵ ED∩ DD1＝ D， ∴ AE⊥ 平面 EFD1D， 由 (1)可知，四邊形 EFD1D為矩形，且 DE＝ 2， DD1＝ 1， ∴ 矩形 EFD1D的面積為 SEFD1D＝ DEDD1＝ 2， ∴ 幾何體 A－ EFD1D的體積為 VA－ EFD1D＝ 13SEFD1DAE＝ 13 2 2 2＝ 43. 22． 解 (1)設(shè) b＝ (x， y)，則 ab＝ x＋ y＝－ 1， ① 又向量 b與向量 a的夾角為 3π4 ， ∴ x2＋ y2＝ 1， ② 由 ①② 解得????? x＝－ 1y＝ 0 或 ????? x＝ 0，y＝－ 1. ∴ b＝ (－ 1,0)或 b＝ (0，－ 1)． (2)由向量 b與 q＝ (1,0)共線知 b＝ (－ 1,0)， 由 2B＝ A＋ C得 B＝ π3， A＋ C＝ 2π3 ， 0＜ A＜ 2π3 ， ∵ b＋ p＝ (cos C， cos A)， ∴ |b＋ p|2＝ cos2C＋ cos2A＝ 1＋ cos 2A2 ＋ 1＋ cos 2C2 ＝ 1＋ 12[cos 2A＋ cos(4π3 － 2A)] ＝ 1＋ 12cos(2A＋ π3)． ∵ 0＜ A＜ 2π3 ， π3＜ 2A＋ π3＜ 5π3 ， ∴ － 1≤ cos(2A＋ π3)＜ 12， ∴ 12≤ 1＋ 12cos(2A＋ π3)＜ 54， 即 |b＋ p|2∈ [12， 54)， ∴ |b＋ p|∈ [ 22 ， 52 )．
試題試卷相關(guān)推薦
鄂ICP備17016276號(hào)-1