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    3．| a |=1.| b |=2.c = a + b.且c⊥a.则向量a与b的夹角为 A．30° B．60° C．120° D．150° 【查看更多】

     

    题目列表(包括答案和解析)

    若|
    a
    |=1，|
    b
    |=2，
    c
    =
    a
    +
    b
    ，且
    c
    ⊥
    a
    ，则向量
    a
    与
    b
    的夹角为
     
    °．

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    若|
    a
    |=1，|
    b
    |=2，
    c
    =
    a
    +
    b
    ，且
    c
    ⊥
    a
    ，则向量
    a
    与
    b
    的夹角为（　　）
    A、30°B、60°
    C、120°D、150°

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    若
    |a
    |=1    ，
    |b
    |=2    ，
    c
    =
    a
    +
    b
    ，且
    c
    ⊥
    a
    ，则向量
    a
    与
    b
    的夹角为（　　）

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    若|
    a
    |=1，|
    b
    |=2，
    c
    =
    a
    +
    b
    ，且
    c
    ⊥
    a
    ，则
    c
    与
    b
    的夹角为（　　）

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    若|
    a
    |=1，|
    b
    |=2，
    c
    =
    a
    +
    b
    ，且
    c
    ⊥
    a
    ，则向量
    a
    与
    b
    的夹角为
    2π
    3
    2π
    3
    ．

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    一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）

    1―5：CBCBD  6―10：DCAA

    二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）

    9．   10．   11．15  12．（1，e） e  13．②③  14．

    三、解答题（本大题共6小题，共80分）

    15．（共13分）

    解：（I） 令，解得

    所以函数的单调递减区间为

    （II）因为

    所以

    因为在（－1，3）上，所以在[－1，2]上单调递增，又由于在

    [－2，－1]上单调递减，因此和分别是在区间[－2，2]上的最大值和

    最小值.

    于是有，解得

    故  因此

    即函数在区间[－2，2]上的最小值为－7.

    解法一：

       （Ⅰ）在直四棱柱ABCD―A1B1C1D1中，

    ∵A1A⊥底面ABCD，

    ∴AC是A1C在平面ABCD上的射影，

    ∵BD⊥AC， ∴BD⊥A1C.

       （Ⅱ）连结A1E，C1E，A1C1.

    与（Ⅰ）同理可证BD⊥A1E，BD⊥C1E，

    ∴∠A1EC1二面角A1―BD―C1的平面角.

    ∵AD⊥DC， ∴∠A1D1C1=∠ADC=90°，

    又A1D1=AD=2，D1C1=DC=2， AA1=，且AC⊥BD，

    ∴A1C1=4，AE=1，EC=3，  ∴A1E=2，C1E=2，

    在△A1EC1中，A1C12=A1E2+C1E2，  ∴∠A1EC1=90°，

    即二面角A1―BD―C1的大小为90°.

       （Ⅲ）过B作BF//AD交AC于F，连结FC1，

        则∠C1BF就是AD与BC1所成的角.

    ∵AB=AD=2，BD⊥AC，AE=1，  ∴BF=2，EF=1，FC=2，BC=DC，

    ∴FC1=.  在△BFC1中，

    ∴

    即异面直线AD与BC1所成角的大小为.

    解法二：

    （Ⅰ）同解法一.

    （Ⅱ）如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系.

    与（Ⅰ）同理可证，BD⊥A1E，BD⊥C1E，

    ∴∠A1EC1为二面角A1―BD―C1的平面角.

    （Ⅲ）如图，由D（0，0，0），A（2，0，0），C1（0，，，），B（3，，0）

    ∴异面直线AD与BC1所成角的大小为arccos.

    解法三：

    （II）如图，建立空间直角坐标系，坐标原点为E.

         连结A1E，C1E，A1C1.

         与（I）同理可证，BD⊥A1E，BD⊥C1E，

         ∴∠A1EC1为二面角A1―BD―C1的平面角.

         由E（0，0，0），A1（0，－1，

         

    .

        （Ⅲ）如图，由A（0，－1，0），D（，0，0），B（，0，0），C1（0，3，）.

    得.

    ∵

    ∴

    ∴异面直线AD与BC1所成角的大小为arccos.

    17．（共13分）

    解：（Ⅰ）

    ξ的概率分布如下表：

    ξ

    0

    1

    2

    3

    P

    Eξ=0?+1?+2?+3?=1.5   （或Eξ=3?）

       （Ⅱ）乙至多击中目标2次的概率为

       （Ⅲ）设甲恰比乙多击中目标2次为事件A，甲恰击中目标2次且乙恰击中目标0次为事件B1，甲恰击中目标3次且乙恰击中目标1次为事件B2，则A=B1+B2，B1、B2为互斥事件.

        P（A）=P（B1）+P（B2）=

        所以，甲恰好比乙多击中目标2次的概率为

    18．（共14分）

           解：（I）

          

           （II）直线由题意得

          

       （III）当直线l与x轴垂直时，可设直线l的方程为. 由于直线l，曲线C关于x轴对称，且l1与l2关于x轴对称，于是M1M2，M3M4的中点坐标都为（a，0），所以△OM1M2，△OM3M4的重心坐标都为，即它们的重心重合.

           当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为

           由

           由直线l与曲线C有两个不同交点，可知

          

          

           于是△OM1M2的重心与△OM3M4的重心也重合.

    19．（共12分）

    解：（Ⅰ）

    （Ⅱ）因为

    所以

    猜想：是公比为的等比数列.

    证明如下： 因为

    所以是首项为的等比数列.

    （Ⅲ）

    20．（共14分）

       （Ⅰ）证明：设的峰点，则由单峰函数定义可知，上单调递增，

    在上单调递减.

    当，

    这与是含峰区间.

    当

    这与是含峰区间.

    （II）证明：由（I）的结论可知：

       当f(x1)≥f(x2)时，含峰区间的长度为l1=x2；

       当f(x1)≤f(x2)时，含峰区间的长度为l2=1－x1；

       对于上述两种情况，由题意得

        ①   由①得1+x2－x1≤1+2r，即x2－x1≤2r.

    又因为x2－x1≥2r，所以x2－x1=2r，所以    x2－x1=2r.  ②

    将②代入①得     x1≤0.5－r, x2≥0.5+r.   ③

    由①和③解得x1=0.5－r, x2=0.5+r.       

    所以这时含峰区间的长度l1=l2=0.5+r，即存在x1 , x2使得所确定的含峰区间的长度不大于0.5+r.

    （Ⅲ）解：对先选择的x1, x2, x1 <x2， 由（II）可知    x1+x2=1，   ④

    在第一次确定的含峰区间为（0，x2）的情况下，x3的取值应满足   x3+x1=x2 , ⑤

    由④与⑤可得    当x1>x3时，含峰区间的长度为x1.

    由条件x1－x3≥0.02, 得x1－(1－2x1) ≥0.02, 从而x1≥0.34.

    因此，为了将含峰区间的长度缩短到0.34，只要取

    x1=0.34, x2=0.66, x3=0.32.

     

     


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