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        1. (3)設(shè)各項為正的數(shù)列{an}滿足:a1=1.an+1=ln an+an+2.n∈N*.求證:an≤2n-1. 查看更多

           

          題目列表(包括答案和解析)

          設(shè)各項為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n和為Sn,且Sn滿足.

          -(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n∈N*

          (1)求a1的值;

          (2)求數(shù)列{an}的通項公式;

          (3)證明:對一切正整數(shù)n,有

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          已知各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足:a1=1,an+1·an+an+1-an=0

          (1)證明數(shù)列為等差數(shù)列,并求an;

          (2)設(shè)bn=an·an+2,數(shù)列{bn}的前n項和為Sn,求證:

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          設(shè)各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足:(n∈N*).

          (Ⅰ)求首項a1和數(shù)列{an}的通項公式;

          (Ⅱ)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且λSn+1=Sn+(λ-1)Sn+1(n∈N*n≥2),求實數(shù)λ的值.

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          設(shè)各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項和為Sn,已知2a2=a1+a3,數(shù)列是公差為d的等差數(shù)列.

          (1)求數(shù)列{an}的通項公式(用n,d表示);

          (2)設(shè)c為實數(shù),對滿足的任意正整數(shù)m,n,k,不等式Sm+Sn>cSk都成立.求證:c的最大值為

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          已知各項均為非負(fù)整數(shù)的數(shù)列A0∶a0,a1,…,an(n∈N*),滿足a0=0,a1+…+an=n.若存在最小的正整數(shù)k,使得ak=k(k≥1),則可定義變換T,變換T將數(shù)列A0變?yōu)門(A0)∶a0+1,a1+1,…,ak-1+1,0,ak+1,…,an.設(shè)Ai+1=T(Ai),i=0,1,2….

          (Ⅰ)若數(shù)列A0:0,1,1,3,0,0,試寫出數(shù)列A5;若數(shù)列A4:4,0,0,0,0,試寫出數(shù)列A0;

          (Ⅱ)證明存在數(shù)列A0,經(jīng)過有限次T變換,可將數(shù)列A0變?yōu)閿?shù)列;

          (Ⅲ)若數(shù)列A0經(jīng)過有限次T變換,可變?yōu)閿?shù)列.設(shè)Sm=am+am+1+…+an,m=1,2,…,n,求證am=Sm-[](m+1),其中[]表示不超過的最大整數(shù).

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          理科數(shù)學(xué)參考答案和評分標(biāo)準(zhǔn)

           

          一、選擇題 BCDC BCBD DADC

          二、填空題 13.2 14.12+π 15.2 16.100

          三、解答題

          17.解:當(dāng)±≠kπ+時,1分

          有:f(x)=2sin(+)?cos +tan(+)?tan(-)

          =sin x+2cos2-1=sin x+cos x=sin(x+).4分

          (1)令-+2kπ≤x+≤+2kπ,得2kπ-≤x≤2kπ+.

          又由±≠kπ+,得x≠2kπ±.6分

          ∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間是:[2kπ-,2kπ-),(2kπ-,2kπ+](k∈Z).8分

          (2)當(dāng)x∈[0,)時,x+∈[,),則sin(x+)有最小值.10分

          此時f(x)min=1,故由題意得1-m>1⇒m<0.12分

          18.解:(1)四人恰好買到同一只股票的概率P1=6××××=.4分

          (2)(法一)四人中有兩人買到同一只股票的概率P2==.

          四人中每人買到不同的股票的概率P3===.

          所以四人中至多有兩人買到同一只股票的概率P=P2+P3=+==.8分

          (法二)四人中有三人恰好買到同一只股票的概率P4===.

          所以四人中至多有兩人買到同一只股票的概率P=1-P1-P4==.8分

          (3)每股今天獲利錢數(shù)ξ的分布列為:

          ξ

          2

          0

          -2

          P

          0.6

          0.2

          0.2

           

          所以,10手股票在今日交易中獲利錢數(shù)的數(shù)學(xué)期望為

          1000Eξ=1000×[2×0.6+0×0.2+(-2)×0.2]=800.12分

          19.解:(法一)(1)∵AC1=2,∴∠A1AC=60°.側(cè)面A1ACC1⊥底面ABC,作A1O⊥AC于點(diǎn)O,則A1O⊥平面ABC,可得:AO=1,A1O=OB=,AO=1,BO⊥AC.

          以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖空間直角坐標(biāo)系.2分

          則A(0,-1,0),B(,0,0),A1(0,0,),C(0,1,0),B1(,1,).

          ∴=(,1,0),=(,2,),=(0,2,0).

          設(shè)平面AB1C的法向量為n=(x,y,1),由解得n=(-1,0,1),4分

          由cos〈,n〉=-得:棱A1B1與平面AB1C所成的角的大小為arcsin .6分

          (2)設(shè)存在點(diǎn)P符合,且點(diǎn)P坐標(biāo)設(shè)為P(0,y,z),7分

          =+=(-2,0,0),∴D(-,0,0).

          ∴=(,y,z).平面AB1C的法向量n=(-1,0,1),又DP∥平面AB1C,

          ∴?n=0,得z=,由=λ得:∴y=0,∴P(0,0,).10分

          又DP⊄平面AB1C,故存在點(diǎn)P,使DP∥平面AB1C,其坐標(biāo)為(0,0,),恰好為A1點(diǎn).12分

          (法二)(1)如圖可得,B1C==,△ABM中,得AM=,

          ∴AB1=,AC=2,∴AC⊥B1C.∴S△AB1C=.

          設(shè)B到平面AB1C的距離是d,則有d==.3分

          設(shè)棱AB與平面AB1C所成的角的大小是θ,則sin θ==,5分

          又AB∥A1B1,∴A1B1與平面AB1C所成的角的大小是arcsin .6分

          (2)=+,∴四邊形ABCD是平行四邊形,∴==,8分

          ∴CDA1B1是平行四邊形.∴A1D∥B1C,10分

          又A1D⊄面AB1C,B1C⊂面AB1C,

          ∴A1D∥平面AB1C,故存在點(diǎn)P即點(diǎn)A1,使DP∥平面AB1C.12分

          20.解:(1)設(shè)d、q分別為數(shù)列{an}、數(shù)列{bn}的公差與公式.

          由題意知,a1=1,a2=1+d,a3=1+2d,等比數(shù)列{bn}的前三項是2,2+d,4+2d,

          ∴(2+d)2=2(4+2d)⇒d=±2.2分

          ∵an1>an,∴d>0.∴d=2,∴an=2n-1(n∈N*).4分

          由此可得b1=2,b2=4,q=2,∴bn=2n(n∈N*).5分

          (2)Tn=++…+=+++…+,①

          當(dāng)n=1時,Tn=+++…+.、

          ①-②,得:Tn=+2(++…+)-=+(1-)-.

          ∴Tn=3--=3-.9分

          ∴Tn+-=3-<3.10分

          ∴滿足條件Tn+-<c(c∈Z)恒成立的最小整數(shù)值為c=3.12分

          21.解:(1)在Rt△F1MF2中,|OM|==2知c=2,

          則解得a2=6,b2=2,∴橢圓方程為+=1.4分

          (2)設(shè)N(m,n)(m≠0),l為y=x+t,A(x1,y1),B(x2,y2),

          由y=x+t與+=1得(+)x2+tx+-1=0,6分

          由點(diǎn)N(m,n)在橢圓上知,+=代入得+tx+-1=0,

          ∴x1+x2=-mnt,x1x2=m2(-1),①8分

          ∴kNA+kNB=+=

          將①式代入得kNA+kNB=,

          又∵NA、NB與x軸圍成的三角形是等腰三角形得kNA+kNB=0,10分

          ∴n2=1代入+=1得m2=3,∴N(±,±1).12分

          22.解:(1)f′(x)=-(x>0).依題意f′(x)<0在x>0時有解,即ax2+2x-1>0在x>0有解.則Δ=4+4a>0且方程ax2+2x-1=0至少有一個正根.

          此時,-1<a<0.4分

          (2)a=-,f(x)=-x+b⇔x2-x+ln x-b=0.

          設(shè)g(x)=x2-x+ln x-b(x>0),則g′(x)=.列表:

          x

          (0,1)

          1

          (1,2)

          2

          (2,4)

          g′(x)

          0

          0

          g(x)

          ?

          極大值

          ?

          極小值

          ?

          ∴g(x)極小值=g(2)=ln 2-b-2,g(x)極大值=g(1)=-b-,g(4)=-b-2+2ln 2.6分

          ∵方程g(x)=0在[1,4]上恰有兩個不相等的實數(shù)根,

          則解得:ln 2-2<b≤-.9分

          (3)設(shè)h(x)=ln x-x+1,x∈[1,+∞),則h′(x)=-1≤0,

          ∴h(x)在[1,+∞)為減函數(shù),且h(x)max=h(1)=0,故當(dāng)x≥1時有l(wèi)n x≤x-1.

          ∵a1=1,假設(shè)ak≥1(k∈N*),則ak1=ln ak+ak+2>1,故an≥1(n∈N*).

          從而an1=ln an+an+2≤2an+1,∴1+an1≤2(1+an)≤…≤2n(1+a1).

          即1+an≤2n,∴an≤2n-1.14分

           

           


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