③当a>1时,函数f(x)=-x2+2ax+1-a在区间[0,1]上是增函数,
∴f(x)max=f
(1)=-1+2a+1-a=2,∴a=2.
综上可知,a=-1或a=2.
6.B 解析∵Sn的最小值仅为S6,∴a6<0,a7>0,
∴7.C 解析由题意,得y'=cosx-xsinx-cosx=-xsinx,即g(x0)=-x0sinx0,其为偶函数,图象关于y轴对称,故排除A,D;由x0>0且接近0时,g(x0)=-x0sinx0<0,故排除B,故选C.
8.A 解析由概率的性质及已知b2=ac,a=可知a+b+c+=1,即+b+2b2+=1⇒18b2+9b-2=0,解之,得b=或-(舍去),故c=2b2=,E(X)=-a+c+2×=-+2,故选A.
9.A 解析在边长为a的等边三角形ABC中,AD⊥BC于点D,
沿AD折成二面角B-AD-C,由定义知,∠BDC为所求二面角B-AD-C的平面角,又BC=BD=DC=a,∴△BDC为等边三角形.∴∠BDC=.
∴二面角B-AD-C的大小为.
10.B 解析如图所示,
在△ABC中,∵cosA=,∴sinA=.
∴S△ABC=|·||sinA=|·||·=8,即||·||=20.
设=λ,λ∈(0,1),
则+λ()=(1-λ)+λ,
又,∴λ=.
∴=3.
∴S△ABD=|·||=×8=6,
∴||·||=12.
又S△ACD=|·||=2,
∴||·||=4.
∴||·||·||·||=48.
∴||·||=,∴=||·||·∠EDF==-.
11. 解析设A,B,C,D,E每人所得依次为a1,a2,a3,a4,a5,由题设a1+a2+a3+a4+a5=5,且a1+a2=a3+a4+a5,即
故a5=a1+4d=.
12.5 i 解析|z|==5,
i.
故答案为5,i.
13.-2 -42 解析令x=1可得所有项系数和为-2,
又由于的通项为·(-2)r,
故(x2+1)的展开式的常数项是·(-2)+(-2)5=-42.
14.1 解析由余弦定理c2=a2+b2-2abcosC=1+3-2×1×=1,
∴c=1,S△ABC=absinC=×1×.
15. -1 解析以BC,BA为邻边作矩形ABCE,
则,故P是BE的中点,
从而可知PD=AB=1,
CP=AC=,CD=,
CP·CD=.
cos∠CPD==-,
=||·||cos∠CPD
=1×=-1.
16.150 解析5名学生可分为2,2,1和3,1,1两组方式.
当5名学生分成2,2,1时,共有=90种方法;当5名学生分成3,1,1时,共有=60种方法.由分类加法计数原理知共有90+60=150种保送方法.
17. 解析∵f(x)=|xex|=
当x≥0时,f'(x)=ex+xex≥0恒成立,所以f(x)在[0,+∞)上为增函数;当x<0时,f'(x)=-ex-xex=-ex(x+1),由f'(x)=0,得x=-1,当x∈(-∞,-1)时,f'(x)=-ex(x+1)>0,f(x)为增函数,当x∈(-1,0)时,f'(x)=-ex(x+1)<0,f(x)为减函数,所以函数f(x)=|xex|在(-∞,0)上有一个最大值为f(-1)=-(-1)e-1=,要使方程f2(x)+tf(x)+1=0(t∈R)有四个实数根,令f(x)=m,则方程m2+tm+1=0应有两个不等根,且一个根在内,一个根在内,再令g(m)=m2+tm+1,因为g(0)=1>0,则只需g<0,即t+1<0,解得t<-,所以,使得函数f(x)=|xex|,方程f2(x)+tf(x)+1=0(t∈R)有四个实数根的t的取值范围是.
18.解
(1)由已知得xQ=cos=coscos-sinsin,
yQ=sin=sincos+cossin,所以点Q的坐标为.
(2)函数f(x)=cossin
=cosx-sinx+cosx+sinx=cosx,于是,g(x)=cosx·cossin2x=sin.因-1≤sin≤1,故g(x)的值域为.
19.
(1)证明连接AC1,CB1,则△ACC1和△B1CC1皆为正三角形.取CC1中点O,连接OA,OB1,则CC1⊥OA,CC1⊥OB1,所以CC1⊥平面OAB1.所以CC1⊥AB1.
(2)解由
(1)知,OA=OB1=,又AB1=,
所以OA⊥OB1.如图所示,分别以OB1,OC1,OA为正方向建立空间直角坐标系,
则C(0,-1,0),B1(,0,0),A(0,0,),
设平面CAB1的法向量为m=(x1,y1,z1),
因为=(,0,-),=(0,-1,-),
所以
令z1=1,则m=(1,-,1).
设平面A1AB1的法向量为n=(x2,y2,z2),
因为=(,0,-),=(0,2,0),
所以
令z2=1,则n=(1,0,1).
则cos=,
因为二面角C-AB1-A1为钝角,
所以二面角C-AB1-A1的余弦值为-.
20.解
(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2(lnx+1),
令f'(x)=0,得x=,当x∈时,f'(x)<0,当x∈时,f'(x)>0,
所以f(x)在上单调递减;在上单调递增.
(2)存在x∈(0,+∞),使f(x)≤g(x)成立,
即2xlnx≤-x2+ax-3在x∈(0,+∞)上能成立,
等价于a≥2lnx+x+在x∈(0,+∞)上能成立,
等价于a≥.
记h(x)=2lnx+x+,x∈(0,+∞),
则h'(x)=+1-.
当x∈(0,1)时,h'(x)<0,
当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,
所以当x=1时,h(x)取最小值为4,故a≥4.
21.解
(1)由题意知,点P的轨迹为焦点在x轴上的椭圆,且a=,c=,b=,
所以动点P的轨迹方程为=1.
(2)若直线AB斜率不存在,则直线AB的方程为x=±,此时,|OQ|=.
若直线AB斜率存在,设直线AB方程为y=kx+b,A(x1,y1),B(x2,y2),联立
得(1+2k2)x2+4kbx+2b2-6=0,
所以x1+x2=-,x1x2=.
所以y1+y2=k(x1+x2)+2b=.
故点Q的坐标为.
因为直线AB与圆O相切,所以,即b2=2(1+k2),
所以|OQ|2=
=2.
当k=0时,|OQ|=,
当k≠0时,|OQ|2=2.
当且仅当4k2=时,等号成立,
所以|OQ|∈.
22.
(1)证明a1=2,a2=2×(2+2)=8,
an+1=2(Sn+n+1)(n∈N*),
an=2(Sn-1+n)(n≥2),
两式相减,得an+1=3an+2(n≥2),
经检验,当n=1时上式也成立,即an+1=3an+2(n≥1).
有an+1+1=3(an+1),即bn+1=3bn,且b1=3,
故{bn}是等比数列.
(2)解由
(1)得bn=3n,
Tn=1×3+2×32+3×33+…+n·3n,
3Tn=1×32+2×33+3×34+…+n·3n+1,
两式相减,得-2Tn=3+32+33+…+3n-n·3n+1=-n·3n+1,
化简得Tn=·3n+.
(3)证明由,
得+…++…+,
又,
有+…+
<
=,
故+…+.