7、
2. {1,2,3} 【解析】 由A∩B={2},得a=1,所以A={3,2},B={1,2},A∪B={1,2,3}.
3. 231 【解析】 由流程圖知,當x=231時滿足題意.
4. 1.5 【解析】 男生的所有成績的個位上數(shù)字之和為47,所以男生的總成績?yōu)?7+90×3+80×2+70×2+60×2+50×1=787,因此男生的平均成績?yōu)?8.7,同理得女生的平均成績?yōu)?7.2,所以男生的平均成績與女生的平均成績之差是1.5.
5. 充分不必要 【解析】 當x>y>0時,>1成立;反之不成立,x1.
6. 2 【解析】 y'=,所以斜率k=
8、×=,切線方程是y-2=(x-4).令x=0,y=1;令y=0,x=-4,所以三角形的面積是S=×1×4=2.
7. π 【解析】 設母線長為l,則l=2π,即l=3,所以高h=2,V=r2h=π.
8. n4 【解析】 S1=1,S1+S3=16,S1+S3+S5=81,…,猜想S1+S3+…+S2n-1=n4.
9. 14或-2 【解析】 拋物線的準線方程為x=-,由于拋物線的準線與圓相切,所以=4,解得a=14或-2.
10. 2 【解析】 畫出約束條件下的可行域如圖中陰影部分所示,平移直線2x+y=0至點M時,函數(shù)z=2x+y取得最大值,此時目標函數(shù)w=log
9、3(2x+y)也取得最大值.由得即點M(3,3),此時wmax=log3(2×3+3)=log39=2.
(第10題)
11. 4 【解析】 S=a2-(b-c)2=a2-b2+2bc-c2,由余弦定理得S=-2bccos A+2bc.又S=bcsin A,從而有-2bccos A+2bc=bcsin A,所以=4.
12. cf>f(ln3),故c
10、向左平移個單位長度后得到的函數(shù)為f=sin=sin,
因為此時函數(shù)為奇函數(shù),所以+φ=kπ,k∈Z,所以φ=-+kπ,k∈Z.因為|φ|<,所以當k=0時,φ=-,所以f(x)=sin.因為0≤x≤,所以-≤2x-≤,即當2x-=-時,函數(shù)f(x)=sin有最小值,且最小值為sin=-.
14. {4} 【解析】 因為函數(shù)f (x)=ax2+bx+與直線y=x相切于點A(1,1),所以有解得a=,b=,所以f(x)=(x+1)2,即f(x-t)=(x+1-t)2≤x對于任意x∈[1,9]恒成立,即-2≤x+1-t≤2對于任意x∈[1,9]恒成立,即-2-x-1≤-t≤2-x-1對于∈[
11、1,3]恒成立.又-2-x-1≤-4,2-x-1≥-4,所以-t=-4,即t=4,故滿足條件的實數(shù)t的取值集合為{4}.
15. (1) 由已知得(b+c)2-a2=3bc,即a2=b2+c2-bc.
由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得cos A=.
因為0
12、EM,A1G=EM,
所以四邊形A1GME是平行四邊形,所以A1E∥GM,
因為A1E?平面GBC,GMì平面GBC,
所以A1E∥平面GBC.
(第16題)
(2) 在三棱柱A1B1C1-ABC中,G,F分別為A1C1,AC的中點,
所以A1G=FC且A1G∥FC,
所以四邊形A1FCG為平行四邊形,
所以A1F∥CG.
因為A1F⊥平面ABC,所以CG⊥平面ABC.
因為ACì平面ABC,
所以CG⊥AC.
因為CB⊥AC,CG,CBì平面GCB,CG∩CB=C,
所以AC⊥平面BCG,
又因為BGì平面BCG,所以AC⊥BG,
因為CH⊥BG,且AC∩C
13、H=C,AC,CHì平面ACH,
故BG⊥平面ACH.
17. (1) 設該產品每噸的價格上漲x% 時,銷售額為y萬元,
由題意得y=10×1 000×(1+x%)×(1-mx%),
即y=-mx2+100(1-m)x+10 000(010×1 000,
即-mx2+100(1-m)x+10 000>10 000,00(
14、00,則>xmax,
即>80,所以00),
所以h'(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a).
令h'(x)=0,解得x1=-1,x2=a>0.
當x變化時,h'(x),h(x)的變化情況如下表:
x
(-∞,-1)
-1
(-1,a)
a
(a,+∞)
h'(x)
+
0
-
0
+
h(x)
↗
極大值
↘
極小值
↗
所以函數(shù)h(x)的單調增區(qū)間為(-∞,-1),(a,+∞),單調減區(qū)間為(-1,a).
故h(x)在區(qū)間(-2,-1)上單調遞增,在區(qū)間(-1,0)上單調遞減.
從而由函數(shù)h(x)在區(qū)間(-2,0)上恰有兩個零點,
可知當且僅當即
解得0