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9．若數(shù)列滿足(為常數(shù)).則稱數(shù)列為等比和數(shù)列.k稱為公比和．已知數(shù)列是以3為公比和的等比和數(shù)列.其中.則 ． 【查看更多】

 

題目列表(包括答案和解析)

若數(shù)列滿足（為常數(shù)），則稱數(shù)列為“等比和數(shù)列” ，稱為公比和。已知數(shù)列是以3為公比和的等比和數(shù)列，其中，，則(    )    

A．1 B．2 C． D．

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若數(shù)列滿足（為常數(shù)），則稱數(shù)列為“等比和數(shù)列” ，稱為公比和。已知數(shù)列是以3為公比和的等比和數(shù)列，其中，，則(    )    
A．1B．2C．D．

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若數(shù)列滿足（為常數(shù)），則稱數(shù)列為等比和數(shù)列，k稱為公比和．已知數(shù)列是以3為公比和的等比和數(shù)列，其中，則   　　  ．

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若數(shù)列滿足：是常數(shù)），則稱數(shù)列為二階線性遞推數(shù)列，且定義方程為數(shù)列的特征方程，方程的根稱為特征根； 數(shù)列的通項公式均可用特征根求得：

①若方程有兩相異實根，則數(shù)列通項可以寫成，（其中是待定常數(shù)）；

②若方程有兩相同實根，則數(shù)列通項可以寫成，（其中是待定常數(shù)）；

再利用可求得，進而求得．

根據(jù)上述結(jié)論求下列問題：

（1）當(dāng)，（）時，求數(shù)列的通項公式；

（2）當(dāng)，（）時，求數(shù)列的通項公式；

（3）當(dāng)，（）時，記，若能被數(shù)整除，求所有滿足條件的正整數(shù)的取值集合．

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若數(shù)列滿足（其中d為常數(shù)，），則稱數(shù)列為“調(diào)和數(shù)列”，已知數(shù)列為調(diào)和數(shù)列，且，則的最大值為　　　　　．

 

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一、填空題

1． ；   2．；   3．；   4．；    5．；

6．；      7．；   8．3；    9．．   10．

11．；   12．；  13．；      14．．

二、解答題

15．解：（1）由得：

，

由正弦定理知:  ，

（2），

由余弦定理知：

16．解：（Ⅰ）證明：取的中點，連接

因為是正三角形，

所以

又是正三棱柱，

所以面，所以

所以有面

因為面

所以；

（Ⅱ）為的三等分點，．

連結(jié)，，

∵ ，∴ ．

∴ ， ∴

又∵面，面

∴ 平面

17．解 （Ⅰ）設(shè)點P的坐標(biāo)為（x,y）,由P（x,y）在橢圓上，得

又由知，

所以

   （Ⅱ） 當(dāng)時，點（，0）和點（－，0）在軌跡上．

當(dāng)且時，由，得．

又，所以T為線段F2Q的中點．

在△QF1F2中，，所以有

綜上所述，點T的軌跡C的方程是

（Ⅲ） C上存在點M（）使S=的充要條件是

由③得，由④得  所以，當(dāng)時，存在點M，使S=；

當(dāng)時，不存在滿足條件的點M．

當(dāng)時，，

由，

，

，得

18．解：（1）（或）（）

（2）

當(dāng)且僅當(dāng)，即V=4立方米時不等式取得等號

所以，博物館支付總費用的最小值為7500元．

（3）解法1：由題意得不等式：

當(dāng)保護罩為正四棱錐形狀時，，代入整理得：，解得；

當(dāng)保護罩為正四棱柱形狀時，，代入整理得：，解得

又底面正方形面積最小不得少于，所以，底面正方形的面積最小可取1.4平方米

解法2. 解方程，即得兩個根為

由于函數(shù)在上遞減，在上遞增，所以當(dāng)時，總費用超過8000元，所以V取得最小值 

由于保護罩的高固定為2米，所以對于相等體積的正四棱錐與正四棱柱，正四棱柱的底面積是正四棱錐底面積的．所以當(dāng)保護罩為正四棱柱時，保護罩底面積最小， m2 

又底面正方形面積最小不得少于，，所以，底面正方形的面積最小可取1.4平方米

19．解：（Ⅰ）令得

當(dāng)為增函數(shù)；

當(dāng)為減函數(shù)，

可知有極大值為

（Ⅱ）欲使在上恒成立，只需在上恒成立，

設(shè)

由（Ⅰ）知，，

（Ⅲ），由上可知在上單調(diào)遞增，

  ①，

 同理  ②

兩式相加得

 

20．解：（1）證明：因為

所以即

可化為:

當(dāng)且僅當(dāng)即時

故 

（2）因為

 =

 =

又由可知 =

即 =

解之得  

故得所以

因此的通項公式為..

   （3）解：

所以

即S的最大值為

三、附加題

21A．（1）∵DE2=EF?EC，∴DE : CE=EF: ED．

          ∵ÐDEF是公共角，

          ∴ΔDEF∽ΔCED．  ∴ÐEDF=ÐC．

          ∵CD∥AP，    ∴ÐC=Ð P．

          ∴ÐP=ÐEDF．

（2）∵ÐP=ÐEDF，    ÐDEF=ÐPEA，

     ∴ΔDEF∽ΔPEA． ∴DE : PE=EF : EA．即EF?EP=DE?EA．

     ∵弦AD、BC相交于點E，∴DE?EA=CE?EB．∴CE?EB=EF?EP．

21B．法一：特殊點法

在直線上任取兩點（2、1）和（3、3），…………1分

則?即得點  …………3 分

即得點

將和分別代入上得

則矩陣 …………6 分

則     …………10 分

法二：通法

設(shè)為直線上任意一點其在M的作用下變?yōu)?sub>…………1分

則…………3分

代入得：

其與完全一樣得

則矩陣         …………6分

則           …………10分

21C．法一：將直線方程化為，    ………4分

，                       ………6分

設(shè)動點P，M，則 ，    ………8分

又 ，得；                        ………10分

法二：以極點為坐標(biāo)原點建立直角坐標(biāo)系，

將直線方程化為，………………4分

設(shè)P，M，，………6分

又MPO三點共線，， …………8分

轉(zhuǎn)化為極坐標(biāo)方程．   ………10分

21D．證明：  ∵a、b、c均為實數(shù)．

∴（＋）≥≥，當(dāng)a=b時等號成立；

（＋）≥≥，當(dāng)b=c時等號成立；

（＋）≥≥．

三個不等式相加即得++≥++，

當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時等號成立.

22．解：（I）以O(shè)為原點，OB，OC，OA分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．

則有A（0，0，1），B（2，0，0），C（0，2，0），E（0，1，0）．

 cos<>．

由于異面直線BE與AC所成的角是銳角，故其余弦值是．

（II），，

設(shè)平面ABE的法向量為，

則由，，得

取n＝（1，2，2），

平面BEC的一個法向量為n2＝（0，0，1），

．

由于二面角A－BE－C的平面角是n1與n2的夾角的補角，其余弦值是－．

23．解：的所有可能取值有6，2，1，-2；，

，

故的分布列為：

6

2

1

-2

0.63

0.25

0.1

0.02

 

（2）

（3）設(shè)技術(shù)革新后的三等品率為，則此時1件產(chǎn)品的平均利潤為

依題意，，即，解得 所以三等品率最多為

 


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