时间:2015-05-02 20:28:28
12．90°
13．495 14．-1 15．0.030，3 16．①④
17．①③④
三、解答题
1．设该数列的公差为
，前n项和为Sn．
由已知，可得
，
．
所以，
，
，
解得
或
，即数列{an}首项为4，公差为0，或首项为1，公差为3．
所以，数列的前
项和
或
．
2．(Ⅰ) 由题设知
，
，
两式相减得
，
由于
，所以
．
(Ⅱ) 由题知
，
，可得
．
由(Ⅰ)知，
．
令
，解得
．
故
，由此可得
是首项为1，公差为4的等差数列，
；
是首项为3，公差为4的等差数列，
．
所以
，
，
因此存在，使得
为等差数列．
3．(Ⅰ) 当日需求量
时，利润
．
所以y关于n的函数解析式为：
．
(Ⅱ) （i）
可能的取值为
，
，
，并且
．
的分布列为
|
X |
60 |
70 |
80 |
|
P |
0.1 |
0.2 |
0.7 |
的数学期望为
．
的方差为：
．
（ii）答案一：
花店应购进16枝玫瑰花．理由如下：
若花店一天购进17枝玫瑰花，Y表示当天的利润（单位：元），那么Y的分布列为
|
Y |
55 |
65 |
75 |
85 |
|
P |
0.1 |
0.2 |
0.16 |
0.54 |
Y的数学期望为
．
Y的方差为
DY=
=112.04．
由以上的计算结果可以看出，DX<DY，即购进16枝玫瑰花时，利润波动相对较小．另外，虽然EX<EY，但两者相差不大．故花店应购进16枝玫瑰花．
答案二：
花店应购进17枝玫瑰花．理由如下：
若花店一天购进17枝玫瑰花，Y表示当天的利润（单位：元），那么Y的分布列为
|
Y |
55 |
65 |
75 |
85 |
|
P |
0.1 |
0.2 |
0.16 |
0.54 |
Y的数学期望为
．
由以上的计算结果可以看出，EX<EY，即购进17枝玫瑰花时的平均利润大于购进16枝时的平均利润．故花店应购进17枝玫瑰花．
4．(Ⅰ) 可能的取值为：10，20，100，
．根据题意，有
，
，
，
．
所以的分布列为
|
|
10 |
20 |
100 |
-200 |
|
|
|
|
|
|
(Ⅱ) 设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件Ai（i=1,2,3），则
．
所以，“三盘游戏中至少有一次出现音乐”的概率为
．
因此，玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是
．
(III) 的数学期望为 
．
这表明，获得分数X的均值为负，
因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大．
5．(Ⅰ) 由
，得
，
即
，
则
，即
．
(Ⅱ) 由，
，得
，
由正弦定理，有
，所以，
．
由题知
，则
，故
，
根据余弦定理，有
，
解得
或
（舍去）．
故向量
在
方向上的投影为
．
6．(Ⅰ) 在△ABC中，
，
，
．
,
．
所以索道AB的长为1040米．
(Ⅱ) 由(Ⅰ) 及已知有，
米．
设乙出发
分钟后，甲到了
处，乙到了E处,
则有
,
．
根据余弦定理
,
即
.
当
时，
有最小值．
故乙出发
分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短．
(Ⅲ) 设甲所用时间为
，乙所用时间为
，乙步行速度为
．
由题意
,
,
所以，
．
解不等式得
．
故为使两位旅客在C处相互等待的事件不超过3分钟，乙步行的速度应控制在
（单位：米/分钟）范围内．
7．(Ⅰ) 如图所示，在平面ABC内，过P作直线l∥BC，因为l在平面A1BC外，BC在平面A1BC内，由直线与平面平行的判定定理可知，l∥平面A1BC．
由已知，AB=AC，D是BC的中点，
所以，BC⊥AD，则直线l⊥AD．
因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥直线l．
又因为AD，AA1在平面ADD1A1内，且AD与AA1相交．
所以直线l⊥平面ADD1A1．
(Ⅱ) 解法一：
连接A1P，过A作AE⊥A1P于E，过E作EF⊥A1M于F，连接AF．
由(Ⅰ) 知，MN⊥平面AEA1，所以平面AEA1⊥平面A1MN．
所以AE⊥平面A1MN，则A1M⊥AE．
所以A1M⊥平面AEF，则A1M⊥AF．
故∠AFE为二面角A—A1M—N的平面角（设为θ）．
设AA1=1，则由AB=AC= 2AA1，∠BAC=120°,有∠BAD=60°，AB=2，AD=1．
又P为AD的中点，所以M为AB的中点，且
，AM=1，
所以，在Rt△AA1P中，A1P=
；在Rt△A1AM中，A1M=
．
从而
=
，
=
，
所以sinq =
．
所以cosq =
=
=
．
故二面角A—A1M—N的余弦值为．
解法二：
设AA1=1，如图所示，过A1作A1E平行于B1C1，以A1为坐标原点，以
的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz（点O与点A1重合）．
则A1(0，0，0)，A(0，0，1)．
因为P为AD的中点，所以M，N分别为AB，AC的中点，
故M(
)，N(
)，
所以
，
，
．
设平面AA1M的一个法向量
，则
即
故有
从而
取
，则
，所以
．
设平面A1MN的一个法向量
，则
即
故有
从而
取
，则
，所以
．
设二面角A—A1M—N的平面角为θ,又θ为锐角，
则cosθ=
=
=．
故二面角A—A1M—N的余弦值为．
8．法一：
(Ⅰ) 设AB的中点为D，AD的中点为O，连结PO、CO、CD．
由已知，
为等边三角形．
所以
．
又平面PAB
平面ABC，平面PAB
平面ABC=AD，
所以
平面ABC．
所以
为直线PC与平面ABC所成的角．
不妨设AB=4，则PD=2，
，OD=1，
．
在Rt△OCD中，
，在Rt△POC中，
．
所以在Rt△POC中，
．
故直线PC与平面ABC所成的角的正弦值为
．
(Ⅱ) 如图所示，过D作DE⊥PA于点E，连结CE．
由已知可得，
平面PAB，故
．
又
，
，
故
平面CDE．
所以
．
所以∠DEC为二面角
的平面角．
由(Ⅰ) 知，CD=
，又在正△ADP中，DE=
，
在Rt△CDE中，CE=
，所以
．
故二面角的余弦值为
．
法二：
(Ⅰ) 设AB的中点为D，作PO⊥AB于点O，连结CD．
因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB平面ABC=AD，
所以PO⊥平面ABC．
所以PO⊥CD．
由AB=BC=CA ，知CD⊥AB．
设E为AC中点，则EO∥CD，从而OE⊥PO，OE⊥AB．
如图所示，以O为坐标原点，
的方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系
．
不妨设PA=2，由已知可得，AB=4，OA=OD=1，OP=，CD=2．
所以O（0,0,0），A（-1,0,0），C（1,2,0），P（0,0,）．
所以
，而
为平面ABC的一个法向量．
设
为直线PC与平面ABC所成的角，
则sin=
=
=．
故直线PC与平面ABC所成的角的正弦值为．
(Ⅱ) 由(Ⅰ) ，有
，
．
设平面APC的一个法向量为
，则
从而
取
，则
，所以
．
设二面角的平面角为
，易知为锐角．
而平面ABP的一个法向量为m
，则
．
故二面角的余弦值为．
9．(Ⅰ) 如图，取BD中点O，连接AO，CO．
由侧视图及俯视图知，△ABD，△BCD为正三角形，
因此AO⊥BD，OC⊥BD．
因为AO，OC
平面AOC内，且AOOC
，
所以BD⊥平面AOC．
又因为AC平面AOC，所以BD⊥AC．
取BO的中点H，连接NH，PH．
又M，N分别为线段AD，AB的中点，所以NH∥AO，MN∥BD．
因为AO⊥BD，所以NH⊥BD．
因为MN⊥NP，所以NP⊥BD．
因为NH，NP平面NHP，且NHNP
，所以BD⊥平面NHP．
又因为HP平面NHP，所以BD⊥HP．
又OC⊥BD，HP平面BCD，OC平面BCD，所以HP∥OC．
因为H为BO中点，
故P为BC中点．
(Ⅱ) 解法一：
如图，作NQ⊥AC于Q，连接MQ．
由(Ⅰ)知，NP∥AC，所以NQ⊥NP．
因为MN⊥NP，所以
为二面角A-NP-M的一个平面角．
由(Ⅰ)知，△ABD，△BCD为边长为2的正三角形，所以
．
由俯视图可知，AO⊥平面BCD．
因为OC
平面BCD，所以AO⊥OC，因此在等腰Rt△AOC中，
．
作BR⊥AC于R，
在△ABC中，AB=BC，所以
.
因为在平面ABC内，NQ⊥AC，BR⊥AC，所以NQ∥BR．
又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，
因此
．
同理，可得
．
所以在等腰△MNQ中，
．
故二面角A-NP-M的余弦值是
．
解法二：
由俯视图及(Ⅰ)可知，AO⊥平面BCD．
因为OC，OB平面BCD，所以AO⊥OC，AO⊥OB.
又OC⊥OB，所以直线OA，OB，OC两两垂直．
如图，以O为坐标原点，以
的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz．
则A(0，0，)，B(1，0，0)，C(0，，0)，D(-1，0，0)．
因为M，N分别为线段AD，AB的中点，
又由(Ⅰ)知，P为线段BC的中点，
所以
，
，
．
于是
，
，
，
．
设平面ABC的一个法向量，则
即
有
从而
取
，则
，
，所以
．
设平面MNP的一个法向量，则
即
有
从而
取
，所以
．
设二面角A-NP-M的大小为
，
则
=
=
．
故二面角A-NP-M的余弦值是．
10．(Ⅰ) 由已知条件，直线l的方程为
，
将其代入椭圆方程，得
，
整理得
． ①
直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q，等价于
，
解得
或
，
即k的取值范围为
．
(Ⅱ) 设
，
，则
．
由方程①，可得
． &nb
