高中数学一二维形式的柯西不等式试题

1,某单位为了了解用电量y度与气温xC之间的关系，随机统计了某4天的用电量与当天气温，并制作了对照表：

气温18 13 10 -1 (0C)

用电量24 34 38 (度)

ˆbxa中b2，预测当气温为40C 时，由表中数据得线性回归方程y用电量的度数约为________.

2,设方程2lnx72x的解为x0,则关于x的不等式x2x0的最大整数解为________

3,对一个作直线运动的质点的运动过程观测了8次,得到如下表所示的数据.

观测次数i 1 2 3 4 5 6 7 8

40 41 43 43 44 46 47 48 观测数据ai

在上述统计数据的分析中,一部分计算见如图所示的算法流程图(其中a是这8个数据的平均数),则输出的S的值是________

2C:yxx1上一点,曲线C在点P处的切线的斜率的范围P4,设为曲线

是[1,3],则点P纵坐标的取值范围是________

05,已知an是等比数列,a22,a48,则

=________

6,在平面直角坐标平面内,不难得到“对于双曲线xyk（k0）上任意一

MPNy轴上的射影分别为M、N，点P,若点P在x轴、则Pa1a2a2a3a3a4anan1必为定值k”.

x2y2212类比于此，对于双曲线ab（a0,b0）上任意一点P,类似的命

题为:________.

2xR,xx10”的否定是7,现有下列命题:①命题“

2xR,xx10”；② 若Ax|x0,Bx|x1,则A(ðRB)=A；③“

函数f(x)sin(x)(0)是偶函数的充要条件是

k2(kZ)；④若

非零向量a,b满足|a||b||ab|,则b与(ab)的夹角为 60º.其中正确命题的序号有________.(写出所有你认为真命题的序号)

x2y221(ab0)2A,Fab8,设分别是椭圆的左顶点与右焦点,若在其右准

线上存在点P,使得线段PA的垂直平分线恰好经过点F,则椭圆的离心

率的取值范围是________ 9,若关于x的不等式是________ 10,已知在ABC中, (Ⅰ)求tan2A；

22sin(B)23,c22,求ABC的面积. (Ⅱ)若

x22xt至少有一个负数解，则实数t的取值范围

cosA63,a,b,c分别是角A,B,C所对的边.

11,已知(Ⅰ)求

C过点P(1,1),且与C的方程；

222M:(x2)(y2)r(r0)关于直线

xy20对称.

(Ⅱ)设Q为C上的一个动点,求PQMQ的最小值；

(Ⅲ)过点P作两条相异直线分别与C相交于A,B,且直线PA和直线PB的倾斜角互补,O为坐标原点,试判断直线OP和AB是否平行?请说明理由.

12,已知函数f(x)f(2)m,f(t)n.

2(x3xx3定)e义域为2,t(t2),设

(Ⅰ)试确定t的取值范围,使得函数f(x)在2,t上为单调函数；

(Ⅱ)求证:nm；

f'(x0)22(t1)x3(Ⅲ)求证:对于任意的t2,总存在x0(2,t),满足e0,并确

x0定这样的的个数

13,在正项数列an中,令

npa1an1Sni1n1aiai1.

（Ⅰ）若an是首项为25,公差为2的等差数列,求S100；

Sn（Ⅱ）若差数列；

,

（p为正常数）对正整数n恒成立,求证an为等

22aa1k1M的所有等差数列k（Ⅲ）给定正整数,正实数M,对于满足

an求Tak1ak2a2k1的最大值.

214,袋中装有黑球和白球共7个,从中任取2个球都是白球的概率为7.现

在甲、乙两人从袋中轮流摸取1球，甲先取,乙后取,然后甲再取,……,取后不放回,直到两人中有一人取到白球时即终止.每个球在每一次被取出的机会是等可能的,用表示取球终止时所需要的取球次数． (Ⅰ)求袋中原有白球的个数；

(Ⅱ)求随机变量的概率分布及数学期望E； (Ⅲ)求甲取到白球的概率．

12i15,复数i的虚部是（ ） A．i B．1

C．1 D． i

16,下列四个命题中，不正确的是（ ）

limf(x)limf(x)xx0f(x)xx0xx0A．若函数在处连续，则

x11x12

B． x1limx32C．函数f(x)=x9的不连续点是x=3和x=－3

lim[f(x)g(x)]0limf(x)limg(x)f(x)g(x)D．若函数

、满足x，则xx

17,函数y3x21(1x0)的反函数是（ ）

1y1log3x(x)3 A．

1y1log3x(x1)3C．

1y1log3x(x1)3 B． 1y1log3x(x)3 D．

18,连掷两次骰子得到的点数分别为m和n，记向量a=(m，n)与向量

b(1，1)的夹角为，则

0，的概率是（ ）

7A．12

1 B．2

5 C．12

5 D．6

19,如果消息A发生的概率为PA，那么消息A所含的信息量为

。若王教授正在一个有4排8列座位的小型报告厅里听报告，

则发布的以下4条消息中，信息量最大的是（ ）

A．王教授在第4排 B．王教授在第4排第5列 C．王教授在第5列 D．王教授在某一排

20,将数字3，4，5，6，7排成一行，使得相邻两个数都互质，则可能的排列方法共有（ ）

A．30种 B．48种 C．42种 D．36种

IAlog21PA试题答案

1, 68 2, 4 3, 7

3[,3]4, 4 2(14n)5, 3

MPNN，6, 若点P在两渐近线上的射影分别为M、则P7, ②③

1,128,  9,29, 4

a2b222必为定值ab

10, 解: (Ⅰ)因为

tan2AcosA632sinAtanA3,∴3,则2

2tanA2221tanA 22221sin(B)cosBsinB23,得3,3 (Ⅱ)由

sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB63

由正弦定理,得

a122csinASacsinB223 sinC,∴ABC的面积为

a2b22022a0b21(a,b)a211, 解:(Ⅰ)设圆心C,则,解得b0

2222xyrC则圆的方程为,将点P的坐标代入得r2,故圆C的方程为x2y22

22xy2,且PQMQ(x1,y1)(x2,y2) Q(x,y)(Ⅱ)设,则

22xyxy4=xy2,所以PQMQ的最小值为4(可由线性规划或=

三角代换求得)…(10分)

(Ⅲ)由题意知, 直线PA和直线PB的斜率存在,且互为相反数,故可设PA:y1k(x1),

y1k(x1)22PB:y1k(x1),由xy2,得(1k2)x22k(1k)x(1k)220

k22k1xA1k2同因为点P的横坐标x1一定是该方程的解,故可得

理

kAB,

k22k1xB1k2,

1(A所

1以

ByByk(xAkx1kkBx)xxBxAxBxAxBxA)=kOP

所以,直线AB和OP一定平行

2xxxf(x)(x3x3)e(2x3)ex(x1)e12, (Ⅰ)解:因为

由f(x)0x1或x0；由f(x)00x1,所以f(x)在(,0),(1,)上

递增,

在(0,1)上递减

欲f(x)在2,t上为单调函数,则2t0

(Ⅱ)证:因为f(x)在(,0),(1,)上递增,在(0,1)上递减,所以f(x)在x1处取得极小值e

13e2e又,所以f(x)在2,上的最小值为f(2)

从而当t2时,f(2)f(t),即mn f(2)f'(x0)f'(x0)22222xx(t1)xx(t1)20000x0x033(Ⅲ)证:因为e,所以e即为,

22g(x)x2x(t1)2g(x)x2x(t1)233令,从而问题转化为证明方程=0

在(2,t)上有解,并讨论解的个数

2221g(2)6(t1)2(t2)(t4)g(t)t(t1)(t1)2(t2)(t1)3333因为,所

以

①当t4或2t1时,g(2)g(t)0,所以g(x)0在(2,t)上有解,且只有一解

2g(0)(t1)203②当1t4时,g(2)0且g(t)0,但由于,

所以g(x)0在(2,t)上有解,且有两解

2g(x)xx0x0或x1,所以g(x)0在(2,t)上有且只有t1③当时,

一解；

2g(x)xx60x2或x3, t4当时,

所以g(x)0在(2,4)上也有且只解

f'(x0)22(t1)x3综上所述, 对于任意的t2,总存在x0(2,t),满足e0,

且当t4或2t1时,有唯一的x0适合题意；当1t4时,有两个x0适合

题意

2(t1)2(说明:第(Ⅱ)题也可以令(x)xx,x(2,t),然后分情况证明32在其值域内,并讨论直线到相应的x0的个数)

y2(t1)23与函数(x)的图象的交点个数即可得

13, （Ⅰ）解：由题意得,（Ⅱ）证:令n1,所以

Sni1naai1i12aiai1a201a15S1002,所以=

p1a1a2a1a2npa1an1,则p=1

Sn1i1n11aiai1=（1）,

1aiai1=(n1)pa1an2（2）,

（2）-（1）,得(n1)a1an2-na1an1=1an1an2, 化简得(n1)an1nan2a1(n1)（3）

(n2)an2(n1)an3a1(n1)（4）,（4）-（3）得an1an32an2(n1)

(k1)tk(k1)d2

在（3）中令n1,得a1a32a2,从而an为等差数列 （Ⅲ）记tak1,公差为d,则Tak1ak2a2k1=

Tkdt2222Maat(tkd)1k12,则k1

4kd14kd2T2(t)2(4t3kd)2(t)2()102101025k1

Mat3k1104t3kd2kd2d4M(k1)10MM(t)Tk1052,即2则,当且仅当时等号成立 

n(n1)2Cn(n1)2767C76214, 解：(Ⅰ)设袋中原有n个白球,由题意知：，

所以n(n1)=12，解得n=4(舍去n3),即袋中原有4个白球

2n27(Ⅱ)由题意,的可能取值为1，2，3，4

4342324432141P(1);P(2);P(3);P(4)776776535765435,

所以，取球次数的分布列为：



1

47

2

27

3

435

4

135

P

E85

(Ⅲ)因为甲先取,所以甲只有可能在第1次和第3次取球,记“甲取到白球”的事件为A，

则P(A)P(\"1\"或 “=3”）,所以

15, C 16, D 17, C 18, A 19, B 20, D

P(A)P(1)P(3)2435