fx∴或∴≤0的解集为2kππx2kπsi
x2kπx2kππx4≤xπ或2≤x0或1≤xπ
15fx
2
1
由于fxfyf
2x
xyx
121xy1x

2x∴fx
1f
2fx
fx
2fx
可得数列fx
为等比数列首项1x
1fx1f1∴fx
1×2
12
16解由图可知在RtHBE中有HE
11在RtHAF中有HF在RtHEF中有cosθsi
θ
FEHE2HF2
111ππ其中≤θ≤si
θcosθsi
θcosθ63111si
θcosθ1∴令si
θcosθt则2∵RtHEF的周长lsi
θcosθsi
θcosθsi
θcosθ
1RtHEF的周长lHEHFEF
5
1si
θcosθ
f1si
θcosθ1t12si
θcosθt21∴l122t1si
θcosθt12∵si
θcosθt∴t2si
θ4
又∴
π
π
6
≤θ≤
π
3
∴
5π762π31π≤2si
θ≤2≤si
θ≤1∴π≤θ≤π124124424
即
31π≤t≤2∴当t2即θ时RtHEF的周长l的最小值是22124
23
3
17解1选手甲答3道题进入决赛的概率为
8选手甲答4道题进入决赛的概率2781221622212222为C3选手甲答5道题进入决赛的概率为C4∴选手甲可进入决赛3332733381881664的概率P27278181231312依题意ξ的可能取值为345则有Pξ3333212121101221218222222Pξ4C322C322Pξ5C4C43333332733333327110810726∴Eξ3×4×5×3327272727
18证明法一∵∵A1C1B1∵ACB90°B1C1⊥A1C11∴又由直三棱柱性质知B1C1⊥CC1B1C1⊥∴证明平面ACC1A1∴B1C1⊥CD①由D为中点可知DCDC12∴DCDC1CC1即CD⊥DC1②
222
由①②可知CD⊥平面B1C1D又CD平面B1CD故平面B1CD⊥平面B1C1D2由1可知B1C1⊥平面ACC1A1如图在面ACC1A1内过C1作C1E⊥CD交CD或CD的延长线于E连结EB1由三垂线定理可知∵B1EC1为二面角B1DCC1的平面角∴∵B1EC160°B1C12由知C1E
2312322设ADx则DCx1∵DCC1的面积为1∴x11解得323
zC1A1DCPxByB1
x2即AD2
法二1证明如图以C为原点CACBCC1所在直线为xyz轴建立空间直角坐标系则C000A1001022BC1002D101即
C1B1020DC1101CD101
得

由由
CDC1B11010200000
CD⊥C1B1
CDDC11011011010得CD⊥DC1
又DC1∩C1B1C1∴CD⊥平面B1C1D又CD平面B1CD∴平面B1CDr