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m

A1M

0

mA1A0
所以
x4z
3y0.
2z

0,可取
m


310.





p
q
r
为平面A1MN的法向量,则



MNA1N

0,0.
所以

3qp2r
0,
可取
0.



2
0
1

于是cosm


m
m‖


22
35

15,5
所以二面角AMA1N的正弦值为10.5
7
f19.解:设直线
l

y

32
x

t
A
x1
y1

B

x2
y2


(1)由题设得
F

34

0

,故

AF



BF

x1

x2

32
,由题设可得
x1

x2

52


y3xt2y23x
,可得9x2
12t
1x

4t2

0
,则
x1

x2

12t19

从而12t15,得t7.
92
8
所以l的方程为y3x7.28
(2)由AP3PB可得y13y2.


y

32
x

t
,可得
y2

2y

2t

0

y23x
所以y1y22.从而3y2y22,故y21y13.
代入C
的方程得
x1

3
x2

13

故AB413.3
20.解:(1)设gx
f
x
,则gx
cosx1,gx1x

si
x
11x2


x


1
2

时,g
x
单调递减,而
g0

0
g
2


0
,可得
g
x


1
2

有唯一零点,
设为
则当
x

1

时,
g

x

0
;当
x




2

时,
g
x

0

所以
gx

1

单调递增,在


2

单调递减,故
g
x


1
2

存在唯一极大
8
f值点,即
f
x


1
2

存在唯一极大值点
(2)fx的定义域为1
(i)当x10时,由(1)知,fx在10单调递增,而f00,所以当
x10时,fx0,故fx在10单调递减,又f00,从而x0是fx
在10的唯一零点
(ii)当
x


0
2

时,由(1)知,
f

x

0

单调递增,在


2

单调递减,而
f
00,
f


2


0
,所以
存在




2

,使得
f

0,且当
x0
时,
f

x

0;当
x




2

时,
f
x

0故
f
x

0


单调递增,在


2
r
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