1.已知集合A={x|lg2x0的解集是( )
A. (?∞,1)B. (1,+∞)C. (?∞,?3)D. (?3,+∞)
7.已知圓臺(tái)的側(cè)面展開圖是半個(gè)圓環(huán)，側(cè)面積為4π，則圓臺(tái)上下底面面積之差的絕對值為( )
A. πB. 2πC. 4πD. 8π
8.已知02．
19.(本小題17分)
如圖，已知給定線段B1C1長為2，以B1C1為底邊作頂角為θ(0°0，
y1+y2=?4mm2?1，y1y2=2m2?1，
因?yàn)閤2≠1則直線NQ的方程為y=y2?y1x2?1(x?1)+y1，
由雙曲線對稱性得直線NQ所過定點(diǎn)必在x軸上，
故令y=0得0=y2?y1x2?1(x?1)+y1，
則x=y2?y1x2y2?y1，
因?yàn)閤2=my2+2，
所以x=y2?y1x2y2?y1=y2?my1y2?2y1y2?y1，
因?yàn)閥1+y2=?4mm2?1y1y2=2m2?1，
所以y1+y2y1y2=?2m，則y1+y2?2=my1y2，
所以x=y2?my1y2?2y1y2?y1=y2+y1+y22?2y1y2?y1=32．
所以直線NQ恒過M(32,0)．
(ii)因?yàn)镾△OQN=12|OM||y1?y2|
=12?32|y1?y2|
=34 (y1+y2)2?4y1y2
=3 22 m2+1(m2?1)2，
由(i)得， m2?1≠0Δ=8m2+8>0y1y2=2m2?10，g(x)=ex?a x有解，g′(x)=ex?a2 x=2ex x?a2 x，
①若a≤0，g(x)單調(diào)遞增，g(x)>g(0)=1此時(shí)不存在零點(diǎn);
②若a>0，令?(x)=2ex x?a，?(0)=?a0，
由零點(diǎn)存在定理可知存在x0∈(0,a2)，?(x0)=0，
所以g(x)在(0,x0)上為減函數(shù)，在(x0,+∞)上為增函數(shù)，
故g(x)min=ex0?a x0=a2 x0?a x0≤0，解得x0≥12，
故a≥ 2e12= 2e?
(ii)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)存在零點(diǎn)，
所以f(x)=ex?a x?bx有解x0，其中x0≥0，
若x0=0，則1?a×0?b×0=0，該式不成立，故x0>0．
故a x0+bx0?ex0=0，
考慮直線a x0+bx0?ex0=0，
a2+b2表示原點(diǎn)與直線a x0+bx0?ex0=0上的動(dòng)點(diǎn)(a,b)之問的距離，
a2+b2≥ex0 x02+x0，所以a2+b2≥e2x0x02+x0，
x0>0時(shí)，要證a2+b2>2，只需證e2x0x02+x0>2，即證e2x0?2x02?2x0>0．
令g(x)=e2x?2x2?2x，x>0，則g′(x)=2e2x?4x?2=2(e2x?2x?1)，
令?(x)=e2x?2x?1，故?′(x)=2(e2x?1)>0，
?(x)在(0,+∞)上為增函數(shù)，故?(x)>?(0)=0．
即g′(x)>0，g(x)在(0,+∞)上為增函數(shù)，
故g(x)>g(0)=1，故e2x0x02+x0>2，即a2+b2>2成立．
19.解：(1)設(shè)△A2B2C2的外接圓半徑為r2，
由題意知，A1B1=B1C12sinθ2=1sinθ2，B2C2=13A1B1=13sinθ2，
又∠A2=θ，則2r2=B2C2sinθ=13sinθsinθ2．
故△A2B2C2的外接圓半徑為r2=16sin θsin θ2．
(2)設(shè)△AnBnCn的外心為On，外接圓半徑為rn，BnCn的中點(diǎn)為Mn，BnCn=ln，
則rn=ln2sinθ，AnBn=ln2sin θ2，ln+1=13AnBn=ln6sinθ2．
注意到An?1Bn?1的中點(diǎn)也為Mn，
故An?1Bn?1的中垂線與BnCn中垂線重合．
由題意知An，On，On?1均在BnCn的中垂線上．
而On?1Mn=An?1Mn?tanθ2=An?1Bn?12?tanθ2=ln?14csθ2=ln?12 3，
OnMn=BnMntanθ=ln2tanθ=ln?112sin θ2tan θ=ln?16 3，
故．
另一方面，，
故△AnBnCn的外接圓內(nèi)切于△An?1Bn?1Cn?1的外接圓．
從而△AnBnCn的外接圓各點(diǎn)位于△An?1Bn?1Cn?1，的外接圓上或其內(nèi)部． ①
反復(fù)使用結(jié)論 ①可得，△AnBnCn的外接圓位于△A1B1C1外接圓上或其內(nèi)部．
故△AnBnCn各頂點(diǎn)均在△A1B1C1外接圓上或其內(nèi)部．
(3)若滿足題意，則A2位于在△A1B1C1外接圓上或其內(nèi)部，
故A2O1≤r1．
由(2)知O1M2=A1M2?tanθ2=A1B12?tanθ2=l14cs θ2，
A2M2=l22tan θ2=l1?cs θ212sin2 θ2，A2O1=A2M2+O1M2=l14(1cs θ2+cs θ23sin2 θ2).
由題意，A2O1≤r1，即l14(1csθ2+cs θ23sin2θ2)≤l12sin θ，
解得12≤sinθ2≤1.故60°≤θ≤90°．
當(dāng)60°≤θ≤90°，同上可得AnOn?1≤rn?1．
由(2)知An，On，On?1，共線，故AnOn+OnOn?1≤rn?1，即rn+OnOn?1≤rn?1．
故OnOn?1≤rn?1?rn，
故△AnBnCn的外接圓位于△An?1Bn?1Cn?1外接圓上或其內(nèi)部．
故△AnBnCn各頂點(diǎn)均在△A1B1C1外接圓上或其內(nèi)部，故csθ的范圍為[0,12].
P(χ2≥k)
0.100
0.050
0.010
k
2.706
3.841
6.635
χ
0
1
2
3
P
1125
12125
48125
64125

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