作业第Ⅰ套
法1：排列组合法，含有(x^2)项的有两个来源：其一(C_3^1cdot x^2cdot C_2^2cdot 2^2)，其二为(C_3^2cdot (x^2)^2cdot C_1^1cdot cfrac{1}{x^2})；
则故其和为(3cdot 4cdot x^2+3cdot x^2=15x^2)，故选(B)
法2：转化划归法，三项式转化为二项式，具体解法见对应博客。
法3：((x^2+cfrac{1}{x^2}+2)^3=(x+cfrac{1}{x})^6)，再求解。
法1：向上抛掷一个质地均匀的骰子4次，共有结果(6 imes 6 imes 6 imes 6)种，每一种结果可以用四维坐标((x，y，z，s))来表示；其中朝上的面是奇数的次数大于朝上的面是偶数的次数共有(C_4^3 imes 3 imes 3 imes 3 imes 3)(三个数位上为奇数，一个数位上为偶数)和(C_4^4 imes 3 imes 3 imes 3 imes 3)(四个数位上都为奇数)，即共有(5 imes 3 imes 3 imes 3 imes 3)，故所求概率为(P=cfrac{5 imes 3 imes 3 imes 3 imes 3}{6 imes 6 imes 6 imes 6}=cfrac{5}{16})，故选(C)。
法2：向上抛掷一个质地均匀的骰子4次，共有结果(6 imes 6 imes 6 imes 6)种，每一种结果可以用四维坐标((x，y，z，s))来表示；其中每一个数位上出现奇数和偶数的概率都是(cfrac{1}{2})，依次设每一个数位上出现奇数为事件(A_1，A_2，A_3，A_4)，则(P(A_1)=P(A_2)=P(A_2)=P(A_4)=cfrac{1}{2})，且这些事件之间是相互独立的，故抛掷4次相当于做了4次独立重复实验；
设随机变量(X)表示每一个数位上出现奇数的次数，则(Xsim B(4，cfrac{1}{2}))；
所求概率即(P=P(X=3)+P(X=4)=C_4^3 imes (cfrac{1}{2})^3(1-cfrac{1}{2})^{4-3}+C_4^4 imes (cfrac{1}{2})^4(1-cfrac{1}{2})^{4-4}=cfrac{5}{16})，故选(C)。
分析：令(g(x)=(a^2-4)x^5+2x^3+(a-2)x+sin2x)，则(g(x))为奇函数，则(g(-x)=-g(x))，
这样(f(x)=g(x)+1)，由于(f(3)=g(3)+1=10)，
令(f(-3)=m=g(-3)+1)，两式相加得到，
(g(3)+1+g(-3)+1=10+m)，即(g(3)+g(-3)+2=10+m)，即(2=10+m)，
解得(m=-8)，即(f(-3)=-8)，故选(A)。
分析：如图所示，可知(a=2)，
由双曲线的定义可知，(|AF_2|-|AF_1|=2a=4)，(|BF_2|-|BF_1|=2a=4)，
则(|AF_2|=|AF_1|+4)，(|BF_2|=|BF_1|+4)，
又由于(|AF_2|+|BF_2|ge 13)，即(|AF_1|+4+|BF_1|+4ge 13)，
即(|AF_1|+|BF_1|ge 5)，即(|AB|ge 5)，
又由于过焦点的弦中，只有通径最小，故(AB)为通径，
则可知(A(-c，cfrac{5}{2}))，
由(left{egin{array}{l}{cfrac{x^2}{4}-cfrac{y^2}{b^2}=1}\{x=-c}end{array} ight.)，以及(y=cfrac{5}{2})，
代入得到(cfrac{c^2}{4}-1=cfrac{y^2}{b^2})，即变形得到(b^2cdot cfrac{c^2-4}{4}=y^2=cfrac{25}{4})，
即(b^2(c^2-4)=25)，即((c^2-4)(c^2-4)=25)，即(c^2-4=5)，
故(c=3)，又(a=2)，则(e=cfrac{c}{a}=cfrac{3}{2})，故选(A)。
分析：如图所示，
由题可知，焦点坐标为((cfrac{m}{4}，0))，准线为(x=-cfrac{m}{4})，
故焦点(C)到准线的距离为(cfrac{m}{2})；
又由于(OA=OB=2sqrt{2})，(S_{ riangle OAB}=4)，
则(S_{ riangle OAB}=cfrac{1}{2} imes 2sqrt{2} imes 2sqrt{2} imes sinangle AOB=4)，
则(sinangle AOB=1)，即(angle AOB=cfrac{pi}{2})，
故( riangle OAB)为等腰直角三角形，则(A(2，2))，
代入(y^2=mx)求得，(m=2)，
故焦点(C)到准线的距离为(cfrac{m}{2}=1)；故选(D)。
分析：如图所示，三视图的实物图可以从正方体中得到，是四棱锥(D-A_1BCD_1)，故其外接球的直径为(A_1C=BD_1=sqrt{3})，则半径为(R=cfrac{sqrt{3}}{2})，表面积为(S=4pi R^2=3pi)，故选(A)。
分析：过点(P)作(PN)垂直准线于点(N)，过点(Q)作(QC)垂直准线于点(C)，
则由抛物线的定义可知，(|QF|=|QC|)，(|PN|=|PF|)，
由(overrightarrow{MP}+2overrightarrow{FP}=vec{0})，可知(|PM|=2|PN|)，又由于(RT riangle PNM)，则(angle NMP=30^{circ})。
在(RT riangle PNM)中，(|BF|=2)，(angle BMF=30^{circ})，故(|MF|=4)，设(|FQ|=x)，
又由平行线分线段成比例定理可知，(cfrac{4}{4+x}=cfrac{2}{x})，解得(x=4)，则(|FQ|=4)，故选(B)。
分析：完全分离参数法，得到方程(x^2-xcosx+sinx=m)有两个不同的实数根，
即函数(y=m)和函数(f(x)=x^2-xcosx+sinx)的图像有两个不同的交点，
以下用导数法求函数(f(x))的单调性；
(f'(x)=2x-cosx+xsinx+cosx=2x+xsinx=x(2+sinx))，
由于(2+sinx>0)恒成立，故
当(xin(-infty，0))时，(f'(x)<0)，(f(x))单调递减，
当(xin(0，+infty))时，(f'(x)>0)，(f(x))单调递增，
故当(x=0)时，函数(f(x)_{min}=f(0)=0)，
借助函数的大致图像可知，
要使得函数(y=m)和函数(f(x)=x^2-xcosx+sinx)的图像有两个不同的交点，
则实数(m)的取值范围是((0，+infty))。
作业第Ⅱ套
分析：
由图可知，实物图为三棱锥(D-ABC)，且有(AB=BC=CD=AD=2)，(AE=CE=1)，(angle BED=cfrac{pi}{2})，面(ADCperp)面(ABC)，故可求得(DE=BE=sqrt{3})，则最长的侧棱(BD)与底面所成的角为可知(angle DBE=45^{circ})。
分析：设点(A(x_1，y_1))，点(B(x_2，y_2))，其中点坐标为((x_0，y_0))
则有(y_1^2=2px_1)，(y_2^2=2px_2)，两式做差(点差法)得到，
((y_1+y_+2)(y_1-y_2)=2p(x_1-x_2)(x_1+x_2))，即(cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=cfrac{2p}{y_1+y_2})，
即(cfrac{p}{cfrac{y_1+y_2}{2}}=k_{AB}=1)，即(y_0=p)，
由于抛物线的焦点坐标为((cfrac{p}{2}，0))，则直线(AB)方程为(y=x-cfrac{p}{2})，
则其中垂线方程为(y-2=-1(x-0))，联立解得，
(y_0=1-cfrac{p}{4})，故(y_0=p=1-cfrac{p}{4})，解得(p=cfrac{4}{5})，故选(B)。
(A.)有最小值(30)或最大值(-30)；
(B.)有最大值(10sqrt{2})；
(C.)有最小值(-30)或最大值(30)；
(D.)无最大值也无最小值；
分析：由等比数列性质可知，(a_5a_{16}=a_{10}a_{11})，又由于(a_5a_{16}=a_1^2cdot q^{19}=225)，
则可知(q>0)，但是(a_1>0)或(a_1<0)，
当(a_1>0)且(q>0)时，(a_{10}>0)，(a_{11}>0)，此时
(a_{10}+a_{11}ge 2sqrt{a_{10}a_{11}}=2sqrt{225}=30)；
当(a_1<0)且(q>0)时，(a_{10}<0)，(a_{11}<0)，此时
(a_{10}+a_{11}=-[(-a_{10})+(-a_{11})]leq -2sqrt{(-a_{10})(-a_{11})}=-2sqrt{225}=-30)；故选(A)。
分析：由于正态分布曲线的对称轴(mu=80)，故借助正态分布曲线可知(P(80leq X< 90)=0.2)，故(P(70leq X<80)=0.2)，
则(P(Xge 70)=P(70leq X<80)+P(80leq X<90)+P(Xge 90)=0.2+0.2+0.3=0.7)，
故成绩不低于70分的学生人数约为(2000 imes 0.7=1400)。故选(B)。
分析：其渐近线为(sqrt{3}xpm ay=0)，圆(C：x^2+y^2-4x+3=0)即((x-2)^2+y^2=1)，
则由题目可知，圆心((2，0))到渐近线的距离为半径，则(cfrac{|2sqrt{3}+acdot 0|}{sqrt{3+a^2}}=1)，解得(a=3)，
故双曲线的实轴长为(2a=6)，故选(B)。
分析：由通项公式可知，(T_{r+1}=C_6^rcdot (tx)^{6-r}cdot (-cfrac{1}{x})^r=C_6^rcdot t^{6-r}cdot x^{6-r}cdot (-1)^rcdot x^{-r})
(=C_6^rcdot t^{6-r}cdot (-1)^rcdot x^{6-2r})，令(6-2r=0)，则(r=3)，
则常数项为(C_6^3cdot t^3cdot (-1)^3=-160)，解得(t=2)，
即二项式为((2x-cfrac{1}{x})^6)，展开式的各项系数之和的求法，
令(x=1)，则各项系数之和为((2-1)^6=1)，故选(B)。
分析：由于(3^4=81<162<243=3^5)，则(4<log_3162<5)，故(f(log_3162)=f(log_3162-4)=f(log_3cfrac{162}{81})=f(log_32))
而(0<log_32<1)，则(-1<-log_32<0)故由函数为奇函数可知，
(f(log_32)=-f(-log_32)=-f(log_3cfrac{1}{2})=-3^{log_3frac{1}{2}}=-cfrac{1}{2})，故选(B)。
分析：令(g(x)=left{egin{array}{l}{e^x-e，0<xleq 1}\{cfrac{1}{x}-1，1<xleq e}end{array} ight.)，则原函数转化为(f(x)=g(x)-kx)，
则函数(f(x))有且仅有三个零点，转化为方程(g(x)=kx)有且仅有三个不同实数根，
即再次转化为形，函数(y=g(x))与函数(y=kx)有且仅有三个不同交点，
在同一个坐标系中做出两个函数的图像如下图所示，用手工完全能做出来；
两个函数有三个交点的临界状态之一为直线(y=kx)过点(A(e，cfrac{1}{e}-1))时，
此时的斜率(k=cfrac{cfrac{1}{e}-1-0}{e-0}=cfrac{1-e}{e^2})；
另一个临界状态为直线(y=kx)和(y=g(x))的第二支函数相切的时候，
设此时的切点为(P(x_0，y_0))，由(g'(x)=-cfrac{1}{x^2})，
可得(left{egin{array}{l}{k=-cfrac{1}{x_0^2}}\{y_0=kx_0}\{y_0=cfrac{1}{x_0}-1}end{array} ight.)，解得(x_0=2)，即此时的斜率(k=-cfrac{1}{4})，
故两个函数的图像有且仅有三个交点时的(k)的取值范围是(-cfrac{1}{4}<kleq cfrac{1-e}{e^2})，故选(C)。
分析：(cos<vec{m}，vec{n}>=cfrac{vec{m}cdot vec{n}}{|vec{m}||vec{n}|}=cfrac{sqrt{3}sinx+cosx}{2 imes 1}=cfrac{2sin(x+cfrac{pi}{6})}{2})
(=sin(x+cfrac{pi}{6})=cos120^{circ}=-cfrac{1}{2})，
则(x+cfrac{pi}{6}=-cfrac{pi}{6})，解得(x=-cfrac{pi}{3})。
分析：设指数函数(y=f(x)=a^x)，由于经过点(B(1，e))，由待定系数法可知，(f(x)=e^x)，
设幂函数(y=g(x)=x^{alpha})，由于经过点(Q(2，4))，由待定系数法可知，(g(x)=x^2)，
由图可知，所求概率为(P=cfrac{S_{阴影}}{S_{矩形}})，其中(S_{矩形}=1 imes e=e)，
(S_{阴影}=displaystyleint_{0}^{1} (e^x-x^2)\, dx=e^xigg|_{0}^{1}-cfrac{x^3}{3}igg|_{0}^{1}=e-cfrac{4}{3})，
故所求概率为(P=cfrac{e-cfrac{4}{3}}{e}=1-cfrac{4}{3e}).
分析：做出示意图，如图所示，(E)为点(S)在下底面上的垂足，(O)为外接球的球心，由球(O)的表面积为(16pi)，解得半径(r=2)，
即(OS=OA=2)，又(SA=2sqrt{3})，取(SA)的中点为(F)，则由等腰三角形得到(OFperp SA)，
且由(SF=sqrt{3})，(SO=2)，得到(OF=1)，且有(angle FSO=30^{circ})，
则在(Rt riangle SAE)中，(angle ASE=30^{circ})，(SA=2sqrt{3})，解得(h=SE=2sqrt{3} imes sin60^{circ}=3)。
补记：有空思考补体法。
分析：由点((n，cfrac{S_n}{n}))均在函数(y=x)上，得到(cfrac{S_n}{n}=n) ，即(S_n=n^2)，由此求得(a_n=2n-1)，
则(b_n=cfrac{1}{(2n-1)(2n+1)}=cfrac{1}{2}(cfrac{1}{2n-1}-cfrac{1}{2n+1}))，
故(T_n=cdots=cfrac{1}{2}(1-cfrac{1}{2n+1})=cfrac{n}{2n+1}=cfrac{2018}{4037})，解得(n=2018)。
现在微信支付已成为人们日常流行的一种付款方式，某大型超市为了鼓励顾客使用微信支付，特举办微信支付活动一个月，规定：凡是在这个月内使用微信付款次数达到60次即由精美奖品，否则无奖品。
现从该超市数据信息中随机选取已使用微信付款的40名顾客，且男女比例相同，将他们的数据整理如下表：
| 次数 | <40 | 40~49 | 50~59 | 60~69 | $ge $70 |
|---|---|---|---|---|---|
| 男 | (2) | (3) | (2) | (7) | (6) |
| 女 | (1) | (3) | (8) | (6) | (2) |
（1）根据题意完成下面的(2 imes 2)列联表，并据此判断能否有90%的把握认为“是否获奖”与“性别”有关？
| 有奖 | 无奖 | 总计 | |
|---|---|---|---|
| 男 | (13) | (7) | (20) |
| 女 | (8) | (12) | (20) |
| 总计 | (21) | (19) | (40) |
(chi^2=cfrac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}=cfrac{40(13 imes12-7 imes 8)^2}{20 imes20 imes21 imes19}approx 2.5<2.706)，
所以没有90%的把握认为“是否获奖”与“性别”有关。
（2）在这40名顾客中，从支付次数达到70的人中随机抽取3人，设抽取的女性有(X)人，求(X)的分布列及数学期望(E(X))。
附：参考公式(chi^2=cfrac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)})，
参考数据：
解析：支付次数达到70的顾客共有8人，其中6名男性，2名女性，从中随机抽取3人，抽取的女性人数服从超几何分布，(X)的所有可能取值为(0，1，2)
且(P(X=0)=cfrac{C_6^3}{C_8^3}=cfrac{20}{56})，(P(X=1)=cfrac{C_2^1C_6^2}{C_8^3}=cfrac{30}{56})，
(P(X=2)=cfrac{C_2^2C_6^1}{C_8^3}=cfrac{6}{56})，
所以分布列如下，略。
数学期望为(E(X)=0 imes cfrac{20}{56}+1 imes cfrac{30}{56}+2 imes cfrac{6}{56}=cfrac{3}{4})。
作业第Ⅲ套
法1：完全分离参数法，即(b=x^2+lnx-3x)有唯一实数解，即(g(x)=x^2+lnx-3x)与(y=b)有唯一的交点。
(g'(x)=2x+cfrac{1}{x}-3=cfrac{2x^2-3x+1}{x}=cfrac{(2x-1)(x-1)}{x})，
则可知当(0<x<cfrac{1}{2})时，(g'(x)>0)，(g(x))单调递增；
当(cfrac{1}{2}<x<1)时，(g'(x)<0)，(g(x))单调递减；
当(x>1)时，(g'(x)>0)，(g(x))单调递增；
故(g(x)_{极大}=g(cfrac{1}{2})=-cfrac{5}{4}-ln2)，(g(x)_{极小}=g(1)=-2)，
在同一个坐标系中做出两个函数的图像，由图像可知两个函数图像要有唯一的交点，
则 (bin (-infty，-2)cup(-cfrac{5}{4}-ln2，+infty))。
法2：也可以考虑不完全分离参数法，(b-lnx=x^2-3x)，当转化为两个函数图像有两个交点时，由于两个函数的凹凸性，都不太好表述，故放弃；
法3：也可以考虑不完全分离参数法，(-lnx=x^2-3x-b)，当转化为两个函数图像有两个交点时，由于两个函数的凹凸性，都不太好表述，故放弃；
引申思考：
①若方程(f(x)=0)有两个实数解，则实数(b)的值是(b=-cfrac{5}{4}-ln2)或(b=-2)。
②若方程(f(x)=0)有三个实数解，则实数(b)的值是(bin(-2，-cfrac{5}{4}-ln2))。
③若方程(f(x)=0)没有实数解，则实数(b)的值是(binvarnothing)。
④若方程(f(x)=0)至少有一个实数解，则实数(b)的值是(bin(-infty，-2]cup[-cfrac{5}{4}-ln2，+infty))。
分析：做出如下图所示的示意图，
由(angle BAC=cfrac{2pi}{3})可知，(angle BAE=cfrac{pi}{3})，且有(OO'perp AE)，(APperp AE)，
连结(BE)，由(AE)是圆(O')的直径，故(angle ABE=cfrac{pi}{2})，又由(angle BEA=cfrac{pi}{6})，
则(AE=2AB=2)，故(AO'=1)，在( riangle AOO')中，(AO=2)，由勾股定理可知(OO'=sqrt{3})，
则由( riangle AOO' sim riangle APE)可知，(PE=2sqrt{3})，易知(PE)即为三棱锥(S-ABC)的高。
故三棱锥的体积(V_{S-ABC}=cfrac{1}{3} imes cfrac{1}{2} imes 1 imes 1 imes sin120^{circ} imes PE)
(=cfrac{1}{3} imes cfrac{1}{2} imes 1 imes 1 imes cfrac{sqrt{3}}{2} imes 2sqrt{3}=cfrac{1}{2})。
分析：由于点(P(-1，2))在直线(l)上，则有(-a+2b-3=0)，即(b=cfrac{a+3}{2})①；
又由于圆(M：(x+2)^2+y^2=5)，则圆心为((-2，0))，半径为(r=sqrt{5})，
由直线和圆相切，得到(cfrac{|-2a-3|}{sqrt{a^2+b^2}}=sqrt{5})②，
化简②得到，(a^2-12a-9+5b^2=0)，将(b=cfrac{a+3}{2})代入，得到
(a=1)，从而(b=2)，故直线(l)的方程为(x+2y-3=0)。
法1：用递推关系求得(a_1)，(a_2)，(a_3)，(a_4)，从而求得(8S_4=-65)，是最简思路。
法2：消掉(S_n)，求得(a_n)，再求得(8S_4)；
法3：消掉(a_n)，求得(S_n)，再求得(8S_4)；
注意解法思路的选择，以及时间和运算成本。
解析：(f'(x)=-sinx-cfrac{1}{2}cdot 2cdot cos2x)
(=-sinx-cos2x)
(=-sinx-(1-2sin^2x))
(=2sin^2x-sinx-1=(sinx-1)(2sinx+1))，
由于(-1leq sinxleq 1)，故(sinx-1leq 0)，
则令(f'(x)>0)，即((sinx-1)(2sinx+1)> 0)，即(2sinx+1<0)，
即(sinx<-cfrac{1}{2})，解得(2kpi+cfrac{7pi}{6}<x<2kpi+cfrac{11pi}{6}(kin Z))，
令(f'(x)<0)，即((sinx-1)(2sinx+1)<0)，即(2sinx+1>0)，
即(sinx>-cfrac{1}{2})，解得(2kpi-cfrac{7pi}{6}<x<2kpi+cfrac{7pi}{6}(kin Z))，
即单调递减区间为([2kpi-cfrac{7pi}{6}，2kpi+cfrac{7pi}{6}](kin Z))，
单调递增区间为([2kpi+cfrac{7pi}{6}，2kpi+cfrac{11pi}{6}](kin Z))，
故当(x=2kpi+cfrac{11pi}{6})时，(f(x))取得最大值；
(f(x)_{max}=cos(2kpi+cfrac{11pi}{6})-cfrac{1}{2}sin2(2kpi+cfrac{11pi}{6}))
(=cos(2pi-cfrac{pi}{6})-cfrac{1}{2}sin(4pi-cfrac{pi}{3}))
(=cfrac{sqrt{3}}{2}+cfrac{1}{2}cdotcfrac{sqrt{3}}{2}=cfrac{sqrt{3}}{4})。