14.(1)设小球从平台抛出的初速度为v由物块从平台抛出后落至A过程做自由落体运动知在竖直方向上有h-L1sin=g2(1分)在A点,由速度矢量三角形有1n=E(1分)在平台上弹簧弹开物块至恢复原长的过程中由能量转化与守恒定律知E=mna(1分)联立以上各式,解之得E,=64J(1分)(2)从O点到C点,由能量转化与守恒定律有E+mgh=pmgl2+mt(1分)在C点,设圆轨道对物块的支持力为FN、由牛顿第二定律知Fx-mg=m(1分)联立解之得Fx=580N.=5m/s(1分)又由牛顿第三定律知,物块对圆轨道的压力为580N,方向竖直向下(1分)(3)设C、E间的距离为S2时,刚好运动至右侧圆轨道的F点在F点由牛领第一定律得(1分)从C点到G点由动能定理得ms-mg-m-1m0分)解之得S=7.5m(1分)综上所述,C、E间的距离S应满足:0

所以此时△MAB的面积21.【解析】(1)f(x)=2sinx- cos r+1,f(x)=cosx+ sin设g(x)=f(x),则g'(x)= cosT令g又x∈(0,x),得x=2当x∈(0,)时,g(x)>0;当x∈(2,x)时,g(x)<0所以g(x)在(O,2)内单调递增,在(2,)内单调递减又g(0)=1,g(2)=2,g(x)=因此,当x∈(0,x)时,g(x)=0有唯一解x0,即f(x有唯一解从而f(x)在(0,x)上单调递增,在(x0,π)上单调递减,所以函数f(x)在区间(0,)内有唯一极大值点有极小值点,即极值点个数为2)方法1:要证明函数f(x)的图象恒在直线y=kx+1的上方即证f(x)>kx+1,即2sinx- cosT-kx>02 F(r)=2sinz-xcost-kx因为F(x)=cosx+ using-k,设h(x)=F(x),则h'(x)= Icos.T令h(x)=0,又x∈(0,x),得x2当x∈(0,)时,h"(x)>0;当x∈(,π)时,h(x)<0所以F(x)在(0,)内单调递增,在(,x)内单调递减当k≤1时,F(0)=1-≥0,F()=5一k>0,F(x)=-1(j)当F(x)=-1-k≥0,即k≤-1时,F(x)≥0此时函数F(x)在(0,π)内单调递增,F(x)>F(0)=0;()当F(x)=-1-k<0,即-1 0由(1)(2)可知,当k≤1时,对任意x∈(0,x),总有F(x)>0即k≤1时,函数f(x)的图象恒在直线y=kx+1的上方方法2:要证明函数f(x)的图象恒在直线y=kx+1的上方,即证f(x)>kx+1,即2sinx一xcmx-hx>0恒成立,又k≤1,故只需证2sinx-xco-x>0恒成立,………………………m令F(x)=2sinx- TCOST-x,则F(x)= snr+oomx-1,……设h(x)=F(x),则h'(x)=x0x令h(x)=0,得x=5,当x∈(5,x)时,h'(x)<0,F(x)单调递减,又F(0)=0,F(x)=-2,故存在x∈(0,x),使F(x)=0,……从而F(x),)上单调递增,在(x。,)上单调递碱,又F(0)=0,F(r)=0,从而0 0恒成立,从而结论得证2.【解析】(1)点P的直角坐标

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