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題目列表(包括答案和解析)

1、集合A={-1，0，1}，B={-2，-1，0}，則A∪B=
{-2，-1，0，1}
．

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2、命題“存在x∈R，使得x2+2x+5=0”的否定是
對任意x∈R，都有x2+2x+5≠0
．

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3、在等差數列{an}中，a2+a5=19，S5=40，則a10為
29
．

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5、函數y=a2-x+1（a＞0，a≠1）的圖象恒過定點P，則點P的坐標為
（2，2）
．

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一、選擇題

題號

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

答案

B

C

B

C

B

A

D

B

D

A

D

C

1．已知集合P={x∈N|1≤x≤10}={1，2，3，……，10}，集合Q={x∈R | x2+x－6≤0} =， 所以P∩Q等于{1，2} ，選B．

2．復數=，選C．

3． n→∞lim=

     =，選B．

4．函數f(x)=loga(x+b)(a>0，a≠1)的圖象過點(2，1)，其反函數的圖象過點(2，8)，

則，∴，或(舍)，b=1，∴a+b=4，選C．

5．設直線過點(0，a)，其斜率為1， 且與圓x2+y2=2相切，設直線方程為，圓心(0，0)道直線的距離等于半徑，∴ ，∴ a 的值±2，選B．

6．若等式sin(α+γ)=sin2β成立，則α+γ=kπ+(－1)k?2β，此時α、β、γ不一定成等差數列，若α、β、γ成等差數列，則2β=α+γ，等式sin(α+γ)=sin2β成立，所以“等式sin(α+γ)=sin2β成立”是“α、β、γ成等差數列”的．必要而不充分條件。選A．

7．已知雙曲線(a>)的兩條漸近線的夾角為，則，∴ a2=6，雙曲線的離心率為 ，選D．

8．已知不等式(x+y)()≥9對任意正實數x，y恒成立，則≥≥9，∴ ≥2或≤－4(舍去)，所以正實數a的最小值為4，選B．

9．已知非零向量與滿足()?=0，即角A的平分線垂直于BC，∴ AB=AC，又= ，∠A=，所以△ABC為等邊三角形，選D．

10．已知函數f(x)=ax2+2ax+4(0<a<3)，二次函數的圖象開口向上，對稱軸為，0<a<3，∴ x1+x2=1－a∈(－2，1)，x1與x2的中點在(－1，)之間，x1<x2，∴ x2到對稱軸的距離大于x1到對稱軸的距離，∴ f(x1)<f(x2) ，選A．

11．已知平面α外不共線的三點A、B、C到α的距離都相等，則可能三點在α的同側，即．平面ABC平行于α，這時三條中位線都平行于平面α；也可能一個點A在平面一側，另兩點B、C在平面另一側，則存在一條中位線DE//BC，DE在α內，所以選D．

12．為確保信息安全，信息需加密傳輸，發(fā)送方由明文→密文(加密)，接收方由密文→明文(解密)，已知加密規(guī)則為:明文a，b，c，d對應密文a+2b，2b+c，2c+3d，4d，例如，明文1，2，3，4對應密文5，7，18，16。當接收方收到密文14，9，23，28時，

則，解得，解密得到的明文為C．

二、填空題

13．－   14．594   15．3R     16．600

13．cos43°cos77°+sin43°cos167°==－．

14．(3x－)12展開式中，x－3項為=594，的系數是594．

15．水平桌面α上放有4個半徑均為2R的球，且相鄰的球都相切(球心的連線構成正方形)．在這4個球的上面放1個半徑為R的小球，它和下面4個球恰好都相切，5個球心組成一個正四棱錐，這個正四棱錐的底面邊長為4R，側棱長為3R，求得它的高為R，所以小球的球心到水平桌面α的距離是3R．

16．某校從8名教師中選派4名教師同時去4個邊遠地區(qū)支教(每地1人)，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，可以分情況討論，① 甲、丙同去，則乙不去，有=240種選法；②甲、丙同不去，乙去，有=240種選法；③甲、乙、丙都不去，有種選法，共有600種不同的選派方案．

 

三、解答題

17．解:(Ⅰ) f(x)=sin(2x－)+1－cos2(x－)

          = 2[sin2(x－)－ cos2(x－)]+1

         =2sin[2(x－)－]+1

         = 2sin(2x－) +1 

∴ T==π

  (Ⅱ)當f(x)取最大值時， sin(2x－)=1，有  2x－ =2kπ+

即x=kπ+    (k∈Z)  ∴所求x的集合為{x∈R|x= kπ+ ，  (k∈Z)}．

18．解: (Ⅰ)記"甲投籃1次投進"為事件A1 ， "乙投籃1次投進"為事件A2 ， "丙投籃1次投進"為事件A3， "3人都沒有投進"為事件A ． 則 P(A1)= ， P(A2)= ， P(A3)= ，

∴ P(A) = P()=P()?P()?P()

 = [1－P(A1)] ?[1－P (A2)] ?[1－P (A3)]=(1－)(1－)(1－)=

∴3人都沒有投進的概率為 ．

(Ⅱ)解法一: 隨機變量ξ的可能值有0，1，2，3)， ξ~ B(3， )，

P(ξ=k)=C3k()k()3－k  (k=0，1，2，3) ， Eξ=np = 3× = ．

解法二: ξ的概率分布為: 

 

ξ

0

1

2

3

P

Eξ=0×+1×+2×+3×=   ．

 

19．解法一: (Ⅰ)如圖， 連接A1B，AB1， ∵α⊥β， α∩β=l ,AA1⊥l， BB1⊥l，

∴AA1⊥β， BB1⊥α． 則∠BAB1，∠ABA1分別是AB與α和β所成的角．

Rt△BB1A中， BB1= ， AB=2， ∴sin∠BAB1 = = ． ∴∠BAB1=45°．

Rt△AA1B中， AA1=1，AB=2， sin∠ABA1= = ， ∴∠ABA1= 30°．

故AB與平面α，β所成的角分別是45°，30°．

(Ⅱ) ∵BB1⊥α， ∴平面ABB1⊥α．在平面α內過A1作A1E⊥AB1交AB1于E，則A1E⊥平面AB1B．過E作EF⊥AB交AB于F，連接A1F，則由三垂線定理得A1F⊥AB， ∴∠A1FE就是所求二面角的平面角．

在Rt△ABB1中，∠BAB1=45°，∴AB1=B1B=． ∴Rt△AA1B中，A1B== = ． 由AA1?A1B=A1F?AB得 A1F== = ，

∴在Rt△A1EF中，sin∠A1FE = = ， ∴二面角A1－AB－B1的大小為arcsin．

解法二: (Ⅰ)同解法一．

(Ⅱ) 如圖，建立坐標系， 則A1(0，0，0)，A(0，0，1)，B1(0，1，0)，B(，1，0)．在AB上取一點F(x，y，z)，則存在t∈R，使得=t ， 即(x，y，z－1)=t(，1，－1)， ∴點F的坐標為(t， t，1－t)．要使⊥，須?=0， 即(t， t，1－t) ?(，1，－1)=0， 2t+t－(1－t)=0，解得t= ， ∴點F的坐標為(，－， )， ∴=(，， )． 設E為AB1的中點，則點E的坐標為(0，， )． ∴=(，－，)．

又?=(，－，)?(，1，－1)= － － =0， ∴⊥， ∴∠A1FE為所求二面角的平面角．

又cos∠A1FE= = = = = ，

∴二面角A1－AB－B1的大小為arccos．

20．解: ∵10Sn=an2+5an+6， ①   ∴10a1=a12+5a1+6，解之得a1=2或a1=3．

又10Sn－1=an－12+5an－1+6(n≥2)，②

 由①－②得 10an=(an2－an－12)+6(an－an－1)，即(an+an－1)(an－an－1－5)=0 

∵an+an－1>0  ， ∴an－an－1=5 (n≥2)．

當a1=3時，a3=13，a15=73． a1， a3，a15不成等比數列∴a1≠3;

當a1=2時， a3=12， a15=72， 有 a32=a1a15 ， ∴a1=2， ∴an=5n－3．

21．解法一: 如圖， (Ⅰ)設D(x0，y0)，E(xE，yE)，M(x，y)．由=t，  = t ， 知(xD－2，yD－1)=t(－2，－2)．   ∴  同理 ． ∴kDE =  = = 1－2t．

∴t∈[0，1] ， ∴kDE∈[－1，1]．

(Ⅱ) ∵=t  ∴(x+2t－2，y+2t－1)=t(－2t+2t－2，2t－1+2t－1)=t(－2，4t－2)=(－2t，4t2－2t)． ∴     ， ∴y= ， 即x2=4y．  ∵t∈[0，1]， x=2(1－2t)∈[－2，2]．

即所求軌跡方程為: x2=4y， x∈[－2，2]

解法二: (Ⅰ)同上．

(Ⅱ) 如圖， =+ = +  t = + t(－) = (1－t) +t，

 = + = +t = +t(－) =(1－t) +t，

 = += + t= +t(－)=(1－t) + t

     = (1－t2)  + 2(1－t)t+t2 ．

設M點的坐標為(x，y)，由=(2，1)， =(0，－1)， =(－2，1)得

  消去t得x2=4y， ∵t∈[0，1]， x∈[－2，2]．

故所求軌跡方程為: x2=4y， x∈[－2，2]

22．解: （I）∵f '(x)=3x2－2x+ = 3(x－)2+ >0 ， ∴f(x)是R上的單調增函數．

（II）∵0<x0< ， 即x1<x0<y1．又f(x)是增函數， ∴f(x1)<f(x0)<f(y1)．即x2<x0<y2．

又x2=f(x1)=f(0)=>0 =x1， y2=f(y1)=f()=<=y1，綜上， x1<x2<x0<y2<y1．

用數學歸納法證明如下:

(1)當n=1時，上面已證明成立．

(2)假設當n=k(k≥1)時有xk<xk+1<x0<yk+1<yk ．

當n=k+1時，由f(x)是單調增函數，有f(xk)<f(xk+1)<f(x0)<f(yk+1)<f(yk)，∴xk+1<xk+2<x0<yk+2<yk+1

由(1)(2)知對一切n=1，2，…，都有xn<xn+1<x0<yn+1<yn．

（III） = = yn2+xnyn+xn2－(yn+xn)+ ≤(yn+xn)2－(yn+xn)+

  =[(yn+xn)－]2+ ． 由(Ⅱ)知 0<yn+xn<1．∴－ < yn+xn－ < ， ∴ < ()2+ =

 

 

 

 


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