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1．解析：答案A．集合P表示正方形，集合Q表示圓面，作出它們的圖形即可.

評析：利用二個集合間的幾何意義借助數(shù)形結(jié)合思想，是本題考察的重點．

2．解析：．

答案：A．

評析：本題是考察二項式展開式的應用，難點是項數(shù)的舍棄．

3．解析：f(x)的圖象向右平移個單位，得sin［(x－)+］=sinx，又g(x)=cos(x－=cos(－x)=sinx．答案：D．

評析：本題是考察三角函數(shù)的等價變換與圖象的平移．

4．答案A.解析：將三種抽樣法的有關計算公式計算所得的概率都是，故選A.

（文）A .當函數(shù)的圖像左右平移時，不改變函數(shù)的值域．

5．解析：．∵可視為曲線上兩點、的斜率，作圖易得．選C．

評析：本題是考察轉(zhuǎn)化與數(shù)形結(jié)合的思想，解題的關鍵是將函數(shù)與不等式問題轉(zhuǎn)化為解析幾何問題．

6．解析：取△ABC為正三角形易得＝3．選B．

評析：本題考查向量的有關知識，如果按常規(guī)方法就比較難處理，但是用特殊值的思想就比較容易處理，考查學生靈活處理問題的能力．

7．解析：易知，且當x∈時，為增函數(shù)．又由，得，故 |，于是．選B．

評析：本題考查運用奇函數(shù)、偶函數(shù)與增函數(shù)的概念與性質(zhì)解決問題．

8．解析：顯然S₁是正確的．假設后三個數(shù)均未算錯，則a₁=8，a₂=12，a₃=16，a₄=29，可知a₂²≠a₁a₃，故S₂、S₃中必有一個數(shù)算錯了．若S₂算錯了，則a₄=29=a₁q³，，顯然S₃=36≠8(1+q+q²)，矛盾．只可能是S₃算錯了，此時由a₂=12得，a₃=18，a₄=27，S₄=S₂+18+27=65，滿足題設．選C．

評析：本題考查等比數(shù)列的基本概念與性質(zhì)和學生推理的能力．

9．解析：答  由的圖象及的意義知，在x＞0時，為單調(diào)遞增函數(shù)且＜0；在x＜0時，為單調(diào)遞減函數(shù)且＜0．選D．

評析：本題考查學生靈活運用導數(shù)知識與觀察問題的能力．

10．解析：答⑴靜放在點的小球（小球的半徑不計）從點沿直線出發(fā)，經(jīng)橢圓壁右頂點反彈后第一次回到點時，小球經(jīng)過的路程是，則選B；⑵靜放在點的小球（小球的半徑不計）從點沿直線出發(fā)，經(jīng)橢圓壁左頂點反彈后第一次回到點時，小球經(jīng)過的路程是，則選C；⑶靜放在點的小球（小球的半徑不計）從點沿直線出發(fā)，經(jīng)橢圓壁非左右頂點反彈后第一次回到點時，小球經(jīng)過的路程是，則選A．

于是三種情況均有可能，故選D．

評析：本題考察學生是否掌握光學的有關性質(zhì)與解幾相關的性質(zhì)以及分類討論的重要思想方法．

11．分析：解決數(shù)學問題的思維過程，一般總是從正面入手，即從已知條件出發(fā)，經(jīng)過一系列的推理和運算，最后得到所要求的結(jié)論，但有時會遇到從正面不易入手的情況，這時可從反面去考慮．從反面考慮問題在集合中的運用主要就是運用補集思想．本題若直接求解，情形較復雜，也不容易得到正確結(jié)果，若我們先考慮其反面，再求其補集，就比較容易得到正確的解答．

解：由題知可解得A={y|y>a²+1或y<a}, B={y|2≤y≤4},我們不妨先考慮當A∩B＝φ時a的范圍．如圖

由，得

∴或.

即A∩B＝φ時a的范圍為或.而A∩B≠φ時a的范圍顯然是其補集,從而所求范圍為.

評注：一般地，我們在解時，若正面情形較為復雜，我們就可以先考慮其反面，再利用其補集，求得其解，這就是“補集思想”．

解析：答：39．每個三棱錐中有三對異面直線，則異面直線的對數(shù)是3(C46－2)＝39．

12．評析：本題把排列組合和立體幾何掛起鉤來，考生則必須對立體幾何的有關知識有所了解和掌握．

13．解析：答  由，即 ，得．

，．故=4．

評析：本題采用基本量法來作，但顯然運算量會大上許多，本題可用特殊法處理．

14．解析：．設長分割成x列，寬分割成y行，共分割成z塊，

則

_z=x?y

當x=39，y=18時，．

評析：本題主要考查線性規(guī)劃知識以及利用數(shù)形結(jié)合法解決問題，特別是已知區(qū)域求最優(yōu)解是學生易錯的地方．

15．解析：本題為開放題，只要寫出一個正確的即可，如（2，1，－3，2）．

評析：本題為開放題，考察學生對知識靈活處理問題的能力．

16．解析：

…………………………4’

當＞0時，，

解得，………………………………………………………………6’

從而， ，

T=，最大值為5，最小值為－5；………………………………………………8’

當m＜0時， 解得，………………………………………………10’

從而，，T=，最大值為，

最小值為．……………………………………………………………………12’

評析：本題考查三角函數(shù)的運算．考查的知識點有和差化積、周期與三角函數(shù)

值域的求法、分類討論的思想方法．近幾年三角運算一直是考試所要求的基本題型之一，本題就是基于這一要求而制定的．

17．解析：(1) 由題意可知 x_甲 ~ B(5, p₁)，

∴    Dx_甲 = 5p₁ (1－p₁) = Þ p₁²－p₁ + = 0 Þ p₁ = ．2分；又 ?= 6，∴ p₂ = ．  3分

(2) 兩類情況：共擊中3次概率

C ( ) ² ( ) ⁰×C ( ) ¹ ( ) ¹ + C ( ) ¹ ( ) ¹×C ( ) ² ( ) ⁰ = ；

共擊中4次概率C ( ) ² ( ) ⁰×C ( ) ² ( ) ⁰ = ． 6分

所求概率為 + = ．  8分

(3) 設事件A, B分別表示甲、乙能擊中．∵ A, B互相獨立（9分），∴ P(`A?`B ) = P(`A ) P(`B ) = (1－P(A) )(1－P(B) ) = (1－p₁)(1－p₂) = ×= （11分），∴ 1－P(`A?`B ) = 為所求概率． 12分

評析：這一類型的試題在連續(xù)幾年的新課程卷都出現(xiàn)了，重點考查了分類討論的數(shù)學思想，體現(xiàn)了《考試說明》所要求的創(chuàng)新意識和實踐能力以及運用數(shù)學知識解決實際問題的能力．該題仍然是常規(guī)題，要求考生耐心細致，審題能力較強，并善于利用材料進行分析說明．

18．方法一：（I）證明：，又平面平面ABCD，平面平面ABCD＝BC，平面ABCD    ……2分

    在梯形ABCD中，可得

    ，即

    在平面ABCD內(nèi)的射影為AO，                  ……4分

    （II）解：，且平面平面ABCD

    平面PBC，                                    平面PBC，

    為二面角P―DC―B的平面角                                 ……6分

    是等邊三角形即二面角P―DC―B的大小為 …8分

 （III）證明：取PB的中點N，連結(jié)CN， ①

    ，且平面平面ABCD，平面PBC  ……10分

    平面PAB    平面平面PAB  ②

     由①、②知平面PAB…………..10分

連結(jié)DM、MN，則由MN//AB//CD，，

得四邊形MNCD為平行四邊形，，平面PAB．

平面PAD    平面平面PAB ……………….12分

方法二：取BC的中點O，因為是等邊三角形，

    由側(cè)面底面ABCD    得底面ABCD ……1分

以BC中點O為原點，以BC所在直線為x軸，過點O與AB平行的直線為y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系O―xyz……2分

（I）證明：，則在直角梯形中，

    在等邊三角形PBC中，……3分

    ，即…4分

 （II）解：取PC中點N，則

    平面PDC，顯然，且平面ABCD

    所夾角等于所求二面角的平面角                         ……6分

 ，二面角的大小為 ……8分

（III）證明：取PA的中點M，連結(jié)DM，則M的坐標為

    又                                   ……10分

，

    即

平面PAB，平面平面PAB                         ……12分

評析：本題考察的空間中的線線關系、面面關系以及二面角的求法關系是立體幾

何中的最主要關系，熟悉它們的判定和性質(zhì)是高考復習的重點，本題重在考查學生的運算能力、空間想象能力．

19．解（1）∵，，∴，． 

       ∵=0，∴(4a)²+(2a)²=(2c)²，∴．……………………4分

    （2）由（1）知，雙曲線的方程可設為，漸近線方程為．…5分

       設P₁(x₁，2x₁)，P₂(x₂，-2x₂)，P(x，y)．

       ∵，∴． ∵，∴………8分

       ∵點P在雙曲線上，∴．

       化簡得，．∴．∴ ．∴雙曲線的方程為…12分

評析：本題考查向量與雙曲線的有關內(nèi)容．近幾年來向量與其他知識互相滲透成為一種時尚，基于此特命此題．本題考查學生運用圓錐曲線定義靈活解題的能力、向量知識、運算能力．

20.證明：(1)在已知式中, 當時, ∵∴  …(1分)

當時, ①

②

由①－②得, ………(3分)

∵∴即∴適合上式,

  ………(5分)

(2)由(1)知, ③

當時, ④

由③－④得,……(8分)

∵, ∴, 數(shù)列是等差數(shù)列,首項為1,公差為1, 可得  …(10分)

(3) ∵, ∴………(11分)

∴,

∴⑤………(12分)

當時, ⑤式即為⑥

依題意, ⑥式對都成立, 當時,

⑤式即為 ⑦依題意, ⑦式對都成立,

∴………(13分)    ∴又,

∴存在整數(shù), 使得對任意, 都有  ………(13分)

21．解：（1）當x∈[-1，0]時，2-x∈[2，3]，f(x)=g(2-x)= -2ax+4x³；當x∈時，f(x)=f(-x)=2ax-4x³，

       ∴………………………………………4分

       （2）由題設知，＞0對x∈恒成立，即2a-12x²＞0對x∈恒成立，于是，a＞6x²，從而a＞(6x²)_max=6．………………………8分

       （3）因f(x)為偶函數(shù)，故只需研究函數(shù)f(x)=2ax-4x³在x∈的最大值．

             令=2a-12x²=0，得．…10分 若∈，即0＜a≤6，則

             ，

             故此時不存在符合題意的；

          若＞1，即a＞6，則在上為增函數(shù)，于是．

           令2a-4=12，故a=8．    綜上，存在a = 8滿足題設．………………13分

評析：本題通過函數(shù)的知識來切入到導數(shù)，是在這兩個重要知識的交匯處命題，意在考查學生的邏輯思維能力與推理能力，函數(shù)及導數(shù)的應用是數(shù)學的難點，也是考得最熱的話題之一，也是本套試卷的把關題，對學生的要求較高．