2、已知復(fù)數(shù)z滿足(+3i)z＝3i，則z＝(　 )

A．　 B. 　C. 　D.

1、已知集合M＝{x|}，N＝{y|y＝3x²+1，xÎR}，則MÇN＝(　 )

A．Æ　 B. {x|x³1}　 C.{x|x>1}　 D. {x| x³1或x<0}

20．本小題主要考查函數(shù)、方程等基本知識(shí)，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想方法和綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)分析問題、解決問題的能力。

要使有t意義，必須1+x≥0且1-x≥0，即-1≤x≤1,

∴t≥0　　　　　　　　 ①

t的取值范圍是由①得

∴m(t)=a()+t=

(2)由題意知g(a)即為函數(shù)的最大值。

注意到直線是拋物線的對稱軸，分以下幾種情況討論。

當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)y=m(t), 的圖象是開口向上的拋物線的一段，

由<0知m(t)在上單調(diào)遞增，∴g(a)=m(2)=a+2

(2)當(dāng)a=0時(shí)，m(t)=t, ,∴g(a)=2.

(3)當(dāng)a<0時(shí),函數(shù)y=m(t), 的圖象是開口向下的拋物線的一段，

若，即則

若，即則

若，即則

綜上有

(3)解法一：

情形1：當(dāng)時(shí)，此時(shí)，

由，與a<-2矛盾。

情形2：當(dāng)時(shí)，此時(shí)，

解得， 與矛盾。

情形3：當(dāng)時(shí)，此時(shí)

所以

情形4：當(dāng)時(shí)，，此時(shí)，

矛盾。

情形5：當(dāng)時(shí)，，此時(shí)g(a)=a+2,

由解得矛盾。

情形6：當(dāng)a>0時(shí)，，此時(shí)g(a)=a+2,

由，由a>0得a=1.

綜上知，滿足的所有實(shí)數(shù)a為或a=1

21本小題主要考查等差數(shù)列、充要條件等基礎(chǔ)知識(shí)，考查綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)分析問題、解決問題的能力。

證明：必要性，設(shè)是{a_n}公差為d₁的等差數(shù)列，則

b_n+1–b_n=(a_n+1–a_n+3) – (a_n–a_n+2)= (a_n+1–a_n) – (a_n+3–a_n+2)= d₁– d₁=0

所以b_nb_n+1　 ( n=1,2,3,…)成立。

又c_n+1–c_n=(a_n+1–a_n)+2 (a_n+2–a_n+1)+3 (a_n+3–a_n+2)= d₁+2 d₁ +3d₁ =6d₁(常數(shù)) ( n=1,2,3,…)

所以數(shù)列{c_n}為等差數(shù)列。

充分性： 設(shè)數(shù)列{c_n}是公差為d₂的等差數(shù)列，且b_nb_n+1　 ( n=1,2,3,…)

∵c_n=a_n+2a_n+1+3a_n+2　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①

∴c_n+2=a_n+2+2a_n+3+3a_n+4 ②

①-②得c_n–c_n+2=(a_n–a_n+2)+2 (a_n+1–a_n+3)+3 (a_n+2–a_n+4)=b_n+2b_n+1+3b_n+2

∵c_n–c_n+2=( c_n–c_n+1)+( c_n+1–c_n+2)= –2 d₂

∴b_n+2b_n+1+3b_n+2=–2 d₂③

從而有b_n+1+2b_n+2+3b_n+3=–2 d₂④

④-③得(b_n+1–b_n)+2 (b_n+2–b_n+1)+3 (b_n+3–b_n+2)=0　　　　　　　 ⑤

∵b_n+1–b_n≥0, b_n+2–b_n+1≥0 , b_n+3–b_n+2≥0,

∴由⑤得b_n+1–b_n=0　 ( n=1,2,3,…)，

由此不妨設(shè)b_n=d₃ ( n=1,2,3,…)則a_n–a_n+2= d₃(常數(shù)).

由此c_n=a_n+2a_n+1+3a_n+2= c_n=4a_n+2a_n+1–3d₃

從而c_n+1=4a_n+1+2a_n+2–5d_{3　 ，}

兩式相減得c_n+1–c_n=2₍ a_n+1–a_n) –2d₃

因此(常數(shù)) ( n=1,2,3,…)

所以數(shù)列{a_n}公差等差數(shù)列。

[解后反思]理解公差d的涵義，能把文字?jǐn)⑹鲛D(zhuǎn)化為符號(hào)關(guān)系式.利用遞推關(guān)系是解決數(shù)列的重要方法,要求考生熟練掌握等差數(shù)列的定義、通項(xiàng)公式及其由來.

(17)(本小題滿分12分，第一小問滿分5分，第二小問滿分7分)

　　已知三點(diǎn)P(5，2)、(－6，0)、(6，0).

　　 (Ⅰ)求以、為焦點(diǎn)且過點(diǎn)P的橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；

O

(Ⅱ)設(shè)點(diǎn)P、、關(guān)于直線y＝x的對稱點(diǎn)分別為、、，求以、為焦點(diǎn)且過點(diǎn)的雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程。

(18)(本小題滿分14分)

O1

　　請您設(shè)計(jì)一個(gè)帳篷。它下部的形狀是高為1m的正六棱柱，上部的形狀是側(cè)棱長為3m的正六棱錐(如右圖所示)。試問當(dāng)帳篷的頂點(diǎn)O到底面中心的距離為多少時(shí)，帳篷的體積最大？

(19)(本小題滿分14分，第一小問滿分4分，第二小問滿分5分，第三小問滿分5分)

　　在正三角形ABC中，E、F、P分別是AB、AC、BC邊上的點(diǎn)，滿足AE:EB＝CF:FA＝CP:PB＝1:2(如圖1)。將△AEF沿EF折起到的位置，使二面角A₁－EF－B成直二面角，連結(jié)A₁B、A₁P(如圖2)

(Ⅰ)求證：A₁E⊥平面BEP；

(Ⅱ)求直線A₁E與平面A₁BP所成角的大��；

(Ⅲ)求二面角B－A₁P－F的大小(用反三角函數(shù)表示)

　

(20)(本小題滿分16分，第一小問4分，第二小問滿分6分，第三小問滿分6分)

　　設(shè)a為實(shí)數(shù)，設(shè)函數(shù)的最大值為g(a)。

　　(Ⅰ)設(shè)t＝，求t的取值范圍，并把f(x)表示為t的函數(shù)m(t)

(Ⅱ)求g(a)

(Ⅲ)試求滿足的所有實(shí)數(shù)a

(21)(本小題滿分14分)

　　設(shè)數(shù)列、、滿足：，(n=1,2,3,…)，

　　證明為等差數(shù)列的充分必要條件是為等差數(shù)列且(n=1,2,3,…)

1[思路點(diǎn)撥]本題考查函數(shù)的奇偶性，三角函數(shù)sinx的奇偶性的判斷，本題是一道送分的概念題

[正確解答]解法1由題意可知，得a=0

解法2：函數(shù)的定義域?yàn)镽,又f(x)為奇函數(shù),故其圖象必過原點(diǎn)即f(0)=0,所以得a=0,

解法3由f(x)是奇函數(shù)圖象法函數(shù)畫出的圖象選A

[解后反思]對數(shù)學(xué)概念及定理公式的深刻理解是解數(shù)學(xué)問題的關(guān)健,討論函數(shù)的奇偶性,其前提條件是函數(shù)的定義域必須關(guān)于原點(diǎn)對稱.

若函數(shù)f(x)為奇函數(shù)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱.

若函數(shù)f(x)為偶函數(shù)的圖象關(guān)于y軸對稱.

2[思路點(diǎn)撥]本題主要考查圓的切線的求法，直線與圓相切的充要條件是圓心到直線的距離等于半徑.

[正確解答]直線ax+by=0，則，由排除法，

選C,本題也可數(shù)形結(jié)合，畫出他們的圖象自然會(huì)選C,用圖象法解最省事。

[解后反思]直線與圓相切可以有兩種方式轉(zhuǎn)化(1)幾何條件:圓心到直線的距離等于半徑(2)代數(shù)條件:直線與圓的方程組成方程組有唯一解,從而轉(zhuǎn)化成判別式等于零來解.

3[思路點(diǎn)撥]本題考查統(tǒng)計(jì)的基本知識(shí)，樣本平均數(shù)與樣本方差的概念以及求解方程組的方法

[正確解答]由題意可得：x+y=20,(x-10)²+(y-10)²=8,解這個(gè)方程組需要用一些技巧，因?yàn)椴灰�直接求出x、y，只要求出，設(shè)x=10+t, y=10-t, ，選D

[解后反思]

4[思路點(diǎn)撥]本題主要考三角函數(shù)的圖象變換，這是一道平時(shí)訓(xùn)練的比較多的一種類型。

[正確解答]先將的圖象向左平移個(gè)單位長度，

得到函數(shù)的圖象，再把所得圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長到原來的3倍(縱坐標(biāo)不變)得到函數(shù)的圖像

[解后反思]由函數(shù)的圖象經(jīng)過變換得到函數(shù)

(1)．y=Asinx，xÎR(A>0且A¹1)的圖象可以看作把正弦曲線上的所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)伸長(A>1)或縮短(0<A<1)到原來的A倍得到的

(2)函數(shù)y=sinωx, xÎR (ω>0且ω¹1)的圖象，可看作把正弦曲線上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短(ω>1)或伸長(0<ω<1)到原來的倍(縱坐標(biāo)不變)

(3)函數(shù)y＝sin(x+)，x∈R(其中≠0)的圖象，可以看作把正弦曲線上所有點(diǎn)向左(當(dāng)＞0時(shí))或向右(當(dāng)＜0時(shí)＝平行移動(dòng)｜｜個(gè)單位長度而得到 (用平移法注意講清方向：“加左”“減右”)

可以先平移變換后伸縮變換，也可以先伸縮變換后平移變換，但注意：先伸縮時(shí)，平移的單位把x前面的系數(shù)提取出來。

5[思路點(diǎn)撥]本題主要考查二項(xiàng)式展開通項(xiàng)公式的有關(guān)知識(shí).

　　　 [正確解答]的展開式通項(xiàng)為，因此含x的正整數(shù)次冪的項(xiàng)共有2項(xiàng).選B

[解后反思]多項(xiàng)式乘法的進(jìn)位規(guī)則.在求系數(shù)過程中,盡量先化簡,降底數(shù)的運(yùn)算級(jí)別,盡量化成加減運(yùn)算,在運(yùn)算過程可以適當(dāng)注意令值法的運(yùn)用,例如求常數(shù)項(xiàng),可令.在二項(xiàng)式的展開式中，要注意項(xiàng)的系數(shù)和二項(xiàng)式系數(shù)的區(qū)別.

6[思路點(diǎn)撥]本題主要考查平面向量的數(shù)量積運(yùn)算，拋物線的定義.

[正確解答]設(shè)，，，

則

由，則，

化簡整理得 所以選B

[解后反思]向量的坐標(biāo)表示和數(shù)量積的性質(zhì)在平面向量中的應(yīng)用是學(xué)習(xí)的重點(diǎn)和難點(diǎn).也是高考常�？疾榈闹匾獌�(nèi)容之一.在平時(shí)請多多注意用坐標(biāo)如何來表示向量平行和向量垂直,既要注意它們聯(lián)系,也要注意它們的區(qū)別.

　7[思路點(diǎn)撥]本題主要考查.集合的并集與交集運(yùn)算，集合之間關(guān)系的理解。

[正確解答]因?yàn)?sub>由題意得所以選A

[解后反思]對集合的子、交、并、補(bǔ)運(yùn)算，以及集合之間的關(guān)系要牢固掌握。本題考查三個(gè)抽象集合之間的關(guān)系，可以考慮借助與文氏圖。

8[思路點(diǎn)撥]本題主要考查.不等式恒成立的條件，由于給出的是不完全提干，必須結(jié)合選擇支，才能得出正確的結(jié)論。

[正確解答]運(yùn)用排除法，C選項(xiàng)，當(dāng)a-b<0時(shí)不成立。

[解后反思]運(yùn)用公式一定要注意公式成立的條件

如果

如果a,b是正數(shù)，那么

9[思路點(diǎn)撥]本題主要考查空間想象能力，以及正四棱錐的體積

[正確解答]由于兩個(gè)正四棱錐相同，所以所求幾何體的中心在正四棱錐底面正方形ABCD中心，有對稱性知正四棱錐的高為正方體棱長的一半，影響幾何體體積的只能是正四棱錐底面正方形ABCD的面積，問題轉(zhuǎn)化為邊長為1的正方形的內(nèi)接正方形有多少種，所以選D.

[解后反思]正方體是大家熟悉的幾何體，它的一些內(nèi)接或外接圖形需要一定的空間想象能力，要學(xué)會(huì)將空間問題向平面問題轉(zhuǎn)化。

10[思路點(diǎn)撥]本題主要考查平均分組問題及概率問題.

[正確解答]將六個(gè)接線點(diǎn)隨機(jī)地平均分成三組，共有種結(jié)果，五個(gè)接收器能同時(shí)接收到信號(hào)必須全部在同一個(gè)串聯(lián)線路中，有種結(jié)果，這五個(gè)接收器能同時(shí)接收到信號(hào)的概率是，選D

[解后反思]概率問題的難點(diǎn)在于分析某事件所有可能出現(xiàn)的結(jié)果及其表示方法，而運(yùn)用概率部分的性質(zhì)、公式求某事件概率只是解決問題的工具而已

11[思路點(diǎn)撥]本題主要考查解三角形的基本知識(shí)

[正確解答]由正弦定理得，解得

[解后反思]解三角形：已知兩角及任一邊運(yùn)用正弦定理，已知兩邊及其夾角運(yùn)用余弦定理

12[思路點(diǎn)撥]本題主要考查線性規(guī)劃問題,由線性約束條件畫出可行域,然后求出目標(biāo)函數(shù)的最大值.

[正確解答]畫出可行域，得在直線2x-y=2與直線x-y=-1的交點(diǎn)

A(3,4)處，目標(biāo)函數(shù)z最大值為18

[解后反思]本題只是直接考查線性規(guī)劃問題，是一道較為簡單的送分題。近年來高考線性規(guī)劃問題高考數(shù)學(xué)考試的熱點(diǎn)，數(shù)形結(jié)合是數(shù)學(xué)思想的重要手段之一,是連接代數(shù)和幾何的重要方法。 隨著要求數(shù)學(xué)知識(shí)從書本到實(shí)際生活的呼聲不斷升高,線性規(guī)劃這一類新型數(shù)學(xué)應(yīng)用問題要引起重視。

13[思路點(diǎn)撥]本題考查排列組合的基本知識(shí).

[正確解答]由題意可知，因同色球不加以區(qū)分，實(shí)際上是一個(gè)組合問題，共有

[解后反思]分步計(jì)數(shù)原理與分類計(jì)數(shù)原理是排列組合中解決問題的重要手段,也是基礎(chǔ)方法,在高中數(shù)學(xué)中,只有這兩個(gè)原理,尤其是分類計(jì)數(shù)原理與分類討論有很多相通之處,當(dāng)遇到比較復(fù)雜的問題時(shí),用分類的方法可以有效的將之化簡,達(dá)到求解的目的.

14[思路點(diǎn)撥]本題考查三角公式的記憶及熟練運(yùn)用三角公式計(jì)算求值

[正確解答]

[解后反思]方法不拘泥,要注意靈活運(yùn)用,在求三角的問題中,要注意這樣的口決“三看”即(1)看角,把角盡量向特殊角或可計(jì)算角轉(zhuǎn)化，(2)看名稱,把一道等式盡量化成同一名稱或相近的名稱，例如把所有的切都轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的弦，或把所有的弦轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的切，(3)看式子,看式子是否滿足三角函數(shù)的公式.如果滿足直接使用,如果不滿足轉(zhuǎn)化一下角或轉(zhuǎn)換一下名稱,就可以使用.

15[思路點(diǎn)撥]本題考查應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求曲線切線的斜率，數(shù)列通項(xiàng)公式以及等比數(shù)列的前n項(xiàng)和的公式

[正確解答]，曲線y=xⁿ(1-x)在x=2處的切線的斜率為k=n2^n-1-(n+1)2ⁿ

切點(diǎn)為(2，-2ⁿ),所以切線方程為y+2ⁿ=k(x-2),令x=0得 a_n=(n+1)2ⁿ,令b_n=.數(shù)列的前n項(xiàng)和為2+2²+2³+…+2ⁿ=2ⁿ⁺¹-2

[解后反思]應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求曲線切線的斜率時(shí)，要首先判定所經(jīng)過的點(diǎn)為切點(diǎn)。否則容易出錯(cuò)。

16[思路點(diǎn)撥]本題考查對數(shù)函數(shù)單調(diào)性和不等式的解法

[正確解答]，0〈，.

解得

[解后反思]在數(shù)的比較大小過程中,要遵循這樣的規(guī)律,異中求同即先將這些數(shù)的部分因式化成相同的部分,再去比較它們剩余部分,就會(huì)很輕易啦.一般在數(shù)的比較大小中有如下幾種方法：(1)作差比較法和作商比較法,前者和零比較,后者和1比較大��；(2)找中間量,往往是1,在這些數(shù)中,有的比1大,有的比1�。�,(3)計(jì)算所有數(shù)的值；(4)選用數(shù)形結(jié)合的方法,畫出相應(yīng)的圖形；(5)利用函數(shù)的單調(diào)性等等.

17本小題主要考查橢圓與雙曲線的基本概念、標(biāo)準(zhǔn)方程、幾何性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)和基本運(yùn)算能力。

解：(1)由題意可設(shè)所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(a>b>0),其半焦距c=6

∴,b²=a²-c²=9.

所以所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為

(2)點(diǎn)P(5,2)、F₁(-6,0)、F₂(6,0)關(guān)于直線y=x的對稱點(diǎn)分別為點(diǎn)P^，(2，5)、F₁^，(0，-6)、F₂^，(0，6).

設(shè)所求雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為由題意知，半焦距c₁=6

,b₁²=c₁²-a₁²=36-20=16. 所以所求雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為

18.本小題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最大值和最小值的基礎(chǔ)知識(shí)，以及運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決實(shí)際問題的能力。

解：設(shè)OO₁為x m,

則由題設(shè)可得正六棱錐底面邊長為(單位：m)

于是底面正六邊形的面積為(單位：m²)

帳篷的體積為(單位：m³)

求導(dǎo)數(shù)，得

令解得x=-2(不合題意，舍去),x=2.

當(dāng)1<x<2時(shí)，,V(x)為增函數(shù)；

當(dāng)2<x<4時(shí)，,V(x)為減函數(shù)。

所以當(dāng)x=2時(shí),V(x)最大。

答當(dāng)OO₁為2m時(shí)，帳篷的體積最大。

19本小題主要考查線面垂直、直線和平面所成的角、二面角等基礎(chǔ)知識(shí)，以及空間線面位置關(guān)系的證明、角和距離的計(jì)算等，考查空間想象能力、邏輯推理能力和運(yùn)算能力。

解法一：不妨設(shè)正三角形ABC的邊長為3

(1)　　　 在圖1中，取BE中點(diǎn)D，連結(jié)DF. AE：EB=CF：FA=1：2∴AF=AD=2而∠A=60⁰ , ∴△ADF是正三角形，又AE=DE=1, ∴EF⊥AD在圖2中，A₁E⊥EF, BE⊥EF, ∴∠A₁EB為二面角A_1－EF－B的平面角。由題設(shè)條件知此二面角為直二面角，A₁E⊥BE,又∴A₁E⊥平面BEF,即 A₁E⊥平面BEP

(2)　　　 在圖2中，A₁E不垂直A₁B, ∴A₁E是平面A₁BP的垂線，又A₁E⊥平面BEP，

∴A₁E⊥BE.從而BP垂直于A₁E在平面A₁BP內(nèi)的射影(三垂線定理的逆定理)設(shè)A₁E在平面A₁BP內(nèi)的射影為A₁Q,且A₁Q交BP于點(diǎn)Q,則∠E₁AQ就是A₁E與平面A₁BP所成的角,且BP⊥A₁Q.在△EBP中, BE=EP=2而∠EBP=60⁰ , ∴△EBP是等邊三角形.又 A₁E⊥平面BEP , ∴A₁B=A₁P, ∴Q為BP的中點(diǎn),且,又 A₁E=1,在Rt△A₁EQ中，,∴∠EA₁Q=60^o, ∴直線A₁E與平面A₁BP所成的角為60⁰

在圖3中，過F作FM⊥ A₁P與M，連結(jié)QM,QF,∵CP=CF=1, ∠C=60⁰,

∴△FCP是正三角形，∴PF=1.有∴PF=PQ①,

∵A₁E⊥平面BEP, 　∴A₁E=A₁Q,

∴△A₁FP≌△A₁QP從而∠A₁PF=∠A₁PQ②,

由①②及MP為公共邊知△FMP≌△QMP,

∴∠QMP=∠FMP=90^o,且MF=MQ,

從而∠FMQ為二面角B－A₁P－F的平面角.

　在Rt△A₁QP中,A₁Q=A₁F=2,PQ=1,又∴. ∵ MQ⊥A₁P∴∴在△FCQ中,FC=1,QC=2, ∠C=60⁰,由余弦定理得

在△FMQ中，

∴二面角B－A₁P－F的大小為

[解后反思]在立體幾何學(xué)習(xí)中,我們要多培養(yǎng)空間想象能力, 對于圖形的翻折問題,關(guān)健是利用翻折前后的不變量,二面角的平面角的適當(dāng)選取是立體幾何的核心考點(diǎn)之一.是高考數(shù)學(xué)必考的知識(shí)點(diǎn)之一.作,證,解,是我們求二面角的三步驟.作:作出所要求的二面角,證:證明這是我們所求二面角,并將這個(gè)二面角進(jìn)行平面化,置于一個(gè)三角形中,最好是直角三角形,利用我們解三角形的知識(shí)求二面角的平面角.向量的運(yùn)用也為我們拓寬了解決立體幾何問題的角度,不過在向量運(yùn)用過程中,要首先要建系,建系要建得合理,最好依托題目的圖形,坐標(biāo)才會(huì)容易求得.

(11)在△ABC中，已知BC＝12，A＝60°，B＝45°，則AC＝　▲　

(12)設(shè)變量x、y滿足約束條件，則的最大值為　▲　

(13)今有2個(gè)紅球、3個(gè)黃球、4個(gè)白球，同色球不加以區(qū)分，將這9個(gè)球排成一列有　▲　種不同的方法(用數(shù)字作答)。

(14)＝　▲　

(15)對正整數(shù)n，設(shè)曲線在x＝2處的切線與y軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為，則數(shù)列的前n項(xiàng)和的公式是　▲　

(16)不等式的解集為　▲　

(1)已知，函數(shù)為奇函數(shù)，則a＝

(A)0　　(B)1　　(C)－1　　(D)±1

(2)圓的切線方程中有一個(gè)是

(A)x－y＝0　　(B)x+y＝0　　(C)x＝0　　(D)y＝0

(3)某人5次上班途中所花的時(shí)間(單位：分鐘)分別為x，y，10，11，9.已知這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為10，方差為2，則｜x－y｜的值為

(A)1　　(B)2　　　(C)3　　　(D)4

(4)為了得到函數(shù)的圖像，只需把函數(shù)的圖像上所有的點(diǎn)

(A)向左平移個(gè)單位長度，再把所得各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來的倍(縱坐標(biāo)不變)

(B)向右平移個(gè)單位長度，再把所得各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來的倍(縱坐標(biāo)不變)

(C)向左平移個(gè)單位長度，再把所得各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長到原來的3倍(縱坐標(biāo)不變)

(D)向右平移個(gè)單位長度，再把所得各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長到原來的3倍(縱坐標(biāo)不變)

(5)的展開式中含x的正整數(shù)指數(shù)冪的項(xiàng)數(shù)是

(A)0　　　(B)2　　　(C)4　　　(D)6

(6)已知兩點(diǎn)M(－2，0)、N(2，0)，點(diǎn)P為坐標(biāo)平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，滿足�。�0，則動(dòng)點(diǎn)P(x，y)的軌跡方程為

(A)　　(B)　　(C)　　(D)

(7)若A、B、C為三個(gè)集合，，則一定有

(A)　　(B)　　(C)　　(D)

(8)設(shè)a、b、c是互不相等的正數(shù)，則下列等式中不恒成立的是

(A)　　(B)

(C)　　　(D)

A

D

C

B

(9)兩相同的正四棱錐組成如圖1所示的幾何體，可放棱長為1的正方體內(nèi)，使正四棱錐的底面ABCD與正方體的某一個(gè)平面平行，且各頂點(diǎn)均在正方體的面上，則這樣的幾何體體積的可能值有

圖1

(A)1個(gè)　　　(B)2個(gè)

(C)3個(gè)　　　(D)無窮多個(gè)

(10)右圖中有一個(gè)信號(hào)源和五個(gè)接收器。接收器與信號(hào)源在同一個(gè)串聯(lián)線路中時(shí)，就能接收到信號(hào)，否則就不能接收到信號(hào)。若將圖中左端的六個(gè)接線點(diǎn)隨機(jī)地平均分成三組，將右端的六個(gè)接線點(diǎn)也隨機(jī)地平均分成三組，再把所有六組中每組的兩個(gè)接線點(diǎn)用導(dǎo)線連接，則這五個(gè)接收器能同時(shí)接收到信號(hào)的概率是

(A)　　　(B)

(C)　　　(D)

21. (本小題滿分14分)已知橢圓C₁:,拋物線C₂:,

且C₁、C₂的公共弦AB過橢圓C₁的右焦點(diǎn).

(Ⅰ)當(dāng)AB⊥軸時(shí),求、的值，并判斷拋物線C₂的焦點(diǎn)是否在直線AB上；

(Ⅱ)是否存在、的值，使拋物線C₂的焦點(diǎn)恰在直線AB上？若存在，

求出符合條件的、的值；若不存在，請說明理由.

解：(Ⅰ)當(dāng)AB⊥x軸時(shí)，點(diǎn)A、B關(guān)于x軸對稱，所以m＝0，直線AB的方程為：

　　 　　 x =1，從而點(diǎn)A的坐標(biāo)為(1，)或(1，－).　 因?yàn)辄c(diǎn)A在拋物線上.

所以，即.此時(shí)C₂的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(，0)，該焦點(diǎn)不在直線AB上.

(II)解法一： 假設(shè)存在、的值使的焦點(diǎn)恰在直線AB上，由(I)知直線AB

的斜率存在，故可設(shè)直線AB的方程為．

由消去得………………①

設(shè)A、B的坐標(biāo)分別為(x₁,y₁), (x₂,y₂),　

則x₁,x₂是方程①的兩根，x₁+x₂＝.

　由　

消去y得.　　　　　 ………………②

因?yàn)?i>C₂的焦點(diǎn)在直線上，

所以，即.代入②有.

即.　　　　　　　　　　　 　　 …………………③

由于x₁,x₂也是方程③的兩根，所以x₁+x₂＝.

從而＝. 解得　　……………………④

又AB過C_{1、、＼、、}C₂的焦點(diǎn)，所以

，

則　　 …………………………………⑤

由④、⑤式得，即．

解得于是

因?yàn)?i>C₂的焦點(diǎn)在直線上，所以.

　或．

由上知，滿足條件的、存在，且或，．

解法二：　　　 設(shè)A、B的坐標(biāo)分別為，．

　　因?yàn)锳B既過C₁的右焦點(diǎn)，又過C₂的焦點(diǎn)，

所以.

即.　　　　 　 ……①

由(Ⅰ)知，于是直線AB的斜率， ……②

且直線AB的方程是,

所以.　　　　 ……③

又因?yàn)?sub>，所以.　　 ……④

將①、②、③代入④得．　……………⑤

　因?yàn)?sub>，所以．　…………⑥

將②、③代入⑥得　……………⑦

由⑤、⑦得即

解得．將代入⑤得

　　或．

由上知，滿足條件的、存在，且或，

20. (本小題滿分14分)對1個(gè)單位質(zhì)量的含污物體進(jìn)行清洗,清洗前其清潔度(含污物體的清潔度定義為:)為0.8,要求洗完后的清潔度是0.99.有兩種方案可供選擇,方案甲:一次清洗;方案乙:兩次清洗.該物體初次清洗后受殘留水等因素影響,其質(zhì)量變?yōu)?sub>(1≤a≤3).設(shè)用單位質(zhì)量的水初次清洗后的清潔度是(),用質(zhì)量的水第二次清洗后的清潔度是,其中是該物體初次清洗后的清潔度.

(Ⅰ)分別求出方案甲以及時(shí)方案乙的用水量,并比較哪一種方案用水量較少;

(Ⅱ)若采用方案乙,當(dāng)為某定值時(shí),如何安排初次與第二次清洗的用水量,使總用水量最少?并討論取不同數(shù)值時(shí)對最少總用水量多少的影響.

解：(Ⅰ)設(shè)方案甲與方案乙的用水量分別為x與z,由題設(shè)有=0.99,解得x=19.

　　　　 由得方案乙初次用水量為3, 第二次用水量y滿足方程:

　　　 解得y=4,故z=4+3.即兩種方案的用水量分別為19與4+3.

　 因?yàn)楫?dāng),故方案乙的用水量較少.

(II)設(shè)初次與第二次清洗的用水量分別為與，類似(I)得

，(*)

于是+

　　　　　 當(dāng)為定值時(shí),,

　　　　　 當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立.此時(shí)

　　　　　 將代入(*)式得

　　　　　 故時(shí)總用水量最少, 此時(shí)第一次與第二次用水量分別為

　　　　　 ,　　 最少總用水量是.

　　　　　 當(dāng),故T()是增函數(shù)(也可以用二次函數(shù)的單調(diào)性判斷).這說明,隨著的值的最少總用水量, 最少總用水量最少總用水量.

19. (本小題滿分14分)已知函數(shù),

數(shù)列{}滿足:

證明: (I)．;　　

(II)．.

證明: (I)．先用數(shù)學(xué)歸納法證明，n＝1,2,3,…

　　　　　 (i).當(dāng)n=1時(shí),由已知顯然結(jié)論成立.

　　　　　 (ii).假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)結(jié)論成立,即.因?yàn)?<x<1時(shí)

,所以f(x)在(0,1)上是增函數(shù). 又f(x)在[0,1]上連續(xù),

從而.故n=k+1時(shí),結(jié)論成立.

由(i)、(ii)可知，對一切正整數(shù)都成立.

又因?yàn)?sub>時(shí)，，

所以，綜上所述．

(II)．設(shè)函數(shù)，．由(I)知，當(dāng)時(shí)，，

　　從而

所以g (x)在(0,1)上是增函數(shù). 又g (x)在[0,1]上連續(xù),且g (0)=0,

　 所以當(dāng)時(shí)，g (x)>0成立.于是．

　　　　故．

18. (本小題滿分14分)如圖4,已知兩個(gè)正四棱錐P-ABCD與Q-ABCD的高分別為1

和2,AB=4.　　 (Ⅰ)證明PQ⊥平面ABCD;　　 (Ⅱ)求異面直線AQ與PB所成的角;

(Ⅲ)求點(diǎn)P到平面QAD的距離.

解法一：　(Ⅰ)．連結(jié)AC、BD，設(shè).由P－ABCD與Q－ABCD

都是正四棱錐，所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD.

從而P、O、Q三點(diǎn)在一條直線上，所以PQ⊥平面ABCD.

　　　　　 (II)由題設(shè)知，ABCD是正方形，所以．由(I)，平面，故可以分別以直線CA、DB、QP為軸，軸，軸建立空間直角坐標(biāo)系(如上圖)，由題設(shè)條件，相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)分別是，，

所以,,于是

從而異面直線AQ與PB所成的角是.

(Ⅲ)．由(Ⅱ)，點(diǎn)D的坐標(biāo)是(0，－，0)，，　　　　　

，設(shè)是平面QAD的一個(gè)法向量，

由　　 得.

取x=1，得.　所以點(diǎn)P到平面QAD的距離.

解法二：　(Ⅰ)．取AD的中點(diǎn)M，連結(jié)PM，QM.因?yàn)?i style='mso-bidi-font-style:normal'>P－ABCD與Q－ABCD

都是正四棱錐，所以AD⊥PM，AD⊥QM. 從而AD⊥平面PQM.

又平面PQM，所以PQ⊥AD.同理PQ⊥AB，所以PQ⊥平面ABCD.

(Ⅱ)．連結(jié)AC、BD設(shè)，由PQ⊥平面ABCD及正四棱錐的性質(zhì)可知O在

PQ上，從而P、A、Q、C四點(diǎn)共面.

取OC的中點(diǎn)N，連結(jié)PN．

因?yàn)?i>，所以，

從而AQ∥PN.∠BPN(或其補(bǔ)角)是異面直線AQ

與PB所成的角.連接BN，

因?yàn)?sub>．

所以．

從而異面直線AQ與PB所成的角是．

(Ⅲ)．由(Ⅰ)知，AD⊥平面PQM，所以平面PQM⊥平面QAD. 過P作PH⊥QM

于H，則PH⊥平面QAD，所以PH的長為點(diǎn)P到平面QAD的距離．

連結(jié)OM，則.所以，

又PQ＝PO+QO＝3，于是.

即點(diǎn)P到平面QAD的距離是.