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一、選擇題

題號

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

答案

A

B

C

C

B

A

B

D

A

D

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{2} ，選A．

2．函數(shù)f(x)= (x∈R)，∴ ，所以原函數(shù)的值域是(0，1] ，選B.

3． 已知等差數(shù)列{a_n}中，a₂+a₈=8，∴ ，則該數(shù)列前9項和S₉==36，選C.

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

則，∴，a=3，則a+b等于4，選C.

5．直線過點(0，a)，其斜率為1， 且與圓x²+y²=2相切，設(shè)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(shù)列，若α、β、γ成等差數(shù)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(shù)列”的．必要而不充分條件。選A．

7．x，y為正數(shù)，(x+y)()≥≥9，選B.

8．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．

9．已知函數(shù)f(x)=ax²+2ax+4(a>0)，二次函數(shù)的圖象開口向上，對稱軸為，a>0，∴ x₁+x₂=0，x₁與x₂的中點為0，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．

10．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．

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(cè)，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(cè)，另兩點B、C在平面另一側(cè)，則存在一條中位線DE//BC，DE在α內(nèi)，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(yīng)密文a+2b，2b+c，2c+3d，4d，例如，明文1，2，3，4對應(yīng)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．－   14．60   15．1320     16．3R

13．cos43°cos77°+sin43°cos167°==－．

14．(2x－)⁶展開式中常數(shù)項.

15．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，可以分情況討論，① 甲去，則乙不去，有=480種選法；②甲不去，乙去，有=480種選法；③甲、乙都不去，有=360種選法；共有1320種不同的選派方案．

16．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(gòu)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(cè)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．

三、解答題

17．解: (Ⅰ)記"甲投進"為事件A₁ ， "乙投進"為事件A₂ ， "丙投進"為事件A₃，

則 P(A₁)= ， P(A₂)= ， P(A₃)= ，

∴ P(A₁A₂A₃)=P(A₁) ?P(A₂) ?P(A₃) = × ×=

 ∴3人都投進的概率為

(Ⅱ) 設(shè)“3人中恰有2人投進"為事件B

P(B)=P(A₂A₃)+P(A₁A₃)+P(A₁A₂)

   =P()?P(A₂)?P(A₃)+P(A₁)?P()?P(A₃)+P(A₁)?P(A₂)?P()

   =(1－)× × + ×(1－)× + × ×(1－) =

 ∴3人中恰有2人投進的概率為

18．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)}．

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(nèi)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(shè)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: ∵10S_n=a_n²+5a_n+6， ①   ∴10a₁=a₁²+5a₁+6，解之得a₁=2或a₁=3．

又10S_n－1=a_n－1²+5a_n－1+6(n≥2)，②

 由①－②得 10a_n=(a_n²－a_n－1²)+6(a_n－a_n－1)，即(a_n+a_n－1)(a_n－a_n－1－5)=0 

∵a_n+a_n－1>0  ， ∴a_n－a_n－1=5 (n≥2)．

當a₁=3時，a₃=13，a₁₅=73． a₁， a₃，a₁₅不成等比數(shù)列∴a₁≠3;

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

21．解法一: 如圖， (Ⅰ)設(shè)D(x₀，y₀)，E(x_E，y_E)，M(x，y)．由=t，  = t ，

知(x_D－2，y_D－1)=t(－2，－2)．   ∴  同理 ．

 ∴k_DE =  = = 1－2t．  ∴t∈[0，1] ， ∴k_DE∈[－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(shè)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）當k=0時， f(x)=－3x²+1  ∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，0]，單調(diào)減區(qū)間[0，+∞)．

當k>0時 ， f '(x)=3kx²－6x=3kx(x－)

∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，0] ， [ ， +∞)， 單調(diào)減區(qū)間為[0， ]．

（II）當k=0時， 函數(shù)f(x)不存在最小值．

 當k>0時， 依題意 f()= － +1>0 ，

即k²>4 ， 由條件k>0， 所以k的取值范圍為(2，+∞)