本刊試題研究組

一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，共計(jì)70分

1．已知集合A={x|x－2x≤0}，B={x|－9≤3x+3≤6}，則A∩B=_____________．

2． 在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)1+i2013（1－i）2對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第 象限

3．命題P：“若ac=b，則a，b，c成等比數(shù)列”，則命題P的否命題是_____________命題．（填：“真”或“假”）

4．某地區(qū)對(duì)高三學(xué)生進(jìn)行體格檢查時(shí)，為了解該地區(qū)男生體重情況，進(jìn)行抽樣調(diào)查．抽查該地區(qū)年齡為17．5歲－18歲的200名男生的體重（kg），得到頻率分布直方圖如下，根據(jù)下圖可得這200名學(xué)生中體重在56.5～64.5的學(xué)生人數(shù)是_____________．

5．根據(jù)如圖所示的偽代碼，則輸出結(jié)果是_____________．

6．在盒中有標(biāo)號(hào)為1，2，3，4，5的5個(gè)大小相同的圓球，現(xiàn)從中任取2個(gè)球，則它們的標(biāo)號(hào)的乘積是偶數(shù)的概率為 _____________．

7．若函數(shù)f（x）=k+x+2的定義域?yàn)镈，且滿(mǎn)足以下兩條件：① f（x）在定義域內(nèi)是單調(diào)函數(shù)；②存在區(qū)間［a，b］D，使得f（x）在x∈［a，b］上的值域也為［a，b］，則k的取值范圍是_____________．

8．如圖，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，動(dòng)點(diǎn)E，F(xiàn)在棱A1B1上，點(diǎn)Q是棱CD的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P在棱AD上，若EF=1，DP=x，A1E=y（x，y大于零），則三棱錐PEFQ的體積_____________．

①與x，y都有關(guān)；②與x，y都無(wú)關(guān)；③與x有關(guān)，與y無(wú)關(guān)；④與y有關(guān)，與x無(wú)關(guān)

9．在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)P（sin2θ，－1）、Q（12，cos2θ）分別在角α、β的終邊上，且OP·OQ=－12，則cos2θ=_____________．

10．若集合A=［a－2，－a］，B={x|cosπx=1}，若集合A∩B中恰好有兩個(gè)元素，則a的取值范圍是_____________．

11．在△ABC中，如果對(duì)任意實(shí)數(shù)t，不等式|BA－tBC|≥|AC|恒成立，則角C=_____________．

12．已知定義在R上的函數(shù)f（x）和g（x）滿(mǎn)足g（x）≠0，且f′（x）·g（x）>f（x）·g′（x），f（x）=ax·g（x），f（1）g（1）+f（－1）g（－1）=52，令an=f（n）g（n），則使數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn超過(guò)100的最小自然數(shù)n的值為_(kāi)____________．

13．過(guò)橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）上的動(dòng)點(diǎn)P向圓O：x2+y2=b2引兩條切線PA，PB，設(shè)切點(diǎn)分別是A，B，若直線AB與x軸、y軸分別交于M，N兩點(diǎn)，則△MON面積的最小值是_____________．

14．設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若不等式a2n+S2nn2≥λa21對(duì)任何等差數(shù)列{an}及任何正整數(shù)n恒成立，則λ的最大值為_(kāi)____________．

二、解答題：本大題共6小題，共計(jì)90分

15．在△ABC中，AB=2，AB·（AC－3CB）=0，（1）若CA·CB=0，求B的值；（2）設(shè)S為△ABC的面積，若CA·CB=S，求S的值．

16．如圖，在直棱柱ABCA1B1C1中，AB=AC，D，E分別是棱BC，CC1上的點(diǎn)（點(diǎn)D不同于點(diǎn)C），且AD⊥DE．（1）求證：平面ADE⊥平面BCC1B1；（2）在棱B1C1上是否存在點(diǎn)F，使得對(duì)于CC1上任意一點(diǎn)E，都有A1F∥平面ADE？請(qǐng)證明你的結(jié)論．

17．如圖，將邊長(zhǎng)為3的正方形ABCD繞中心O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α（0＜α＜π2）得到正方形A′B′C′D′．根據(jù)平面幾何知識(shí)，有以下兩個(gè)結(jié)論：

①∠A′FE＝α；

②對(duì)任意α（0＜α＜π2），△EAL，△EA′F，△GBF，△GB′H，△ICH，△IC′J，△KDJ，△KD′L均是全等三角形．

（1）設(shè)A′E＝x，將x表示為α的函數(shù)；

（2）試確定α，使正方形A′B′C′D′與正方形ABCD重疊部分面積最小，并求最小面積．

18．以A為圓心，以2cosθ（0<θ<π2）為半徑的圓外有一點(diǎn)B，已知|AB|=2sinθ，設(shè)過(guò)點(diǎn)B且與圓A外切于點(diǎn)C的圓的圓心為M．

（1）當(dāng)θ取某個(gè)值時(shí)，說(shuō)明點(diǎn)M的軌跡P是什么曲線？

（2）點(diǎn)M是軌跡P上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)N是圓A上的動(dòng)點(diǎn)，記|MN|的最小值為f（θ），求f（θ） 的取值范圍．

19．已知函數(shù)f（x）=lnx－x+1，x∈（0，+∞）．

（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值；

（2）設(shè)a≥１，函數(shù)g（x）=x2－3ax+2a2－5，若對(duì)于任意x0∈（0，1），總存在x1∈（0，1），使得f（x1）=g（x0）成立，求a的取值范圍；

（3）對(duì)任意x∈（0，+∞），求證：1x+1

20．已知a為實(shí)數(shù)，數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1=a，當(dāng)n≥2時(shí)，an=an－1－3（an－1>3）4－an－1（an－1≤3），

（1）當(dāng)a=100時(shí)，求數(shù)列{an}的前100項(xiàng)的和S100；（5分）

（2）證明：對(duì)于數(shù)列{an}，一定存在k∈N*，使0

（3）令bn=an2n－（－1）n，當(dāng)2

數(shù)學(xué)Ⅱ（附加題）

21．［選做題］本題包括A、B、C、D四小題，請(qǐng)選定其中兩題，并在相應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)作答．若多做，則按作答的前兩題評(píng)分．

解答時(shí)應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．

A．（選修4—1：幾何證明選講）

如圖，AB為半圓O的直徑，點(diǎn)C在半圓O上方，連結(jié)AC交半圓O于點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)C作線段AB的垂線CE，垂足為E．

求證：B，C，D，E四點(diǎn)共圓．

B．（選修4—2：矩陣與變換）

二階矩陣M對(duì)應(yīng)的變換將點(diǎn)（1，－1）與（－2，1）分別變換成點(diǎn)（－1，－1）與（0，－2）．

（Ⅰ）求矩陣M的逆矩陣M－1；

（Ⅱ）設(shè)直線l在變換M作用下得到了直線m：2x－y=4，求l的方程．

C．（選修4—4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程）

在極坐標(biāo)系中，設(shè)圓ρ=3上的點(diǎn)到直線ρ（cosθ+3sinθ）=2的距離為d，求d的最大值．

D．（選修4—5：不等式選講）

設(shè)a，b，c為正數(shù)且a+b+c=1，求證：（a+1a）2+（b+1b）2+（c+1c）2≥1003．

【必做題】 第22題、第23題，每題10分，共計(jì)20分．請(qǐng)?jiān)诖痤}卡指定區(qū)域內(nèi)作答，解答時(shí)應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．

22．（本小題滿(mǎn)分10分）

假定某人每次射擊命中目標(biāo)的概率均為12，現(xiàn)在連續(xù)射擊3次．

（1）求此人至少命中目標(biāo)2次的概率；

（2）若此人前3次射擊都沒(méi)有命中目標(biāo)，再補(bǔ)射一次后結(jié)束射擊；否則．射擊結(jié)束．記此人射擊結(jié)束時(shí)命中目標(biāo)的次數(shù)為X，求X的數(shù)學(xué)期望．

23．（本小題滿(mǎn)分10分）

設(shè)P1，P2，…，Pj為集合P＝{1，2，…，i}的子集，其中i，j為正整數(shù)．記aij為滿(mǎn)足P1∩P2∩…∩Pj＝的有序子集組（P1，P2，…，Pj）的個(gè)數(shù)．

（1）求a22的值；

（2）求aij的表達(dá)式．

參考答案

一、填空題

1． （0，1］ 2． 二 3． 假 4． 80 5． 9 6． 710 7． （－94，－2］ 8． ③ 9． 13 10． ［－2，0］ 11． π2 12． 6 13． b3a 14． 15

二、解答題

15．解：（１）AB·（AC－3CB）=（CB－CA）·（－CA－3CB）=0，又CA·CB=0

所以3CB2=CA2，所以b=3a，又C=90°，c=2，B=60°

（２）AB·（AC－3CB）=（CB－CA）·（－CA－3CB）=0，又CA·CB=S

所以：3a2－b2=2S，又由余弦定理得：4=a2+b2－2abcosC=a2+b2－2S

故：a2+b2=4+2S，a2=1+S，b2=3+S，又CA·CB=S得abcosC=12absinC

tanC=2，所以cosC=15故ab=5S，聯(lián)立上式：S=32

16．證明：（１）在直三棱柱ABCA1B1C1中，

CC1⊥面ABC，∴CC1⊥AD，又AD⊥DE，

DE∩CC1=E，DE、CC1面BCC1B1，

∴AD⊥面BCC1B1，又∵AD面BCC1B1

∴平面ADE⊥平面BCC1B1

（2）當(dāng)B1F=BD時(shí)，對(duì)于CC1上任意一點(diǎn)E，

都有A1F∥平面ADE

證明：連結(jié)FD，易知B1F∥BD，且B1F=BD，所以四邊形B1BDF為平行四邊形，

所以A1F∥AD，又AD面ADE，A1F面ADE，所以A1F∥平面ADE．

17．解：（1）在Rt△EA′F中，因?yàn)椤螦′FE＝α，A′E＝x，

所以EF＝xsinα，A′F＝xtanα．

由題意AE＝A′E＝x，BF＝A′F＝xtanα，

所以AB＝AE＋EF＋BF＝x＋xsinα＋xtanα＝3．

所以x＝3sinα1+sinα+cosα，α∈（0，π2）

（2）S△A′EF＝12·A′E·A′F＝12·x·xtanα＝x22tanα

＝（3sinα1＋sinα＋cosα）2·cosα2sinα＝9sinαcosα2（1＋sinα＋cosα）2．

令t＝sinα＋cosα，則sinαcosα＝t2－12．

因?yàn)棣痢剩?，π2），所以（α＋π4∈（π4，3π4），所以t＝2sin（α＋π4）∈（1，2］．

S△A′EF＝9（t2－1）4（1＋t）2＝94（1－2t＋1）≤94（1－221）．

正方形A′B′C′D′與正方形ABCD重疊部分面積

S＝S正方形A′B′C′D′－4S△A′EF≥9－9 （1－22＋1）

＝18（2－1）．

當(dāng)t＝2，即α＝π4時(shí)等號(hào)成立．

答：當(dāng)α＝π4時(shí)，正方形A′B′C′D′與正方形ABCD重疊部分面積最小，最小值為18（2－1）．

18．解：（１）設(shè)以M為圓心的圓的半徑為rM，則|MA|=2cosθ+rM，|MB|=rM，

則|MA|－|MB|=2cosθ，故當(dāng)θ取某個(gè)定值時(shí)，點(diǎn)M的軌跡P是以A，B為焦點(diǎn)，實(shí)軸長(zhǎng)為2cosθ的雙曲線靠近B點(diǎn)的一支．

（２）以AB所在的直線為x軸建立直角坐標(biāo)系，使A（－cosθ，0），

則圓A的方程為（x+cosθ）2+y2=4cos2θ，當(dāng)|MN|最小時(shí)，即|AB|在連心線上，此時(shí)N（cosθ，0），|AB|－|AN|=2rM，rM=12（2sinθ－2cosθ）=sinθ－cosθ，

f（θ）=rM=sinθ－cosθ=2sin（θ－π4），因?yàn)閟inθ>cosθ，故θ∈（π4，π2），

所以f（θ）∈（0，1）

19．（1） ∵f′（x）=1x－1=1－xx

∴當(dāng)x＞１時(shí)，f′（x）＜０，當(dāng)０＜x＜１時(shí)，f′（x）＞０．

∴f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1），單調(diào)遞減區(qū)間為（1，+∞），極大值為f（1）=0．

（２） ∵g′（x）=2x－3a（a≥１）∴當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g′（x）=2x－3a<0，g（x）單調(diào)遞減，

此時(shí)g（x）值域?yàn)椋?a2－3a－4，2a2－5）．

由（1）得，當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f（x）值域?yàn)椋ǎ蓿?），

由題意可得：2a2－5≤－１，所以１≤a≤102．

（3）令x+1x=t，則x=1t－1，∵x>0，∴t>1，原不等式等價(jià)于1－1t

由（1）知f（t）=lnt－t+1在（1，+∞）上單調(diào)遞減，∴f（t）

令h（t）=lnt－1+1t，∵h(yuǎn)′（t）=1t－1t2=t－1t2，當(dāng)t∈（1，+∞）時(shí)，h′（t）>0，

∴h（t）=lnt－1+1t在（1，+∞）上單調(diào)遞增，

∴h（t）>h（1）=0，即1－1t

綜上所述，對(duì)任意x∈（0，+∞），恒有1x+1

20．解：（Ⅰ）當(dāng)a=100時(shí)，由題意知數(shù)列{an}的前34項(xiàng)成首項(xiàng)為100，公差為－3的等差數(shù)列，從第35項(xiàng)開(kāi)始，奇數(shù)項(xiàng)均為3，偶數(shù)項(xiàng)均為1，從而S100=（100+97+94+…+4+1）共34項(xiàng)+（3+1+…+3+1）共66項(xiàng)

=（100+1）×342+（3+1）×662=1717+132=1849．

（Ⅱ）證明：①若0

②若a1>3，此時(shí)數(shù)列{an}的前若干項(xiàng)滿(mǎn)足an－an－1=3，即an=a1－3（n－1）．

設(shè)a1∈（3k，3k+3］，（k≥1，k∈N*），則當(dāng)n=k+1時(shí)，ak+1=a1－3k∈（0，3］．

從而此時(shí)命題成立

③若a1≤0，由題意得a2=4－a1>3，則由②的結(jié)論知此時(shí)命題也成立．

綜上所述，原命題成立

（Ⅲ）當(dāng)2

所以bn=an2n－（－1）n=a2n－（－1）n（n為奇數(shù)）4－a2n－（－1）n（n為偶數(shù)）

因?yàn)閎n>0，所以只要證明當(dāng)n≥3時(shí)不等式成立即可．

而b2k－1+b2k=a22k－1+1+4－a22k－1

=a·22k－1+22k+1+（4－2a）（22k－1+1）（22k－1）

①當(dāng)n=2k（k∈N且k≥2）時(shí)，

∑2ki=1bi=b1+b2+∑2ki=3bi

=43+（a+4）×124（1－（14）k－1）1－14=43+（a+4）×（1－（14）k－1）12<43+a+412=20+a12.

②當(dāng)n=2k－1（k∈N*且k≥2）時(shí)，由于bn>0，所以∑2k－1i=1bi<∑2ki=1bi<20+a12.

綜上所述，原不等式成立

數(shù)學(xué)Ⅱ（附加題）答案

21．A．（幾何證明選講選做題）

證明：如圖，連結(jié)BD，

因?yàn)锳B為半圓O的直徑，

所以∠ADB為直角，即有∠CDB為直角，

又CE為線段AB的垂線，

所以∠CEB為直角，所以∠CDB＝∠CEB

故B，C，D，E四點(diǎn)共圓．

B．（矩陣與變換選做題）

解：（Ⅰ）設(shè) abcd，則有 abcd1－1=－1－1， ab

cd－21=0－2，

所以a－b=－1c－d=－1，且－2a+b=0，－2c+d=－2，解得a=1b=2c=3d=4

所以M=1234，從而M－1=－2132-12

（Ⅱ）因?yàn)閤′y′=1234xy=x+2y3x+4y且m：2x′－y′=4，

所以2（x+2y）－（3x+4y）=4，即x+4=0，這就是直線l的方程

C．（坐標(biāo)系與參數(shù)方程選做題）

解：將極坐標(biāo)方程ρ=3轉(zhuǎn)化為普通方程：x2+y2=9

ρ（cosθ+3sinθ）=2可化為x+3y=2

在x2+y2=9上任取一點(diǎn)A（3cosα，3sinα），則點(diǎn)A到直線的距離為

d=|3cosα+33sinα－2|2=|6sin（α+30°）－2|2，它的最大值為4

D．（不等式選講選做題）

證：左=13（12+12+12）［（a+1a）2+（b+1b）2+（c+1c）2］≥13［1×（a+1a）+1×（b+1b）+1×（c+1c）］2

=13［1+（1a+1b+1c）］2=13［1+（a+b+c）（1a+1b+1c）］2≥13（1+9）2=1003

22．解：（１）設(shè)此人至少命中目標(biāo)2次的事件為A，則P（A）=C23·（12）2·（12）+C33·（12）3=12，

即此人至少命中目標(biāo)2次的概率為12．

（２）由題設(shè)知X的可能取值為0，1，2，3，且P（X=0）=［C03·（12）3］·（12）=116，

P（X=1）=C13·（12）1·（12）2+［C03·（12）3］·（12）=716，P（X=2）=C23·（12）2·（12）=38，

P（X=3）=C33·（12）3=18，

從而E（X）=116×0+716×1+38×2+18×3=2516

23．解：（1）由題意得P1，P2為集合P＝{1，2}的子集，

因?yàn)镻1∩P2＝，

所以集合P＝{1，2}中的元素“1”共有如下3種情形：

P1=，P2={1}，{2}，{1，2}共3種

P1={1}，P2={2}

同理可得集合P={1，2}中的元素“2”也有3種情形，

根據(jù)分步乘法原理得，a22＝4；

（2）考慮P＝{1，2，…，i}中的元素“1”，有如下情形：

1不屬于P1，P2，…，Pj中的任何一個(gè)，共C0j種；

1只屬于P1，P2，…，Pj中的某一個(gè)，共C1j種；

1只屬于P1，P2，…，Pj中的某兩個(gè)，共C2j種；

1只屬于P1，P2，…，Pj中的某（j－1）個(gè)，共Cj-1j種，

根據(jù)分類(lèi)加法原理得，元素“1”共有C0j＋C1j＋C2j＋…＋Cj-1j＝2j－1種情形，

同理可得，集合P＝{1，2，…，i}中其它任一元素均有（2j－1）種情形，

根據(jù)分步乘法原理得，aij＝（2j－1）i．