參考答案

　　自我檢測之立體幾何
　　 基礎過關
　　 1． B． 由三視圖可得幾何體是球與長方體的組合體，且球的半徑為，長方體的長、寬、高分別為3、3、2，該幾何體的體積V=π?+3×3×2=π+18．
　　 2． B． 該幾何體是平行六面體，底面是以3為邊長的正方形，高A1H1=，體積V=S底面A1H1=3×3×=9．
　　 3． C． 由三視圖可知本題所給的是一個底面為等腰梯形的放倒的直四棱柱，所以該直四棱柱的表面積為S=2××（2+4）×4+4×4+2×4+2××4=48+8．
　　 4． B． 5． D．
　　 6． C． 三棱錐四面均為直角三角形，所以D到平面ABC的距離可以用體積轉化法求得，VB－ACD=VD－ABC，解得D到平面ABC的距離為．
　　 7． D． 可設球的直徑為1，得V1=≈0.5，V2==≈=0.2．
　　 8． 設圓錐的底面圓的半徑為r，母線長為l，則?2πr?l=2π，πr2=π?圯l=2，r=1?圯V=Sh=?π?=π．
　　 9． 因為三棱錐P－ABC的底面ABC面積為，高PA=3，所以VP－ABC=PA?SABC=．
　　 10． （1）因為DD1⊥平面ABCD，所以DD1⊥BD． 又因為AB=2AD，∠BAD=60°，在△ABD中，由余弦定理得BD2=AB2+AD2－2AB?ADcos60°=3AD2，所以AD2+BD2=AB2，因此AD⊥BD． 又AD∩DD1=D，所以BD⊥平面ADD1A1． 又AA1?奐平面ADD1A1，故AA1⊥BD．
　　 （2）連結AC，A1C1． 設AC∩BD=E，連結EA1，因為四邊形ABCD為平行四邊形，所以EC=AC． 由棱臺的定義及AB=2AD=2A1B1知A1C1∥EC且A1C1=EC，所以四邊形A1ECC1為平行四邊形，因此CC1∥EA1． 又因為EA1?奐平面A1BD，CC1?埭平面A1BD，所以CC1∥平面A1BD．
　　 11． （1）因為B，B′分別為，的中點，所以四邊形BO2O2′B′是矩形，故BO2∥O2′B′． 又A′，B′分別為，的中點，所以A′O1′⊥C′E′，B′O2′⊥C′E′，所以A′O1′∥B′O′，所以BO2∥A′O1′，故O1′，A′，O2，B四點共面．
　　 （2）如圖所示，建立空間直角坐標系． 因為B（1，0，0），O2′（0，0，2），所以=（－1，0，2）． 因為H'（1，－2，2），G（－1，－2，1），B′（1，0，2），所以=（－2，0，－1），=（0，2，0）． 因為?=0，?=0，所以⊥，⊥，所以BO2′⊥平面H′B′G．
　　
　　 12． （1）因為折起前AD是BC邊上的高，所以當△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB． 又DB∩DC＝Ｄ，所以AD⊥平面BDC． 因為AD?奐平面ADB，所以平面ADB⊥平面BDC．
　　 （2）由∠BDC＝90°及（1）知DA，DB，DC兩兩垂直，不妨設DB=1，以D為坐標原點，以，，所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，易得D（0，0，0），B（1，0，0），C（0，3，0），A（0，0，），E，，0，所以=，，－，=（1，0，0，），所以所求夾角的余弦值為cos〈，〉==．
　　 13． （1）法1：設G是線段DA與線段EB延長線的交點． 由于△OAB與△ODE都是正三角形，所以OBDE，OG=OD=2． 同理，設G′是線段DA與線段FC延長線的交點，有OG′=OD=2． 又由于G和G′都在線段DA的延長線上，所以G與G′重合． 在△GED和△GFD中，由OBDE和OCDF，可知B，C分別是GE和GF的中點，所以BC是△GEF的中位線，故BC∥EF．
　　 法2：過點F作FQ⊥AD，交AD于點Q． 連QE，由平面ABED⊥平面ACFD知FQ⊥平面ABED，以Q為坐標原點，，，分別為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標系． 由條件知E（，0，0），F（0，0，），B，－，0，C0，－，，，則有=－，0，，=（－，0，），所以=2，則得BC∥EF．
　　 （2）由OB=1，OE=2，∠EOB=60°知S△EOB=．而△EOD是邊長為2的正三角形，故S△EOD=，所以SOBED=S△EOB+S△EOD=． 由（1）知FQ是四棱錐F－OBED的高，且FQ=，所以VF－OBED=FQ?SOBED=．
　　 14． （1）因為四邊形ABCD是菱形，所以BD⊥AC． 又因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，又因為PA∩AC=A，所以BD⊥平面PAC
　　 （2）設AC與BD的交點為O，如圖所示，以OB為x軸、OC為y軸、AP方向為z軸方向建立空間直角坐標系O－xyz，因為PA=AB=2，且△ABD是正三角形，所以P（0，－，2），A（0，－，0），B（1，0，0），C（0，，0）． 所以=（1，，－2），AC=（0，2，0）． 設PB與AC所成角為θ，則cosθ===． 所以PB與AC所成角的余弦值為．
　　
　　 （3）由（2）知=（－1，，0），設P（0，－，t）（t>0），則 =（－1，－，t），設平面PBC的法向量為m=（x，y，z），則?m=0，?m=0，所以－x+y=0，－x－y+tz=0.令y=，則x=3，z=，所以m=3，，． 同理，平面PDC的法向量為n=－3，，，因為平面PBC⊥平面PDC，所以m?n=0，即－6+=0，解得t=． 所以PA=．
　　
　　 能力提升
　　 1． D． 找特殊位置的可視點，連起來就可以得到答案．
　　 2． D． 從俯視圖可以推測幾何體的底面為一個半圓形和三角形組成，結合正視圖推測出幾何體為錐形，所以其側視圖看到的是三棱錐的兩條側棱和半圓錐的一條母線，都是實線，所以選D而非C．
　　 3． C． 結合三視圖不難構造出該四面體，如圖所示，其中BC⊥CD，BC=4，CD=3，AB⊥平面BCD，AB=4． 所以AC=4，BD=5，S△BCD=6，S△ABC=8，S△ACD=6，S△ABD=10．
　　 4． A． 只要把直三棱柱的一個側面放在水平面上，當這個直三棱柱的底面三角形的高等于放在水平面上的這個側面的寬度就可以使得這個三棱柱的正視圖和俯視圖符合要求，故命題①是真命題；把一個正四棱柱的一個側面放置在水平面上即可滿足要求，命題②是真命題；只要把圓柱側面的一條母線放置在水平面即符合要求，命題③也是真命題．
　　 5． D． A正確，因為SD⊥平面ABCD，而AC在平面ABCD中，所以AC⊥SD；再由ABCD為正方形，所以AC⊥BD；而BD與SD又是兩條相交直線，所以AC⊥平面SBD． B正確，因為AB∥CD，而CD在平面SCD內，AB不在平面SCD內，所以AB∥平面SCD． C正確，SA與平面SBD所成的角是角SAC的余角，SC與平面SBD所成的角是角SCA的余角，而三角形SAC是等腰三角形，所以這兩個角相等． D錯誤，AB與SC所成的角等于角SCD，而DC與SA所成的角是角SAB，這兩個角顯然不等
　　 6． D． 球心與截面圓的圓心連線垂直于截面，如圖，由題意球半徑R=4，圓M半徑為2，所以OM=2．又因為圓面M與圓面N成的二面角為60°，所以∠OMN=30°，則ON=OM?sin30°=，所以圓N的半徑為，圓N的面積為13π
　　
　　 7． C． 因為棱錐的底面為邊長為1的正方形，且外接球的半徑為1，如圖所示． OA=OB=1，AB=，OO1=，又因為S到底面的距離為，所以點S在過OO1中點的截面圓的圓周上，即OS=O1S=1．
　　
　　 8． C． 由題可知AB一定在與直徑SC垂直的小圓面上，作過AB的小圓交直徑SC于D，此時所求棱錐即分割成兩個棱錐S-ABD和C-ABD．∠ASC=∠BSC=30°，SC為直徑，所以∠SBC=∠SAC=90°，所以BC=AC=2，AD=BD=2?sin60°=，所以△ABD為正三角形，所以V=S?SC=．
　　 9． 在△AB1C中，AB1=B1C=AC=2． 因為EF∥平面AB1C，所以EF∥AC． 又E為AD的中點，所以EF=AC，所以EF=．
　　 10． 設矩形的中心為O′，則AO′=AC=2，在直角三角形AOO′中OO′==2，此即棱錐的高，從而棱錐的體積為V=Sh=（6×2）×2=8．
　　 11． 令圓柱的高為h，底面半徑為r，側面積為S，則＋r2＝R2，即h＝2． 因為S＝2πrh=4πr=4π≤4π＝2πR2，取等號時，內接圓柱底面半徑為R，高為R，所以S球－S圓柱的側面＝4πR2－2πR2＝2πR2．
　　 12． 過E作EN⊥AC于N，連結EF．
　　 （1）連結NF，AC1，由直棱柱的性質知，底面ABC⊥側面A1C． 又底面ABC∩側面A1C=AC，且EN?奐底面ABC，所以EN⊥側面A1C，NF為EF在側面A1C的射影． 在Rt△CNE中，CN=CE?cos60°=1，則由==，得NF∥AC1，又AC1⊥A1C，故NF⊥A1C． 由三垂線定理知EF⊥A1C．
　　 （2）連結AF，過N作NM⊥AF于M，連結ME，由（1）知EN⊥側面A1C，根據三垂線定理得EM⊥AF，所以∠EMN是二面角C－AF－E的平面角，即∠EMN=θ． 設∠FAC=α，則0°<α≤45°． 在Rt△CNE中，NE=EC?sin60°=，在Rt△AMN中，MN=AN?sinα=3sinα，故tanθ==． 又0°<α≤45°，所以0　　 13． 法1：（1）連OC，因為OA=OC，D為AC的中點，所以AC⊥OD． 又PO⊥底面O，AC?奐底面O，所以AC⊥PO． 因為OD，PO是平面內的兩條相交直線，所以AC⊥平面POD，而AC?奐平面PAC，所以平面POD⊥平面PAC
　　
　　 （2）在平面POD中，過O作OH⊥PD于H，由（1）知，平面POD⊥平面PAC，所以OH⊥平面PAC． 又PA?奐平面PAC，所以PA⊥OH. 在平面PAO中，過O作OG⊥PA于G，連HG，則有PA⊥平面OGH． 所以PA⊥HG，故∠OGH為二面角B－PA－C的平面角． 在Rt△ODA中，OD=OA?sin45°=． 在Rt△POD中，OH==． 在Rt△POA中，OG==． 在Rt△OHG中，sin∠OGH==，所以cos∠OGH==，即二面角B－PA－C的余弦值為
　　 法2：（1）以O為坐標原點，OB，OC，OP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，則O（0，0，0），A（－1，0，0），B（1，0，0），C（0，1，0），P（0，0），D－，，0． 設n1=（x1，y1，z1）是平面POD的一個法向量，則由n1?=0，n1?=0，得－x1+y1=0，z1=0.取x1=1，得n1=（1，1，0）． 設n2=（x2，y2，z2）是平面PAC的一個法向量，則由n2?=0，n2?=0，得－x2－z2=0，y2－z2=0.取z2=1，得n2=（－，，1）． 因為n1?n2=（1，1，0）?（－，，1）=0，所以n1⊥n2，即平面POD⊥平面PAC．
　　 （2）易得平面PAB的一個法向量為n3=（0，1，0），由（1）知平面PAC的一個法向量為n2=（－，，1），設n2，n3的夾角為θ，則cosθ===． 由圖可知，二面角B－PA－C的平面角與θ相等，所以二面角B－PA－C的余弦值為．
　　 14． （1）因為AB=AC，D為BC的中點，所以AD⊥BC，又因PO⊥平面ABC，因此PO⊥BC，所以BC⊥平面POA，則AP⊥BC．
　　 （2）不妨以AD所在直線為y軸，OP為z軸，O為坐標原點，建立空間直角坐標系，則由題意得O（0，0，0），A（0，－3，0），D（0，2，0），B（4，2，0），C（－4，2，0），P（0，0，4）． 設=λ，=（0，3，4）． 設平面AMC的法向量為n1=（x1，y1，z1），=（－4，5，0），=（0，3λ，4λ），因n1?=0，n1?=0，所以－4x1+5y1=0，3λy1+4λz1=0，則n1=（5，4，－3）． 設平面BMC的法向量為n2=（x，y，z），=（8，0，0），=+=（－4，－5，0）+（0，3λ，4λ）=（－4，－5+3λ，4λ）． 因為n2?=0，n2?=0，所以x2=0，－4x2+（－5+3λ）y2+4λz2=0，則n2=（0，4λ，5－3λ）． 若二面角A-MC-B為直二面角，則16λ－3（5－3λ）=0，λ=，此時AM=λAP=×5=3．
　　
　　南京師大附中 江蘇啟東中學
　　月考試卷調研
　　 1． ±2 2． 1 3． 63
　　 4． 10 5． ［－12，42］
　　 6． 85；1.6 7． 729
　　 8． 畫出可行域，當3≤s<4時，目標函數z=3x+2y在B（4－s，2s－4）處取得最大值，即zmax=3（4－s）+2（2s－4）=s+4∈［7，8）；當4≤s≤5時，目標函數z=3x+2y在點E（0，4）處取得最大值，即 zmax=3×0+2×4=8，故z∈［7，8］
　　 9． －1　　 10． 由已知得二次函數對稱軸為x=1， f（a?b）>f（－1），即f（m+2）>f（－1），結合圖象得－1　　 11． 通過列舉法，我們發現f（1）， f（2），…， f（2010）具有周期性，T=3，其排列為0，0，2，0，0，2，…，所以原式等于1340
　　 12． 問題可轉化為：a≥對任意正實數x，y恒成立，故下面只需求出函數f（x，y）=的最大值． 可設y=tx，t∈R+，函數變為f（t）=（t>0），再另m=1+2t（m>1），則f（m）=（m>1），整理得f（m）=≤=2，當且僅當m=時等號出來，即m=3，t=，所以amin=2
　　 13． 過O作OE⊥AC，OF⊥BD，依題意知四邊形OEMF是正方形，且OE=OF=OM=，故AC=2=2=，S=AC?BD=5
　　 14． 由題意f ′（x）=ax2+bx+c≥0在R上恒成立，則a>0，Δ=b2－4ac≤0，所以=≥=． 令t=（t>1），≥===t－1++6≥3，當且僅當t=4，即b=4a=4c時取“=”
　　 15． （1）a+b=0，即sin3x+m=0，－y+cos3x－m=0.消去m，得y=sin3x+cos3x，即f（x）=sin3x+cos3x=2sin3x+． x∈，時，3x+∈，，sin3x+∈，1，即f（x）的最小值為，此時x=，M的坐標是，
　　
　　 （2）f（x）>t－9x+1，即2sin3x++9x>t+1，當x∈0，時，函數f（x）=2sin3x+單調遞增，y=9x單調遞增，所以y=2sin3x++9x在0，上單調遞增，所以y=2sin3x++9x的最小值為1，為要2sin3x++9x>t+1恒成立，只要t+1<1，所以t<0
　　 16． （1）AE∥CD，CD?奐平面BCD，AE?埭平面BCD，所以AE∥平面BCD
　　 （2）令BC中點為N，BD中點為M，連結MN，EM． 因為MN是△BCD的中位線，所以MN∥CD． 又AE∥CD，所以AE∥MN． 又AE⊥平面ABC，所以MN⊥平面ABC． 因為AN?奐平面ABC，所以MN⊥AN． 因為△ABC為正三角形，所以AN⊥BC，所以AN⊥平面BCD． 又AE=MN=1，AE∥MN，所以四邊形ANME為平行四邊形，所以EM⊥平面BCD，EM?奐平面BED，所以平面BED⊥平面BCD
　　 17． （1）設P（2m，m），由題可知MP=2，所以（2m）2+（m－2）2=4，解之得m=0，m=，故所求點P的坐標為P（0，0）或P，
　　 （2）設直線CD的方程為：y－1=k（x－2），易知k存在，由題知圓心M到直線CD的距離為，所以=，解得k=－1或k=－，故所求直線CD的方程為：x+y－3=0或x+7y－9=0
　　 （3）設P（2m，m），MP的中點Qm，+1，因為PA是圓M的切線，所以經過A，P，M三點的圓是以Q為圓心，以MQ為半徑的圓，故其方程為：（x－m）2+y－－1=m2+－12，化簡得：x2+y2－2y－m（2x+y－2）=0，此式是關于m的恒等式，故x2+y2－2y=0，2x+y－2=0，解得x=0，y=2或x=，y=.所以經過A，P，M三點的圓必過定點（0，2）或，
　　 18． （1）當1≤n≤24且n∈N?鄢時， f（n）=3600，當25≤n≤36且n∈N?鄢時， f（n）=3600?3，所以S36=［f（1）+f（2）+f（3）+…+f（24）］+…+［f（25）+f（26）+…+f（36）］=3600×24+3600×=86400+82299.59=168700；已經離開的游客總人數是：T12=g（25）+g（26）+…+g（36）=12×500+×500=39000；所以S=S36－T12=168700－39000=129700（人）
　　 故當天下午3點整（即15點整）時，世博園區內共有129700位游客
　　 （2）當f（n）－g（n）≥0時園內游客人數遞增；當f（n）－g（n）<0時園內游客人數遞減． 當1≤n≤24時，園區人數越來越多，人數不是最多的時間；當25≤n≤36時，令500n－12000≤3600，得出n≤31，即當25≤n≤31時，進入園區人數多于離開人數，總人數越來越多；當32≤n≤36時，3600?3>500n－12000，進入園區人數多于離開人數，總人數越來越多；當37≤n≤72時，令－300n+21600=500n－12000時，n=42，即在下午4點整時，園區人數達到最多．此后離開人數越來越多，故園區內人數最多的時間是下午4點整
　　 19． （1）由已知an=f（an-1）， f（an）－f（an－1）=k（an－an－1）（n=2，3，4，…），得an+1－an=f（an）－f（an－1）=k（an－an－1）（n=2，3，4，…）． 由數列｛an｝是等差數列，得an+1－an=an－an-1（n=2，3，4，…），所以k=1
　　 （2）由b1=a2－a1≠0，可得b2=a3－a2=f（a2）－f（a1）=k（a2－a1）≠0． 且當n>2時，bn=an+1－an=f（an）－f（an-1）=k（an－an-1）=…=kn-1（a2－a1）≠0所以，當n≥2時，====k，因此，數列｛bn｝是一個公比為k的等比數列，bn=b1?kn-1=kn-1
　　 （3）解答一：寫出必要條件，如，由（1）知，當k=1時，數列｛an｝是等差數列，所以k≠1是數列｛an｝為等比數列的必要條件．
　　 解答二：寫出充分條件，如f（x）=2x或f（x）=－2x等，并證明
　　 解答三：｛an｝是等比數列的充要條件是f（x）=kx（k≠1）．
　　 充分性證明：若f（x）=kx（k≠1），則由已知a1=a≠0，an=f（an-1）（n=2，3，4，…）得an=kan-1（n=2，3，4，…），所以｛an｝是等比數列．
　　 必要性證明：若｛an｝是等比數列，由（2）知bn=kn-1（a2－a1）（n∈N?鄢），b1+b2+…+bn-1=（a2－a1）+（a3－a2）+…+（an－an-1）=an－a1（n≥2），an=a1+b1+b2+…+bn-1． 當k=1時，an=a1+（a2－a1）（n－1）（n≥2）． 上式對n=1也成立，所以數列｛an｝的通項公式為an=a+（f（a）－a）?（n－1）（n∈N?鄢）． 所以，當k=1時，數列｛an｝是以a為首項， f（a）－a為公差的等差數列．
　　所以k≠1． 當k≠1時，an=a1+（a2－a1）（n≥2）． 上式對n=1也成立，所以an=a1+（f（a）－a）=a+－，所以，a+=0?圯f（a）=ka，即等式f（a）=ka對于任意實數a均成立．
　　所以f（x）=kx（k≠1）
　　 20． （1）當n+3m2=0時， f（x）=x2+mx－3m2lnx，則f ′（x）=2x+m－==． 令f ′（x）=0，得x=－（舍），x=m．
　　 ①當m>1時， f（x）在（1，m）上遞減，在（m，+∞）上遞增，所以當x=m時， f（x）min=2m2－3m2lnm． 令2m2－3m2lnm=0，得m=e．
　　 ②當0　　 （2）因為對于任意的實數a∈［1，2］，b－a=1， f（x）在區間（a，b）上總是減函數，則對于x∈（1，3）， f ′（x）=2x+m+=<0，所以f ′（x）≤0在區間［1，3］上恒成立． 設g（x）=2x2+mx+n，因為x>0，所以g（x）≤0在區間［1，3］上恒成立． 由g（x）二次項系數為正，得g（1）≤0，g（3）≤0，即m+n+2≤0，3m+n+18≤0，亦即m≤-n－2，m≤--6.因為（－n－2）－－－6=4－=－（n－6），所以當n＜6時，m≤--6，當n≥6時，m≤－n－2，所以當n＜6時，h（n）=－－6，當n≥6時，h（n）=－n－2，即h（n）=－－6，n<6，－n－2，n≥6
　　 附加題
　　 選修4-1：（1）因MD與圓O相交于點T，由切割線定理DN2=DT?DM，DN2=DB?DA，得DT?DM=DB?DA． 設半徑OB=r（r>0），因BD=OB，且BC=OC=，則DB?DA=r?3r=3r2，DO?DC=2r?=3r2，所以DT?DM=DO?DC
　　 （2）由（1）可知，DT?DM=DO?DC，且∠TDO=∠CDM，故△DTO∽△DCM，所以∠DOT=∠DMC． 根據圓周角定理得，∠DOT=2∠DMB，則∠BMC=30°
　　
　　 選修4-2：任意選取直線2x+y－1=0上的一點P（x0，y0），它在矩陣1 20 2作用下變換得到的點為P′（x，y）則有xy=xy，故x=x0+2y0，y=2y0，解得x0=x－y，y0=y.又因為點P在直線2x+y－1=0上，所以2x0+y0－1=0，即2（x－y）+y－1=0，所求直線方程4x－3y－2=0
　　 選修4-4：（1）消去參數θ，得曲線C的標準方程：（x－1）2+y2=1． 由ρcosθ+=0得：ρcosθ－ρsinθ=0，即直線l的直角坐標方程為：x－y=0
　　 （2）圓心（1，0）到直線l的距離為d==，則圓上的點M到直線的最大距離為d+r=+1（其中r為曲線C的半徑），AB=2=．設M點的坐標為（x，y），則過M且與直線l垂直的直線l′方程為：x+y－1=0，則聯立方程（x－1）2+y2=1，x+y－1=0，解得x=+1，y=－或x=－+1，y=，經檢驗x=－+1，y=舍去． 故當點M為+1，－時，△ABM面積的最大值為（S△ABM）max=××+1=
　　 選修4-5：（1）當m=1時，原不等式可變為0　　 （2）設t=x+3－x－7，則由對數定義及絕對值的幾何意義知01即可，即m>1時，f（x）　　 22． （1）以B為原點，BA，BB1所在直線為y軸、z軸建立空間直角坐標系，則B（0，0，0），A1（0，2，），A（0，2，0），M，，，所以=（0，－2，－），=，－，． 所以?=0+3-3=0，即⊥． 所以A1B⊥AM
　　 （2）因為x軸⊥平面AA1B1B，所以平面AA1B1B的法向量取n=（1，0，0）． 設直線AM與平面AA1B1B所成角為θ，所以sinθ= cos〈，n〉==，所求角的正弦值為
　　 23． （1）設袋中原有n個白球，則從9個球中任取2個球都是白球的概率為，
　　由題意知=，即n2－n－30=0，解得n=6或n=－5（舍去），故袋中原有白球的個數為6
　　 （2）由題意，X的可能取值為1，2，3，4．
　　P（X=1）==；P（X=2）==；P（X=3）==；P（X=4）==． 所以取球次數X的概率分布列為：
　　
　　所求數學期望為E（X）=
　　
　　長沙雅禮中學 湖南師大附中
　　月考試卷調研
　　 1． （理）C （文）A
　　 2. （理）C （文）B
　　 3． D 4． C
　　 5． （理）以A2A3為x軸，A2A6為y軸建立直角坐標系，則A－，，A3（1，0），A5（1，），選D
　　 （文）C
　　 6． （理）2　　 （文）f（x）=sin2x+cos2x=2sin2x+，選D
　　 7． （理）A
　　 （文）圓關于原點對稱，奇函數能滿足題意，①②是奇函數，③不是，對④化簡，由于－4　　 8． （理）由an+3=an知數列｛an｝的周期為3，滿足題意的a只能是，1，選B
　　 （文）設A（x1，y1），B（x2，y2），由題意=，直線l的方程為y=?x－，聯立拋物線方程得y2－2py－p2=0，解得y=p，y=－p，選C
　　 9． （理）， （文）－
　　 10． （理）2 （文），0
　　 11． （理）（x+2y）+=4++≥8，則m2+2m<8，解得m∈（－4，2）
　　 （文）4
　　 12． （理）2×e2－exdx=2e2－e2+1=e2+1
　　 （文）cm3
　　 13． （理）當0≤x≤，0≤－x≤，所以f2（x）=f1（f1（x））=f1－x=－－x=x=0；當≤x≤，0≤2x－1≤，所以f2（x）=f1（2x－1）=－（2x－1）=－2x=0，x=；當　　 （文）由已知得m+n=1，所以+=+?（m+n）=3++≥3+2
　　 14． （理）過O作AB的垂線，垂足為G，因為AE?EB=ED?EC，所以EC=4，所以OG=－ED=，所以r=OA==，所以直徑為
　　 （文）（1）2；（2）2=1=（xe1+ye2）2=x2+y2+xy=1，所以其方程為x2+y2+xy－1=0
　　 15． （理）（－∞，3］ （文）3
　　 16． （理）2 （文）1.8
　　 17． （理）（1）f（x）=1+sin2x+（1－cos2x）=1++2sin2x－，其最小正周期為π
　　 （2）當0　　 （文）（1）由m∥n得sinBsinC－－cosBcosC=0，所以cos（B+C）=－． 因為B，C為內角，　　 （2）由余弦定理得b2+c2－a2=2bccosA，所以c2=1，S△ABC=bccosA=
　　 18． （理）（1）根據莖葉圖，有“高個子”12人，“非高個子”18人，用分層抽樣的方法，每個人被抽中的概率是=，所以選中“高個子”有12×=2人，“非高個子”有18×=3人． 用事件A表示“至少有一名‘高個子’被選中”，則它的對立事件表示“沒有一名‘高個子’被選中”，則P（A）=1－=． 因此，至少有一人是“高個子”的概率是
　　 （2）依題意，ξ的取值為0，1，2，3，P（ξ=0）==，P（ξ=1）==，P（ξ=2）==，P（ξ=3）==，E（ξ）=1
　　 （文）（1）基本事件是遇到紅燈、黃燈和綠燈，設它們的概率分別為P1，P2，P3，所以不是紅燈的概率P=1－P1=1－=
　　 （2）因為函數f（x）=ax2－4bx+1的圖象的對稱軸為x=，要使f（x）=ax2－4bx+1在［1，+∞）上為增函數，當且僅當a>0且≤1，即2b≤a． 若a=1，則b=－1；若a=2，則b=－1，1；若a=3，則b=－1，1，所以事件包含基本事件的個數是1+2+2=5，所求事件的概率為=
　　 19． （理）（1）取AB的中點G，連結CG，FG． 因為CD∥AE，GF∥AE，所以CD∥GF． 又因為CD=1，GF=AE=1，所以CD=GF，所以四邊形CDFG是平行四邊形，DF∥CG． 在等腰直角三角形ACB中，G是AB的中點，所以CG⊥AB． 因為AE⊥平面ABC，CG?奐平面ACB，所以EA⊥CG，而AB∩EA=A，所以CG⊥平面ABE． 又因為DF∥CG，所以DF⊥平面ABE
　　
　　 （2）因為DF⊥平面ABE，DF?奐平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABE． 過點A作AM⊥BE于M，則AM⊥平面BDE． 過點M作MN⊥BD于N，連結AN，由三垂線定理得BD⊥AN，所以∠ANM是二面角A－BD－E的平面角． 在Rt△ABE中，AM==． 因為AD=BD=AB=，所以△ABD是等邊三角形，又BD⊥AN，所以AN=AB=． 在Rt△AMN中，sin∠ANM==×=，所以所求角大小的余弦值為
　　 （文）（1）在△ABD中，由于AD=2，BD=4，AB=2，所以AD2+BD2=AB2，所以AD⊥BD． 又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，BD?奐平面ABCD，所以BD⊥平面PAD
　　 （2）過P作PO⊥AD交AD于O． 又平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD．因為△PAD是邊長為2的等邊三角形，所以PO=． 由（1）知AD⊥BD，在Rt△ABD中，斜邊AB邊上的高為h==． 因為AB∥DC，所以S=CD×h=2，所以V=V=S×PO=
　　 20． （理）（1）依題設，An=（500－20）+（500－40）+…+（500－20n）=490n－10n2（n∈N?鄢），Bn=5001++1++…1+－600=500n－－100（n∈N?鄢）
　　 （2）Bn－An=500n－－100－（490n－10n2）=10n2+10n－－100=10n（n+1）－－10． 因為函數f（n）=n（n+1）－－10在n∈（0，+∞）上為增函數，當1≤n≤3時，n（n+1）－－10≤12－－10<0；當n≥4時，n（n+1）－－10≥20－－10>0，所以當且僅當n≥4時，Bn>An，所以至少經過4年，該企業進行技術改造后的累計純利潤超過不進行技術改造的累計純利潤
　　 （文）（1）由a2+a7+a12=－6得a7=－2，所以a1=4，所以an=5－n，從而Sn=
　　 （2）由題意知b1=4，b2=2，b3=1． 設等比數列｛ｂn｝的公比為ｑ，則ｑ＝＝，所以Ｔm＝81-． 因為隨m遞減，所以｛Tm｝為遞增數列，得4≤Tm<8． 又Sn== －（n2－9n）=－n－－，故（Sn）max=S4=S5=10． 若存在m∈N?鄢，使對任意n∈N?鄢總有Sn2
　　 21． （理）設A（x1，y1），B（x2，y2）． 因為e=，故可設橢圓E的方程為x2+3y2=3a2． ①
　　 （1）當λ=1時，C為AB的中點，由對稱性可知AB⊥x軸，故x1=x2=－1，將（－1，y1）代入①有y=，△ABO的面積為×1×2y==1，因此3a2=4，橢圓E的方程為+=1
　　 （2）當λ≠1時，l存在斜率，可設l的方程為y=k（x+1）． 因為=λ，所以（x1+1，y1）=λ（－x2－1，－y2），所以x1+1=－λ（x2+1），y1=－λy2②． 把y=k（x+1）代入①有（3k2+1）?x2+6k2x+3（k2－a2）=0③，則x1，x2是方程③的兩根，Δ=36k4－12（3k2+1）（k2－a2）=12［k2?（3a2－1）+a2］，且x1+x2=－④． 聯立②④，解得x2+1=，x1+1= －⑤． S△ABO=×1×y－y==?≤?，等號在k2=時成立，代入⑤有x1=，y1=±，3a2=x+3y=． 顯然λ≠－1，否則由=λ可知=，A與B重合，矛盾． 此時Δ=12［k2?（3a2－1）+a2］=4（6a2－1）=>0成立．故S的最大值為，此時橢圓E的方程為x2+3y2=
　　 （文）（1）g（x）=－x3+x2+x－2，所以g′（x）= －3x2+2x+1． 令g′（x）=0得x=－或x=1，當x∈－∞，－時，g′（x）<0；當x∈－，1時，g′（x）>0；當x∈（1，+∞）時，g′（x）<0，所以函數g（x）在x=－處取得極小值－；在x=1處取得極大值－1
　　 （2）因為f ′（x）=3x2+2ax+1的對稱軸為x=－． ①若－≥－即a≤1時，要使函數f（x）在－，+∞上恒為單調遞增函數，則有Δ=4a2－12≤0，解得－≤a≤，所以－≤a≤1． ②若－<－即a>1時，要使函數f（x）在－，+∞上恒為遞增函數，則有f－=3?－+2a?－+1≥0，解得a≤2，所以1　　 22． （理）（1）設函數g（x）=ef（x）－1，即g（x）=e1+x++－1，則g′（x）=－e?1+x+++e1+x+=－e． 當x∈（－∞，0）時，g′（x）>0，g（x）在（－∞，0）上是增函數；當x∈（0，+∞）時，g′（ｘ）<0，g（ｘ）在（0，+∞）上是減函數，所以當x≠0時，g（ｘ）＜g（0）=0，即ef（x）<1． 又當x=0時，ef（x）=1，故ef（x）≤1
　　 （2）當n=1時，方程1+x=0有且只有一個實根；當n=2時，方程1+x+=0無實根，所以n=1，n=2時結論成立． 假設當n=k時，結論成立． 由題設知， f（x）=1+x+…+=f（x）． 當n=k+1時，①若k+1為奇數，則k為偶數，由f（x）=f（x）和歸納假設知f（x）=0無實根；由f（x）連續知f（x）>0或f（x）<0，易知f（x）<0不成立，因此f（x）>0，即f（x）在（－∞，+∞）上是增函數． 由k+1為奇數，則x→+∞時， f（x）→ +∞；x→－∞時， f（x）→－∞． 又由f（x）連續知f（x）=0有實根，而f（x）在（－∞，+∞）上是增函數，則f（x）=0在（－∞，+∞）上有且只有一個實根，即y=f（x）的圖象與x軸有且只有一個交點．
　　 ②若k+1為偶數，則k為奇數． 由f（x）=f（x）和歸納假設知f（x）=0有且只有一個實根，即f（x）=0有且只有一個實根，記為x0． 又由①知y=f（x）在（－∞，+∞）上是增函數，則x0是y=f（x）的唯一極小值點，而f（x0）=f（x0）+=>0，則y=f（x）的唯一極小值點為正，故f（x）>0，即y=f（x）的圖象位于x軸上方，且與x軸無交點． 由①②知，當n=k+1時，結論成立． 所以，原結論成立．
　　 （文）同理科第21題