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1、 2012屆高中數(shù)學(xué)基礎(chǔ)訓(xùn)練測試題參考答案(下) 51．直觀圖與平面的性質(zhì) 1．4； 2．①②； 3．①②③； 4．AC； 5．①； 6．3； 7．； 8．或； 9．；10．①③④⑤；11．；提示：設(shè)等腰直角三角形的腰在正三棱柱的側(cè)棱的落差為，則三角形的腰長為，斜邊長為，由勾股定理得，解得，斜邊長為．12．提示：兩組相對側(cè)面分別平行；一組相對側(cè)面平行且全等；對角線交于一點；底面是平行四邊形等中任取兩個． 13．（1） （2）證明：平面，平面， 平面，平面， 又，由公理2得，平面， 平面，平面， 又，點在平

2、面與平面的交線上，即， 三點共線． 52．空間兩條直線的位置關(guān)系 1．1或3個； 2．異面或相交； 3．梯形； 4．③④； 5．③⑤； 6．正方； 7．②； 8．③④； 9．5；提示：根據(jù)異面直線的判定定理判斷符合要求的棱為：BC、CD、C1D1、BB1、AA1共5條． 10．20； 11．無數(shù)；提示：過任作一個平面與直線相交，連結(jié)這兩個交點的直線必與三條直線都相交． 12．④；提示：放在正方體中研究,顯然，線段OO1、EF、FG、GH、HE的中點到兩垂直異面直線AB、CD的距離都相等，所以排除①②③， 選④；亦可在四條側(cè)棱上找到四個點到兩垂直異面直

3、線AB、CD的距離相等； 13．（1）∵E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，∴EF//AC，且EF=AC． 同理HG//AC，且HG=AC．∴EF與HG平行且相等， ∴EFGH是平行四邊形．又∵F，G分別為BC，CD的中點，∴FG//BD． ∴∠EFG是異面直線AC與BD所成的角． ∵AC⊥BD，∴∠EFG=90o，∴EFGH是矩形． B A C D F E G B A C D E F G H （2）①取中點I，連結(jié)EI，GI，EG，所以； ②∵分別是的中點，∴且 ，∴異面直線所成的角即為所成的角， 在

4、中，，∴，異面直線所成的角為． ∴異面直線垂直． 53． 直線與平面的位置關(guān)系（一） 1．平行、異面或相交； 2．3； 3．①②③； 4．①④； 5．①②③； 6．①②③④； 7．①②④； 8．②④； 9．平行；提示：，同理，所以． 10．③；對于①、②、④均可能出現(xiàn)l∥β，而對于③是正確的． 11．垂；提示：如圖，由得，從而．由得，所以，即．同理，所以H是垂心． 12．；提示：設(shè)的中點為，在菱形中利用相似形處理． 第13題圖 第11題圖 13．證明：（1）取的中點Q，連AQ、NQ．M、N是AB、PC的中點， ，，四邊形為平行四邊形，

5、． ，． （2），．，，．，． （3）在中，，．，．，． 54． 直線與平面的位置關(guān)系（二） 1．平行或相交； 2．異面垂直（或?qū)懗纱怪钡幌嘟唬?3．①③； 4．； C D 5．④； 6．8； 7．3； 8．②；9．平行； 10．；提示：過點A作平面β的垂線，垂足為C，在β內(nèi)過C作l的垂線.垂足為D，連結(jié)AD，有三垂線定理可知AD⊥l，故∠ADC為二面角的平面角，為60°，又由已知，∠ABD＝30°連結(jié)CB，則∠ABC為AB與平面所成的角，設(shè)AD＝2，則AC＝，CD＝1，AB＝＝4， ∴sin∠ABC＝． 11．③；由PQ∥AC，QM∥BD

6、，PQ⊥QM可得AC⊥BD，故①正確；由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故②正確； 異面直線PM與BD所成的角等于PM與PN所成的角，故④正確；綜上③是錯誤的． 12．（0，）；提示：根據(jù)條件，四根長為2的直鐵條與兩根長為a的直鐵條要組成三棱鏡形的鐵架，有以下兩種情況：（1）底面是邊長為2的正三角形，三條側(cè)棱長為2，a，a，如圖12-1，此時a可以取最大值，可知AD=，SD=，則有<2+，即，即有a<； S C A B D 2 2 2 2 a a 圖12-1 圖12-2 S A B C a a 2 2 2 2

7、(2)構(gòu)成三棱錐的兩條對角線長為a，其他各邊長為2，如圖12-2所示，此時a>0； 綜上分析可知a∈（0，）． 13．證明：（1）連結(jié)，設(shè)連結(jié)， 是正方體，是平行四邊形，且 又分別是的中點，且，是平行四邊形， 面，面，面； （2）面，，又，， ， 同理可證，又，面． 55．平面與平面的位置關(guān)系 1．平行或異面； 2．④； 3．③； 4．④； 5．平行或相交； 6．②④； 7．5；平面平面，平面平面，平面平面，平面 平面，平面平面． 8．(i) ③⑤，(ii) ②⑤； 9．必要不充分；提示由平面與平面垂直的判定定理知如果m為平面α內(nèi)的一條直線，m⊥β，則，反過來則

8、不一定．所以“”是“m⊥β”的必要不充分條件．10．③； 11．，或；提示：要使平面平面，只要平面． 12．，提示： 此題的破解可采用二個極端位置法，即對于F位于DC的中點時，t＝1，隨著F點到C點時，因平面ADB，即有CB⊥BD，對于CD＝2，BC＝1，，又AD＝1，AB＝2，因此有AD⊥BD，則有，因此t的取值范圍是． 13．（1）證明：，， ，平面平面． （2）解：平面平面，， ，， ，，是中點． 同理可證，是中點． 56．柱、錐、臺、球的表面積與體積 1．96； 2．1：8； 3．24； 4．； 5．； 6．4； 7．4； 8

9、．； 9．2：1； 10．； 11．④； 12．② ④． 6．提示：由已知，球O的直徑為2R＝SC＝2，表面積為； 7．提示：設(shè)球半徑為r，則由可得，解得r=4； 8．提示：由題意知 以正方體各個面的中心為頂點的凸多面體為正八面體（即兩個同底同高同棱長的正四棱錐），所有棱長均為1，其中每個正四棱錐的高均為，故正八面體的體積為． 9．提示：由于G是PB的中點,故P－GAC的體積等于B－GACA B C D E F H 的體積．在底面正六邊形ABCDER中BH＝ABtan30°＝AB，而BD＝AB故DH＝2BH 于是VD－GAC＝2VB－GAC＝2VP－GAC．

10、 11．可證AC⊥平面D1DBB1，從而AC⊥BE，故①正確，由B1D1∥平面ABCD，可知EF∥平面ABCD，②也正確；連結(jié)BD交AC于O，則AO為三棱錐A－BEF的高，，三棱錐A－BEF的體積為為定值，③正確；故④錯誤． 12．提示：容器內(nèi)水的體積等于正四棱錐體積的2倍． 13．（1）證明：因為PD⊥平面ABCD，BC平面ABCD，所以PD⊥BC．由∠BCD=900，得CD⊥BC，又PDDC=D，PD、DC平面PCD，所以BC⊥平面PCD．因為PC平面PCD，故PC⊥BC． （2）（方法一）分別取AB、PC的中點E、F，連DE、DF，則易證DE∥CB，DE∥平面PBC，點D、E到平面

11、PBC的距離相等．又點A到平面PBC的距離等于E到平面PBC的距離的2倍． 由（1）知：BC⊥平面PCD，所以平面PBC⊥平面PCD于PC，因為PD=DC，PF=FC，所以DF⊥PC，所以DF⊥平面PBC于F．易知DF=，故點A到平面PBC的距離等于． （方法二）體積法：連結(jié)AC．設(shè)點A到平面PBC的距離為h．因為AB∥DC，∠BCD=900，所以∠ABC=900． 從而AB=2，BC=1，得△ABC的面積． 由PD⊥平面ABCD及PD=1，得三棱錐P-ABC的體積． 因為PD⊥平面ABCD，DC平面ABCD，所以PD⊥DC． 又PD=DC=1，所以． 由PC⊥BC，BC=1，得

12、△PBC的面積． 由，，得，故點A到平面PBC的距離等于． 57．空間直角坐標(biāo)系 1．； 2．或； 3．； 4．； 5．； 6．； 7．直角三角形； 8．4； 9．； 10．(0，－1，0)； 11．； 12．． 8．提示：設(shè)所求點的坐標(biāo)為，由得，同理可求軸上的點，但原點只能算一次． 9．提示：． 10．提示：M(0,y,0)，由可得y＝－1，故M(0,－1,0)． 11．提示：該點坐標(biāo)為，到原點的距離是． 13．解（1）取AC中點O，連．是以B為直角頂點的等腰直角三角形，，．，在底面上的射影是的外心，即，且．以O(shè)為坐標(biāo)原點，所在直線分別

13、為軸建立如圖所示的坐標(biāo)系，可得．（2）的中點，所以． 58． 立體幾何綜合訓(xùn)練 1．正六邊形； 2．必要不充分； 3．②； 4．相交； 5．M∈FH； 6．36π； 7．7； 8．7； 9．①②③； 10．③④； 11．； 12．8； 1．提示：邊長是正方體棱長的倍的正六邊形． 2． 提示：由平面與平面垂直的判定定理知如果m為平面α內(nèi)的一條直線，m⊥β，則α⊥β，反過來則不一定．所以“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分條件． 3．提示：不相交的直線a、b的位置有兩種：平行或異面．當(dāng)a、b異面時，不存在平面α滿足①

14、、③；又只有當(dāng)a⊥b時④才成立． 4．提示：直線A1B與直線外一點E確定的平面為A1BCD1，EF平面A1BCD1，且兩直線不平行，故兩直線相交． 6．提示：四面體A－B1CD1的外接球即為正方體的外接球，所以2r＝.∴r＝3，V球＝πr3＝π×27＝36π. 8．提示：． 11．提示：四面體ABCD外接球一定是以AC為直徑的球，與四面體ABCD的體積無關(guān)． 12．提示：設(shè)AC＝a，CC1＝b，則由BC12＝BC2＋CC12，BC12 ＝DC12＋DB2，即得 (a2＋b2)×2＝a2＋b2，得b2＝2a2，又×a2＝6，∴a2＝8，∴V＝×8×4＝8． 13．證明：(1)

15、法一：取A1B1的中點為F1，連結(jié)FF1，C1F1． 由于FF1∥BB1∥CC1，所以F1∈平面FCC1． 因此平面FCC1即為平面C1CFF1． 連結(jié)A1D，F(xiàn)1C，由于A1F1D1C1CD， 所以四邊形A1DCF1為平行四邊形， 因此A1D∥F1C．又EE1∥A1D， 得EE1∥F1C． 而EE1平面FCC1，F(xiàn)1C平面FCC1， 故EE1∥平面FCC1． 法二：因為F為AB的中點，CD＝2，AB＝4，AB∥CD，所以CDAF， 因此四邊形AFCD為平行四邊形，所以AD∥FC． 又CC1∥DD1，F(xiàn)C∩CC1＝C，F(xiàn)C平面FCC1，CC1平面FCC1，AD∩DD1＝D

16、，AD平面ADD1A1，DD1平面ADD1A1． 所以平面ADD1A1∥平面FCC1． 又EE1平面ADD1A1，所以EE1∥平面FCC1． (2)連結(jié)AC，在△FBC中，F(xiàn)C＝BC＝FB， 又F為AB的中點，所以AF＝FC＝FB． 因此∠ACB＝90°，即AC⊥BC． 又AC⊥CC1，且CC1∩BC＝C， 所以AC⊥平面BB1C1C． 而AC?平面D1AC， 故平面D1AC⊥平面BB1C1C． (3)用等體積法，解略，距離為． 59．統(tǒng)計(一) 1．15； 2．8,16,10,6； 3．8； 4．25，17，8； 5．； 6．10； 7

17、．乙； 8．； 9．； 10．； 11．40； 12．、、． 提示：1．青年職工、中年職工、老年職工三層之比為7:5:3，所以樣本容量為 2．因為，故各層中依次抽取的人數(shù)是，，，； 5．該地?fù)碛?套或3套以上住房的家庭可以估計有：戶， 所以所占比例的合理估計是． 13．解（1）當(dāng)X=8時，由莖葉圖可知，乙組同學(xué)的植樹棵數(shù)是：8，8，9，10， 所以平均數(shù)為 方差為 （2）記甲組四名同學(xué)為A1，A2，A3，A4，他們植樹的棵數(shù)依次為9，9，11，11；乙組四名同學(xué)為B1，B2，B3，B4，他們植樹的棵數(shù)依次為9，8，9，10，分別從甲、乙兩組中隨機(jī)選取一名

18、同學(xué)，所有可能的結(jié)果有16個，它們是： （A1，B1），（A1，B2），（A1，B3），（A1，B4）， （A2，B1），（A2，B2），（A2，B3），（A2，B4）， （A3，B1），（A2，B2），（A3，B3），（A1，B4）， （A4，B1），（A4，B2），（A4，B3），（A4，B4）， 用C表示：“選出的兩名同學(xué)的植樹總棵數(shù)為19”這一事件，則C中的結(jié)果有4個，它們是：（A1，B4），（A2，B4），（A3，B2），（A4，B2），故所求概率為 60．統(tǒng)計(二) 1．92，2.8； 2．8,0.125； 3．40； 4．60； 5．0

19、.030，3； 6．37，20； 7．； 8．30； 9．； 10．； 11．4； 12．④． 4．提示：設(shè)第一組至第六組數(shù)據(jù)的頻率分別為， 則，解得，所以前三組數(shù)據(jù)的頻率分別是，故前三組數(shù)據(jù)的頻數(shù)之和等于=27，解得n=60． 6．提示：由分組可知，抽號的間隔為5，又因為第5組抽出的號碼為22，所以第6組抽出的號碼為27，第7組抽出的號碼為32，第8組抽出的號碼為37．40歲以下年齡段的職工數(shù)為200×0.5＝100，則應(yīng)抽取的人數(shù)為人． 8．提示：100×（0.001+0.001+0.004）×5=30． 10．提示： 考查統(tǒng)計中的平均值與方差的運算．

20、甲班的方差較小，數(shù)據(jù)的平均值為7，故方差． 12．提示：根據(jù)信息可知，連續(xù)10天內(nèi)，每天的新增疑似病例不能有超過7的數(shù)，選項①中，中位數(shù)為4，可能存在大于7的數(shù)；同理，在選項③中也有可能；選項②中的總體方差大于0，敘述不明確，如果數(shù)目太大，也有可能存在大于7的數(shù)；選項④中，根據(jù)方差公式，如果有大于7的數(shù)存在，那么方差不會為3，故答案選④． 13． 圖1注射藥物A后皮膚皰疹面積的頻率分布直方圖 圖2注射藥物B后皮膚皰疹面積的頻率分布直方圖 可以看出注射藥物A后的皰疹面積的中位數(shù)在65至70之間，而注射藥物B后的皰疹面積的中位數(shù)在70至75之間，所以注射藥物A后

21、皰疹面積的中位數(shù)小于注射藥物B后皰疹面積的中位數(shù)． 61．隨機(jī)事件的概率 1．①④； 2．； 3．②、③； 4．2000； 5．； 6．； 7. ； 8．120； 9．； 10．； 11．； 12．． 6．解析：題中三張卡片隨機(jī)地排成一行，共三種情況：，概率為． 8．解: 設(shè)總體中的個體數(shù)為x，則． 11．基本事件4×3×2×1＝24種，不拿自己寫的那張有3×3×1=9種，概率為． 12．提示：基本事件6×6＝36個，“心有靈犀”包含相等的6個，差±1的10個， 故P（A）＝． 13．解：(Ⅰ)先后擲一枚形狀為正方體的骰子出現(xiàn)

22、點數(shù)向上有36種等可能事件， 向上的點數(shù)不相等的情況有： （1，2）、（1，3）、（1，4）、（1，5）（1，6）、（2，1）、（2，3）、（2，4）、（2，5）、 （2，6）、（3，1）、（3，2）、（3，4）、（3，5）、（3，6）、（4，1）、（4，2）、（4，3）、 （4，5）、（4，6）、（5，1），（5，2）、（5，3）、（5，4）、（5，6）（6，1），（6，2）、 （6，3）、（6，4）、（6，5），共30個基本事件． 故所求概率為＝＝． (Ⅱ)滿足＜6的情況有(1，1)、(1，2）、（1，3）、（1，4）、（2，1）、（2，2）、 （2，3）、（3，1）、（3

23、，2）、（4，1），共10個基本事件． 故所求概率為＝＝． 62．古典概型 1．； 2．2次都不中靶； 3．； 4．； 5．0.2； 6．0.7； 7．； 8．0.75； 9．0.24，0.76； 10．0.03； 11．； 12．（文科）；（理科）． 3．解析：設(shè)該隊員每次罰球命中的概率為p，則由得． 5．提示： 考查等可能事件的概率知識．從5根竹竿中一次隨機(jī)抽取2根的可能的事件 總數(shù)為10，它們的長度恰好相差0．3m的事件數(shù)為2，分別是：2.5和2.8，2.6和 2.9，所求概率為0.2． A B C D E

24、 F 7．解析：正方形四個頂點可以確定6條直線，甲乙各自任選一條共有36個基本事件．兩 條直線相互垂直的情況有5種（4組鄰邊和對角線）包括10個基本事件，所以 概率等于． 8．提示：依據(jù)四條邊長可得滿足條件的三角形有三種情況：2、3、4或3、4、5或2、 4、5，故． 9．提示：三人均達(dá)標(biāo)為0.8×0.6×0.5=0.24,三人中至少有一人達(dá)標(biāo) 為1-0.24=0.76． 11．提示：所有事件數(shù)為，和為偶數(shù)的事件有：3個 全是偶數(shù)，2個奇數(shù)1個偶數(shù)共有4＋40＝44． 12．（文科）；（理科）提示：如圖，甲從這6個點中任意選兩個點連成直線，乙也從這6個點中任意選兩

25、個點連成直線，共有種不同取法，其中所得的兩條直線相互平行但不重合有共12對，所以所求概率為． 13．基本事件總數(shù)為25，①要此函數(shù)為一次函數(shù)，則a只能取0，b共有4種取值（），故為一次函數(shù)的概率為．②要此函數(shù)為二次函數(shù)，則a 有4種取值，b共有5種取值，故有種取法，則為二次函數(shù)的概率為 63． 幾何概型 1．； 2．； 3．； 4．； 5．； 6．； 7．； 8．； 9．； 10．； 11．； 12．． 6．提示：如圖可設(shè)＝1，則根據(jù)幾何概率可知其整體事件是其 周長，則其概率是．w． 7．提示：長方形面積為2，以O(shè)為圓心，1為半徑作圓，在

26、矩形 內(nèi)部的部分(半圓)面積為．因此取到的點到O的距離小于1 的概率為÷2＝．取到的點到O的距離大于1的概率為． 9．提示：區(qū)域D為圓面，區(qū)域d為直線與直線之間的部分即由矩形與兩 個弓形構(gòu)成． 10．提示：在區(qū)間[－1，1]上隨機(jī)取一個數(shù)x，即時，要使的值介于0 到之間，需使或，或， 區(qū)間長度為，由幾何概型知的值介于0到之間的概率為． 11．提示：硬幣的圓心落在連長為1的正方形內(nèi)． 13．點（m,n）所在的區(qū)域D為邊長為1的正方形，關(guān)于x的一元二次方程 有實數(shù)根的條件是，所以在區(qū)域D內(nèi)且滿足條件的點（m,n）所在的面 積為，則所求的概率是． 64． 統(tǒng)計概率綜合運用

27、 1．； 2．0.254； 3．60； 4．0.4； 5．0.5,0.8； 6．； 7．（文科），（理科）； 8．； 9．5，； 10．； 11．； 12．． 4．解析：由表格可知： 聯(lián)合解得． 5．，； 7．理科解析：“抽出的2張均為紅桃”的概率為． 10．解析：記兩個零件中恰好有一個一等品的事件為A， 則P(A)=P(A1)+ P(A2)=． 13．解：（I）由頻率分布表得， 因為抽取的20件日用品中，等級系數(shù)為4的恰有3件，所以 等級系數(shù)為5的恰有2件，所以， 從而，所以 （II）從日用品中任取兩件，所有可能的結(jié)果為：

28、 ， 設(shè)事件A表示“從日用品中任取兩件，其等級系數(shù)相等”，則A包含的基本事件為：共4個，又基本事件的總數(shù)為10， 故所求的概率 65． 合情推理與演繹推理 1．42,41,123；2．如果兩個二面角的兩個半平面分別對應(yīng)垂直，則這兩個二面角相等或互補(bǔ)．（答案不唯一）假命題；3．； 4．四面體的三個側(cè)面互相垂直，且與底面所成的角分別是，則； 5．大前提是錯誤的；6．3，；7．；8．答案:， 方法一：猜想． 方法二：先求出，然后求和（對文科生要求較高，不必介紹） 9．，提示：設(shè)，，， 則過P1、P2的切線方程分別是，．因為在這兩條切線上，故有，，這說明，在直線上，故切點弦P1

29、P2的直線方程是； 10．； 11． ； 12．，提示：當(dāng)n=3時，如圖所示分別設(shè)各頂點的數(shù)用小寫字母表示， 即由條件知 ， 即 進(jìn)一步可求得．由上知中有三個數(shù)，中有6個數(shù)，中共有10個數(shù)相加 ，中有15個數(shù)相加….，若中有個數(shù)相加，可得中有個數(shù)相加，且由 可得所以 = 13．猜想：．證明： ． 66．直接證明與間接證明 1．三個方程中都沒有兩個相異實根；2．假設(shè)三內(nèi)角都大于60度；3．18；4．3或4； 5．0； 6．35； 7．答案不唯一，如 8．5，； 9．<； 10．5； 11．； 12．①對②錯． 4．解析：，因為x是整數(shù)，

30、即為整數(shù)，所以為整數(shù)，且，又因為，取，驗證可知符合題意；反之時，可推出一元二次方程有整數(shù)根． 9．提示：平方作差；11． 提示：有連續(xù)四項在集合{－54,－24,18,36,81}，四項 －24，36，－54，81成等比數(shù)列，公比為． 13．，， ，， ，，． 67． 復(fù)數(shù)的概念及運算 1．1－i； 2．； 3．一； 4．； 5．； 6．； 7．； 8．； 9．； 10．z＝－±i； 11．； 12．x＝1，y＝2． 2．提示：對于； 3．解析：，所以點位于第一象限； 4．解析：． 7．提示：若t∈R，t≠－1，t≠0時，復(fù)數(shù)z =

31、的模為|z|， 則|z|2=，故z的模的取值范圍是． 8．提示：若a≥0，且z|z|＋az＋i＝0，則z(|z|+a)+i=0，|z|+a>0，故z為純虛數(shù)，設(shè)z= yi(y， 則(|y|+a)yi+i=0故y2－y－1=0，y =，z =． 9．提示：設(shè)z=log2(m2－3m－3)＋i log2(m－3) (m∈R)，若z對應(yīng)點在直線x－2y＋1=0 上，則log2(m2－3m－3)－2 log2(m－3)＋1＝0，故2（m2－3m－3）＝(m－3)2． ∴m＝或m＝－（不適合）． 10．提示：原方程化簡為，設(shè)z＝x＋yi(x、y∈R)，代入上述方程得 x2＋y2＋2xi＝

32、1－i，∴x2＋y2＝1且2x＝－1，解得x＝－且y＝±，∴原方程 的解是z＝－±i． 11．提示：，而，即，． 12．解析：可采用展開計算的方法，得，沒有虛部，x＝1，y＝2． 13．解：由題意得 z1＝＝2＋3i，于是＝＝， ＝．<，得a2－8a＋7<0，解得1

33、時，末三位為125；又2011＝5＋2（1004－1），即 為第1004個指數(shù)為奇數(shù)的項，應(yīng)該與第二個指數(shù)為奇數(shù)的項（＝78125）末四位 相同，∴的末四位數(shù)字為8125． 11．提示：因為為實數(shù)，所以，故， 則可以取1、2、…、6，共6種可能，所以；． 13. 69． 導(dǎo)數(shù)的概念及運算 1．2； 2．125； 3．； 4．m＝1，n＝－2； 5．； 6．a(chǎn)1； 7．sinα； 8．1，1； 9．； 10．y＝2x＋3； 11．； 12．． 6．由； 7．； 8．∵∴，（0，b）在切線x－y＋1＝0，∴b＝1． 9．解析：定義

34、域為，又由， 解得或，所以的解集． 11．解析：，由題意， 整理得對此再求導(dǎo)易知單調(diào)遞減，單調(diào)遞增， 當(dāng)時得，當(dāng)時得． 12．提示：對求導(dǎo)得，令x＝1得在點（1，1）處的切線的 斜率k＝n＋1，在點（1，1）處的切線方程為即， 不妨設(shè)y＝0，，則． 13．解：過(1,0)的直線與相切于點，所以切線方程為， 即，又(1,0)在切線上，則或， 當(dāng)時，由y＝0與相切可得； 當(dāng)時，由與相切得． 所以或． 70． 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用 1．； 2．(1,0)和(－1,－4)； 3．； 4．； 5．3； 6．4； 7．①； 8．； 9．6； 10

35、．1； 11．9萬件； 12．小，1． 1．解析：則此函數(shù)為奇函數(shù)，所以． 6．提示：由已知，而，所以． 7． 因為函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù)，即在區(qū)間上各 點處的斜率k是遞增的，由圖易知選①，注意③中為常數(shù)． 8．得減區(qū)間是． 9．注意c＝2時，2不是極值． 10．記，由知是減函數(shù)， 又所以只有一個根． 11．解析：令導(dǎo)數(shù)，解得；令導(dǎo)數(shù)，解得， 所以函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù)，在區(qū)間上是減函數(shù)， 所以在處取極大值，也是最大值． 12．提示：由知x＝0，所以時，，當(dāng)時， ，所以即的值域是，而要使在R 上恒成立，結(jié)合條件取不同的k值，可得k取最小值為1時符合，此

36、時． 13．解：（1）因為 f（x）＝x4＋bx2＋cx＋d，所以h（x）＝f ′（x）＝x3－12x＋c． 由題設(shè)，方程h（x）＝0有三個互異的實根． 考察函數(shù)h（x）＝x3－12x＋c，則h ′（x）＝0，得x＝±2． x (－∞,－2) －2 (－2,2) 2 (2,＋∞) h ′(x) ＋ 0 － 0 ＋ h(x) 增 c＋16(極大值) 減 c－16(極小值) 增 所以 故－16－16，即（x－2）2（x＋

37、4）>0（*）在區(qū)間［m－2，m＋2］上恒成立． 所以［m－2，m＋2］是不等式（*）解集的子集． 所以或m－2>2，即－24． 71．導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 1．； 2．3，－17； 3．（－2，15）； 4．； 5．1cm； 6．9； 7．； 8．； 9．； 10．； 11．4； 12．． 3．提示：，又點P在第二象限內(nèi)，∴x＝－2，點P的坐標(biāo) 為（－2，15）． 4．解析：，，即，． 8．解得后注意檢驗，前者不滿足在處有極值10． 9．由，所以解得范圍為． 10．提示：由題意該函數(shù)的定義域x＞0，由．因為存在垂直于y軸的

38、切 線，故此時斜率為0，問題轉(zhuǎn)化為x＞0范圍內(nèi)導(dǎo)函數(shù)存在零點． 解法1 （圖象法）再將之轉(zhuǎn)化為與存在交點．當(dāng)a＝0不符合題意，當(dāng)a＞0時，如圖1，數(shù)形結(jié)合可得顯然沒有交點，當(dāng)a＜0時，如圖2，此時正好有一個交點，故有a＜0應(yīng)填或是． 解法2 （分離變量法）上述也可等價于方程在內(nèi)有解，顯然可得． 11．若x＝0，則不論取何值，顯然成立．當(dāng)x＞0 即時，可化為，，設(shè)，則， 所以 在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減，因此，從而≥4．當(dāng)x<0 即時，可化為，，設(shè)，則， 所以在區(qū)間上單調(diào)遞增，因此，從而． 12．設(shè)剪成的小正三角形的邊長為x， 則． （方法一）利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最小值．， ，

39、 ， 當(dāng)時，，遞減；當(dāng)時，，遞增； 故當(dāng)時，S的最小值是．（或者通過變形后換元化為二次函數(shù)求） 13．（Ⅰ）b＝2；（Ⅱ）a＞0時單調(diào)遞增區(qū)間是（1，＋∞），單調(diào)遞減區(qū)間是（0，1），a＜0時單調(diào)遞增區(qū)間是（0，1），單調(diào)遞減區(qū)間是（1，＋∞）；（Ⅲ）存在m，M；m的最小值為1，M的最大值為2． 72．算法 1．①； 2．順序結(jié)構(gòu)、 選擇結(jié)構(gòu)、循環(huán)結(jié)構(gòu)； 3．處理框、起止框、輸入輸出框、判斷框； 4．63； 5．； 6．,； 7．100； 8．11； 9．3； 10．12＋32＋52＋…＋992； 11．6； 12．－2，3； 13．

40、T←B：B←A：A←T； 14．11； 15．11； 16．（1）3，－5； （2）． 17．用二分法求方程x5＋x3＋x2－1＝0的近似解（精確到0．0001）； 18．③． 4．解析：，輸出． 5． 當(dāng)x＝10時，y＝，此時|y－x|＝6； 當(dāng)x＝4時，y＝，此時|y－x|＝3； 當(dāng)x＝1時，y＝，此時|y－x|＝； 當(dāng)x＝時，y＝，此時|y－x|＝，故輸出y的值為． 6．提示：這是統(tǒng)計該6名隊員在最近三場比賽中投進(jìn)的三分球總數(shù)的程序框圖，所以 圖中判斷框應(yīng)填，輸出的s＝． 18．提示：月總收入為S，因此A＞0時歸入S，判斷框內(nèi)填A(yù)＞0支出T為負(fù)數(shù)

41、， 因此月盈利V＝S＋T． 19．我們用c（單位：元）表示通話費，t（單位：分鐘）表示通話時間， 則依題意有 算法步驟如下：第一步，輸入通話時間t；第二步，如果t≤3，那么c＝0．2； 否則令c＝0．2＋0．1(t－3)；第三步，輸出通話費用c；程序框圖略． 73． 排列組合二項式定理 1．； 2．84； 3．24； 4．1； 5．11； 6．10； 7．； 8．1080； 9．6； 10．0； 11．108； 12．168． 1．解析：． 2．解析：． 3．解析：展開式的通項公式為Tr＋1＝，取4－2r＝0得 r＝2，故常數(shù)項

42、為C42(－2)2＝24． 4．解析：展開式中的系數(shù)是． 5．解析：與信息0110至多有兩個對應(yīng)位置上的數(shù)字相同的信息包括三類： 第一類：與信息0110有兩個對應(yīng)位置上的數(shù)字相同，有個； 第二類：與信息0110有一個對應(yīng)位置上的數(shù)字相同，有個； 第三類：與信息0110沒有一個對應(yīng)位置上的數(shù)字相同，有個， 所以，共有6＋4＋1＝11個． 8．解析：考查概率、平均分組分配問題等知識，重點考查化歸轉(zhuǎn)化和應(yīng)用知識的意識．先 分組，考慮到有2個是平均分組，得兩個兩人組，兩個一人組，再全 排列得：． 9．解析：二項式展開式的通項公式為 要使系數(shù)為有理數(shù)，則r必為4的倍數(shù)，所以r可為0

43、.、4、8、12、16、20共6種， 故系數(shù)為有理數(shù)的項共有6項． 10．解析：考查對二項式定理和二項展開式的性質(zhì)，重點考查實踐意識和創(chuàng)新能力，體 現(xiàn)正難則反．采用賦值法，令x＝1得：系數(shù)和為1，減去項系數(shù)即 為所求，答案為0． 11．解析：先選一個偶數(shù)字排個位，有3種選法： ①若5在十位或十萬位，則1、3有三個位置可排，3＝24個； ②若5排在百位、千位或萬位，則1、3只有兩個位置可排，共3＝12個； 算上個位偶數(shù)字的排法，共計3(24＋12)＝108個． 12．解析：本題主要考查排列組合的基礎(chǔ)知識與分類討論思想，屬于難題． （1） B,D,E,F用四種顏色，則有種涂色方

44、法； （2） B,D,E,F用三種顏色，則有種涂色方法； （3） B,D,E,F用兩種顏色，則有種涂色方法； 所以共有24＋192＋48＝264種不同的涂色方法． 13．解：因為總的滔法，而所求事件的取法分為三類，即芝麻餡湯圓、花生餡湯圓．豆 沙餡湯圓取得個數(shù)分別按1.1.2；1，2，1；2，1，1三類，故所求概率為 ． 74．推理與證明、數(shù)學(xué)歸納法 1．； 2． 3．； 4．1:8； 5．13＋23＋33＋43＋53＝（1＋2＋3＋4＋5）2（或152）； 6．； 7．15； 8．； 9．（文科）；（理科）當(dāng)時，左邊＝4＝右邊，命題正確． 10．；

45、11．n＋1； 12．＋． 1．解析：通過類比，有等比數(shù)列{bn}的前n項積為Tn，則T4，，成等比數(shù)列． 3．解析：本小題考查歸納推理和等差數(shù)列求和公式．前n－1行共有正整數(shù) 1＋2＋…＋（n－1）個，即個，因此第n行第3個數(shù)是全體正整數(shù)中 第個，即為． 4．解析：考查類比，空間兩正四面體“相似”，體積比為相似比的立方1：8 ． 5．解析：第i個等式左邊為1到i＋1的立方和，右邊為1到i＋1和的完全平方 所以第四個等式為13＋23＋33＋43＋53＝（1＋2＋3＋4＋5）2（或152）. 7．5個， 4個，3個，2個，1個， 合計5＋4＋3＋2＋1＝15個． 13．證

46、明：（1）由AB、BC、AC為有理數(shù)及余弦定理知 是有理數(shù)． （2）用數(shù)學(xué)歸納法證明和都是有理數(shù)． ①當(dāng)n＝1時，由（1）知cosA是有理數(shù)，從而有 也是有理數(shù)． ②假設(shè)當(dāng)n＝k（k≥1）時，和都是有理數(shù)， 當(dāng)n＝k＋1時，由， 及①和歸納假設(shè)，知和都是有理數(shù)． 即當(dāng)n＝k＋1時，結(jié)論成立． 綜合①、②可知，對任意正整數(shù)n，cosnA是有理數(shù)． 75.導(dǎo)數(shù)、算法、推理綜合 1．2； 2．； 3．10； 4．（2,＋∞）； 5．①； 6. ； 7．（，＋）； 8．21； 9．充要； 10．A；

47、 11．； 12．． 提示或解答： 6．，故曲線在點（0,2）處的切線方程為，易得切線與直線和圍成的三角形的面積為． 8．在點(ak,ak2)處的切線方程為：當(dāng)時，解得， 所以 12．解析：由題，不妨令，則，令， 解得，因時，，當(dāng)時，，所以當(dāng)時，達(dá)到最?。矗? 13．解：設(shè)包裝盒的高為h（cm），底面邊長為a（cm）．由已知得 （1） 所以當(dāng)x＝15時，S取得最大值． （2） 由得x＝0（舍）或x＝20． 當(dāng)時，；當(dāng)時，． 所以當(dāng)x＝20時，V取得極大值，也是最大值． 76．綜合1 1．； 2．0； 3．45°； 4．； 5．

48、4； 6．如2，6，18，54等； 7．4； 8．； 9．96； 10．2y－3x＋3＝0； 11．I ≤98，或I＜100等； 12．(1，8.2)． 8．提示：． 9．解析：考查棱錐體積公式． 12． 提示：由，或，得（1，8．2）． 13．(1) , 因為,, 即 恒成立,所以 , 得，即的最大值為 (2) 因為 當(dāng)時, ;當(dāng)時, ;當(dāng)時, ; 所以 當(dāng)時,取極大值; 當(dāng)時,取極小值 ;故當(dāng) 或時, 方程僅有一個實根．解得 或． 77．綜合2 1．－3； 2．0； 3．； 4．π，奇； 5．； 6．； 7．（3，8）；

49、 8．(0,2,0)或(0,8,0)； 9．H； 10．． 11．2和5； 12．． 1．解析：，A＝{0,3}，故m＝－3． 2．為－2和2，則－2＋2＝0． 3．提示：i＝1時，S＝；i＝2時，S＝；i＝3時，S＝3．則S的變化具有周期性，周期為3，所以當(dāng)i＝2008時，S＝． 7．解析：畫出不等式組表示的可行域，在可行域內(nèi)平移直線z＝2x－3y， 當(dāng)直線經(jīng)過x－y＝2與x＋y＝4的交點A（3，1）時，目標(biāo)函數(shù)有最小值z＝2×3－ 3×1＝3；當(dāng)直線經(jīng)過x＋y＝－1與x－y＝3的焦點A（1，－2）時，目標(biāo)函數(shù)有最 大值z＝2×1＋3×2＝8.．注意等號取不到． 8．

50、提示設(shè)B(0,y,0),由22＋(y－5)2＋62＝72,的y＝2或8,所以B(0,2,0)或B(0,8,0)． 9．答案H，解析觀察圖形可知,則，即對應(yīng)點H（2，－1）． 13．（1） （2） 78．綜合3 1．2； 2．； 3．2； 4．； 5．； 6．； 7．； 8．[－12,42]； 9．17； 10．； 11．； 12．． 3．解析：由＝16，得|BC|＝4，，而， 故2． 7．提示：＝． 10．提示：由母線長之比為1:2:3,得三個圓錐(從上往下)側(cè)面積之比為1:4:9，則側(cè)面三部分面積比為1:(4－1):(9－4)＝． 12

51、．提示：由得， 即對一切成立，a取值范圍． 13．解．（1）的導(dǎo)數(shù)．由于． 所以(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時等號成立)． (2)，切線l的方程為，令y＝0得x＝t＋1， 令x＝0得．所以．而 ．當(dāng)時，；當(dāng)時，， 所以S(t)的最大值為S(1)＝． 79．綜合4 1．； 2．； 3．； 4．3.4； 5．2； 6．； 7．； 8．； 9．； 10．4𝛑； 11．4； 12．π． 2．提示：＝． 7．考慮到求導(dǎo)中，含有x項均取0，則只與函數(shù)的一次項有關(guān)；得： ． 9． 正方形四個頂點可以確定6條直線，甲乙各自任選一條共有3

52、6個基本事件．兩條 直線相互垂直的情況有5種（4組鄰邊和對角線）包括10個基本事件，所以概率等 于． 10．解析：由條件易知，球O的直徑為2R＝SC＝2，∴表面積為． 11．提示：與雙曲線相切或與漸近線平行，共4種． 13．（1）證明：連接AC，設(shè)AC∩BD＝O．由條件得ABCD為正方形，故O為AC中點．因為E為CC1中點，所以O(shè)E∥AC1．因為OEì平面BDE，AC1平面BDE．所以AC1∥平面BDE．（2）連接B1E．設(shè)AB＝a，則在△BB1E中，BE＝B1E＝a，BB1＝2a．所以BE2＋B1E2＝BB12．所以B1E^BE．由正四棱柱得，A1B1^平面BB1C1C，所以A1B

53、1^BE．所以BE^平面A1B1E．所以A1E^BE．同理A1E^DE．所以A1E^平面BDE． 80．綜合5 1．； 2．； 3．； 4．； 5．； 6．－648； 7．； 8．； 9．；10．；11．；12．0． 7．解析：作圖，由余弦定理得：． 8．提示： ， 函數(shù)的取值范圍是． 9．解析：由題意得，即，則 從而解得（舍去），所以． 10．提示：因為所以， ．因為所以，所以． 11．提示設(shè)的外接圓的半徑為，，， ．． ． 12．提示 ∵，∴，∴，． 13．解：（1）設(shè)隔熱層厚度為xcm，由題設(shè)，每年能源消耗費用為， 再

54、由，得k＝40，因此． 而建造費用為． 最后得隔熱層建造費用與20年的能源消耗費用之和為 ． （2），令，即． 解得（舍去）． 當(dāng)時，；當(dāng)時，． 故x＝5是f(x)的最小值點，對應(yīng)的最小值為． 當(dāng)隔熱層修建5cm厚時，總費用達(dá)到最小值70萬元． 81．綜合（6） 1．； 2．1； 3．； 4．64； 5．④； 6．； 7．(1,3]； 8．； 9．2； 10．； 11．等腰三角形； 12．4． 8．提示：等差數(shù)列中也成等差數(shù)列，即，，為等差數(shù)列，解得． 9．提示：易知A、C為焦點，則． 10．提示：運算6次． 11．提示：

55、，則AB垂直于AB邊上中線． 12．提示：曲線的解析式為，則對于任意， 方程最多有一個實數(shù)解， 方程化簡得，令得對恒成立， 所以． 13．（Ⅰ）解：因為cos2C＝1－2sin2C＝，及0＜C＜π，所以sinC＝． （Ⅱ）解：當(dāng)a＝2，2sinA＝sinC時，由正弦定理，得c＝4， 由cos2C＝2cos2C－1＝，及0＜C＜π得cosC＝． 由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，得b2±b－12＝0，解得b＝或2， 所以或． 82 ．綜合（7） 1．4； 2．16； 3．； 4．； 5．； 6．； 7．； 8．； 9．； 10．

56、；11．51； 12．； 5．提示：an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2[1＋2＋…＋(n－1)]＋33 ＝33＋n2－n，則，當(dāng)n＝5或6時有最小值． 7．提示：目標(biāo)函數(shù)（）取最大值的最優(yōu)解為，即， 所以＝． 8．提示：設(shè)AB＝BC＝2c，則在△ABC中求得AC＝，故． 11．提示：設(shè)兩組學(xué)生的成績分別為和，則，，由得，同理．這20名學(xué)生平均分為85，方差 ． 13．解：由得 ，列表如下： 1 ＋ 0 － 0 ＋ ↗ ↘ ↗ ，，從而． 83． 綜合（8） 1．； 2

57、．； 3．15； 4．； 5．2； 6．； 7．4； 8．6； 9．； 10．2； 11．（－13，13）； 12．． 7．提示： 另解：由已知得，根據(jù)可行域得取得最大值的最優(yōu)解 為，即； 8．提示：，，． 9．提示：，所以，即， 解得． 12．提示：正六邊形周長為3，得邊長為，故底面六邊形的主對角線為1，從而球的 直徑 ∴． 13．證明：(1) E、P分別為AC、A′C的中點，EP∥A′A，又A′A平面AA′B， EP平面AA′B，∴即EP∥平面A′FB． (2)證明：∵BC⊥AC，EF⊥A′E，EF∥BC，∴BC⊥A′E， ∴BC⊥平面

58、A′EC，BC平面A′BC，∴平面A′BC⊥平面A′EC． (3)證明：在△A′EC中，P為A′C的中點，∴EP⊥A′C， 在△A′AC中，EP∥A′A，∴A′A⊥A′C，由(2)知：BC⊥平面A′EC， 又A′A平面A′EC，∴BC⊥AA′，∴A′A⊥平面A′BC． 84. 綜合（9） 1．12； 2．； 3．3； 4．2； 5．2； 6．； 7．； 8．； 9．3； 10．2； 11．； 12．4． 6．

59、提示：在邊長為的正方形中有半徑為的內(nèi)切圓，落在圓內(nèi)的點滿足輸出條件， ； 7．提示：令， ． 8．提示：夾角為60°的單位向量之和的模為． 9．提示：是正四面體內(nèi)切球的半徑，由得． 10．提示： 設(shè)切點，則，又，． 12．解析： 因為，當(dāng)且僅當(dāng)=4，即n=4時取等號， 所以當(dāng)n0=4時Tn有最大值． 13．（Ⅰ）由題設(shè)知，的方程為：. 代入C的方程，并化簡，得． 設(shè)、，則，①[來源:Z*xx*k.Com] x y O A F M B D 由為BD的中點知，故，即，② 故，所以C的離心率． （Ⅱ）由①、②知，C的方程為：， ， 故不妨設(shè)．

60、， ， ． 又，故，解得或（舍去）． 故． 連接MA，則由知，從而，且軸， 因此以M為圓心，MA為半徑的圓經(jīng)過A、B、D三點，且在點A處于x軸相切． 所以過A、B、D三點的圓與軸相切． 85．綜合（10） 1．（0，1）； 2．或； 3．13； 4．a(chǎn)＞c＞b； 5．； 6．； 7．或； 8．； 9．； 10．； 11．1； 12．． 7．提示：，令得． 10．提示：設(shè)，則，解得． 11．提示：由已知得， 所以函數(shù)f(x)的值以6為周期重復(fù)性出現(xiàn)，所以f（2009）＝f（5）＝1． 12．提示：設(shè)，則，因為， 所以．

61、． 13．（I）依題意，可設(shè)橢圓C的方程為，且可知左焦點為． 從而有解得 又，所以，故橢圓C的方程為． （II）假設(shè)存在符合題意的直線l，其方程為． 由得． 因為直線l與橢圓C有公共點，所以， 解得． 另一方面，由直線OA與l的距離d＝4可得，從而． 由于，所以符合題意的直線l不存在． 86．綜合（11） 1．1； 2．； 3．； 4．－1； 5．； 6．； 7．11； 8．a(chǎn)∈(0,)； 9．和； 10．； 11．； 12．4009． 7．提示：x＝2，y＝3時最大值11． 10．提示：因為f(x)滿足f(x－4)＝－f(x)，所以f(

62、x－8)＝f(x)，所以函數(shù)是以8為周期的 周期函數(shù)，則f(－25)＝f(－1)，f(80)＝f(0)，f(11)＝f(3)，又因為f(x)在R上是奇函數(shù)， f(0)＝0，得f(80)＝f(0)＝0，f(－25)＝f(－1)＝－f(1)，而由f(x－4)＝－f(x)得 f(11)＝f(3)＝－f(－3)＝－f(1－4)＝f(1)，又因為f(x)在區(qū)間[0,2]上是增函數(shù)， 所以f(1)＞f(0)＝0，所以－f(1)＜0，即． 11．提示：設(shè)最小角為C，可求得又，可得P的取值范圍． 12．提示：在數(shù)列前2010項中共有11個1，其余都是2． 13．解：（I）由已知，根據(jù)正弦定理得

63、， 即． 由余弦定理得，故． （II）由（I）得又， 得，因為，故． 所以是等腰的鈍角三角形． 87．綜合（12） 1． 或；2．對任意，都有；3．；4．；5．； 6．； 7．2rad； 8．(10，12)； 9．； 10．6； 11．； 12．①③ 6．提示： 由得， 即，∴，∴， ∴切線方程為，即． 7．提示：，鐵絲長度， 當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，這時扇形圓心角． 8．提示：不妨設(shè)，取特例，如取，則易得 ，從而． 9．提示：，所以由得公差， ． 10．提示：由題意，F(xiàn)（－1，0），設(shè)點P，則有， 解得，因為，， 所以＝＝， 當(dāng)時，取

64、得最大值． 11．提示：設(shè)，，則， 消去得，解得． 12．提示：性質(zhì)實質(zhì)是當(dāng)時，，且遞增． 13．解：（Ⅰ）設(shè)等差數(shù)列的公差為d，因為，， 所以有，解得， 所以；＝＝． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以bn＝＝＝， 所以＝＝， 即數(shù)列的前n項和＝． 88．綜合（13） 1．； 2．0.03，3； 3．； 4．； 5．； 6．7； 7．1； 8．； 9．； 10．1； 11．； 12．． 7．提示：,． 8．提示：，10，所以， 所以 9．提示：直線過定點（0，3），且該點在圓上，圓心（2,3）到直線距離為，所以 由，由． 10．提

65、示：由恒成立知，當(dāng)時，恒成立，∴； 同理，∴以為坐標(biāo)點所形成的平面區(qū)域是一個正方形， 其面積為1． 11．提示：由已知得底面三角形邊心距為2，所以底面邊長為，中截面的邊長為， 它的面積為； 12．提示：已知式兩邊同乘以4，錯位相加可得． 13．（Ⅰ）解：當(dāng)a＝1時，f(x)＝，f(2)＝3；，． 所以曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為y－3＝6(x－2)，即y＝6x－9． （Ⅱ）解：，令0，解得x＝0或x＝． 以下分兩種情況討論： （1） 若，當(dāng)x變化時，，f(x)的變化情況如下表： x 0 ＋ 0 － f(x) 極大值

66、當(dāng)?shù)葍r于， 解不等式組得－52，則．當(dāng)x變化時，，f(x)的變化情況如下表： x 0 ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 極大值 極小值 當(dāng)?shù)葍r于即， 解不等式組得或．因此2