一、选择题

题号

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} ，选A．

2．函数f(x)= (x∈R)，∴ ，所以原函数的值域是(0，1] ，选B.

3． 已知等差数列{a_n}中，a₂+a₈=8，∴ ，则该数列前9项和S₉==36，选C.

4．函数f(x)=log_a(x+b)(a>0，a≠1)的图象过点(0，0)，其反函数的图象过点(1，2)，

则，∴，a=3，则a+b等于4，选C.

5．直线过点(0，a)，其斜率为1， 且与圆x²+y²=2相切，设直线方程为，圆心(0，0)道直线的距离等于半径，∴ ，∴ a 的值±2，选B．

6．若等式sin(α+γ)=sin2β成立，则α+γ=kπ+(－1)^k?2β，此时α、β、γ不一定成等差数列，若α、β、γ成等差数列，则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成等差数列”的．必要而不充分条件。选A．

7．x，y为正数，(x+y)()≥≥9，选B.

8．已知非零向量与满足()?=0，即角A的平分线垂直于BC，∴ AB=AC，又= ，∠A=，所以△ABC为等边三角形，选D．

9．已知函数f(x)=ax²+2ax+4(a>0)，二次函数的图象开口向上，对称轴为，a>0，∴ x₁+x₂=0，x₁与x₂的中点为0，x₁<x₂，∴ x₂到对称轴的距离大于x₁到对称轴的距离，∴ f(x₁)<f(x₂) ，选A．

10．已知双曲线(a>)的两条渐近线的夹角为，则，∴ a²=6，双曲线的离心率为 ，选D．

11．已知平面α外不共线的三点A、B、C到α的距离都相等，则可能三点在α的同侧，即．平面ABC平行于α，这时三条中位线都平行于平面α；也可能一个点A在平面一侧，另两点B、C在平面另一侧，则存在一条中位线DE//BC，DE在α内，所以选D．

12．为确保信息安全，信息需加密传输，发送方由明文→密文(加密)，接收方由密文→明文(解密)，已知加密规则为:明文a，b，c，d对应密文a+2b，2b+c，2c+3d，4d，例如，明文1，2，3，4对应密文5，7，18，16。当接收方收到密文14，9，23，28时，

则，解得，解密得到的明文为C．

二、填空题

13．－   14．60   15．1320     16．3R

13．cos43°cos77°+sin43°cos167°==－．

14．(2x－)⁶展开式中常数项.

15．某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每地1人)，其中甲和乙不同去，可以分情况讨论，① 甲去，则乙不去，有=480种选法；②甲不去，乙去，有=480种选法；③甲、乙都不去，有=360种选法；共有1320种不同的选派方案．

16．水平桌面α上放有4个半径均为2R的球，且相邻的球都相切(球心的连线构成正方形)．在这4个球的上面放1个半径为R的小球，它和下面4个球恰好都相切，5个球心组成一个正四棱锥，这个正四棱锥的底面边长为4R，侧棱长为3R，求得它的高为R，所以小球的球心到水平桌面α的距离是3R．

三、解答题

17．解: (Ⅰ)记"甲投进"为事件A₁ ， "乙投进"为事件A₂ ， "丙投进"为事件A₃，

则 P(A₁)= ， P(A₂)= ， P(A₃)= ，

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

 ∴3人都投进的概率为

(Ⅱ) 设“3人中恰有2人投进"为事件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人投进的概率为

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)当f(x)取最大值时， sin(2x－)=1，有  2x－ =2kπ+

即x=kπ+    (k∈Z)  ∴所求x的集合为{x∈R|x= kπ+ ，  (k∈Z)}．

19．解法一: (Ⅰ)如图， 连接A₁B，AB₁， ∵α⊥β， α∩β=l ,AA₁⊥l， BB₁⊥l，

∴AA₁⊥β， BB₁⊥α． 则∠BAB₁，∠ABA₁分别是AB与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与平面α，β所成的角分别是45°，30°．

(Ⅱ) ∵BB₁⊥α， ∴平面ABB₁⊥α．在平面α内过A₁作A₁E⊥AB₁交AB₁于E，则A₁E⊥平面AB₁B．过E作EF⊥AB交AB于F，连接A1F，则由三垂线定理得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的大小为arcsin．

解法二: (Ⅰ)同解法一．

(Ⅱ) 如图，建立坐标系， 则A₁(0，0，0)，A(0，0，1)，B₁(0，1，0)，B(，1，0)．在AB上取一点F(x，y，z)，则存在t∈R，使得=t ， 即(x，y，z－1)=t(，1，－1)， ∴点F的坐标为(t， t，1－t)．要使⊥，须?=0， 即(t， t，1－t) ?(，1，－1)=0， 2t+t－(1－t)=0，解得t= ， ∴点F的坐标为(，－， )， ∴=(，， )． 设E为AB₁的中点，则点E的坐标为(0，， )． ∴=(，－，)．

又?=(，－，)?(，1，－1)= － － =0， ∴⊥， ∴∠A₁FE为所求二面角的平面角．

又cos∠A₁FE= = = = = ，

∴二面角A₁－AB－B₁的大小为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)．

当a₁=3时，a₃=13，a₁₅=73． a₁， a₃，a₁₅不成等比数列∴a₁≠3;

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

21．解法一: 如图， (Ⅰ)设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]．

即所求轨迹方程为: x²=4y， x∈[－2，2]

解法二: (Ⅰ)同上．

(Ⅱ) 如图， =+ = +  t = + t(－) = (1－t) +t，

 = + = +t = +t(－) =(1－t) +t，

 = += + t= +t(－)=(1－t) + t

     = (1－t²)  + 2(1－t)t+t² ．

设M点的坐标为(x，y)，由=(2，1)， =(0，－1)， =(－2，1)得

  消去t得x²=4y， ∵t∈[0，1]， x∈[－2，2]．

故所求轨迹方程为: x²=4y， x∈[－2，2]

22．解: （I）当k=0时， f(x)=－3x²+1  ∴f(x)的单调增区间为(－∞，0]，单调减区间[0，+∞)．

当k>0时 ， f '(x)=3kx²－6x=3kx(x－)

∴f(x)的单调增区间为(－∞，0] ， [ ， +∞)， 单调减区间为[0， ]．

（II）当k=0时， 函数f(x)不存在最小值．

 当k>0时， 依题意 f()= － +1>0 ，

即k²>4 ， 由条件k>0， 所以k的取值范围为(2，+∞)