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一、選擇題

題號

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

答案

C

B

C

D

C

A

C

B

A

D

C

提示與分析：

1．，故選C。

2．易知p成立，m＜3，q成立，2＜m＜，從而p成立成立，故選B。

3．選C

4．由已知得即，得，故選D。

5．易知,故選C。

6．，作圖知選A。

7．選C。由題：。

8．設球半徑為R,由，由知，三棱錐頂點S愛底面ABC內的攝影D是△ABC的外心，又∠ACB=90°，∴D是AB的中點，點O到ABC的距離h=OD，設SA=SB=SC=AB=2，可得，或h=10（舍），故選B。

9．由題設易知M是PF的中點，設橢圓右焦點為，由知，=8,，又易知該橢圓的離心率，再由橢圓第二定義得，點P到橢圓左準線的距離，故選A。

10．由，∴故選D。

11．由題設知是周期為2的周期函數，由時，，可作出再R上的簡圖，又是偶函數，再作出簡圖，則可確定兩圖像的交點個數，故選C。

二、填空題

12．112                       13．9                          14．32                         15．①②④

提示與分析：

12．令得，再分別令得兩式，再相加可得，從而得知。

13．由題得：，得：，而可看作是單位圓上的點（m，n）到點（2，0）的距離，則易知，的最大值為9．

14．由題設知，又0＜q＜1則得，∴

15．如圖，①知直線BC與面所成的角即為∠,故①正確。

②易知四面體在四個側面的攝影圖形面積均最小，為正方形面積之半，故②正確

③點M到平面的距離，即為點到平面的距離。其等于，故③不正確。

④易知BM與所成的角，即為BM與所成的角，設∠∠易知，，即，故④正確。

三、解答題

16．（1）由題設知：

再由余弦定理得：

當且僅當時取等號，故所求B的取值范圍是                （3分）

（2）∵，∴，

∴0＜b，當且僅當時，

∴

∴                                                      （6分）

（3）由（1）（2）易知，當△ABC的面積S最大時，△ABC是邊長為2的正△，此時易知∠∠

在△AGM中，由正弦定理得：

則

在△AGN中，同理可得：

           （10分）

∴（或用降次公式化簡）

                                                 （12分）

17．解法一：

（1）由PB⊥面ABCD，CD⊥PD知CD⊥BD

在直角梯形ABCD中，AD⊥AB，AB=AD=3,

∴BD=，BC=6

取BC的中點F，連結AF，則AF∥CD，

∴PA與CD所成的角就是∠PAF   （4分）

連PF由題設易知AF=PF=PA=,

∴∠PAF=60°即為所求     （6分）

（2）連AC交BD于G，連EG，易知,

又∴，∴PC∥EG,又EG面EBD，∴PC∥面EBD  （10分）

（3）∵PB⊥面ABCD，∴AD⊥PB，

又AD⊥AB，∴AD⊥面EAB

作AH⊥BE于H，連DH，則DH⊥BE,   （12分）

在△AEB中，易求得BE=，

在△DAH中，∠

即所求二面角的大小為  （14分）

解法二：（1）如圖建立空間直角坐標系，設

則A（0,3,0）,P（0,0,3）D（3,3,0）,C（，0，0），=

∵，∴，

即：3（3-）+9=0         （2分）

∴

∴

∴，即異面直線PA與CD所成的交為60°            （6分）

（2）設平面BED的法向量為  ∵

由得，∴       （12分）

又由（1）知，∴，∴PC∥面EBD  （10分）

（3）由（2）知

又平面ABE的法向量，

故所求二面角的大小為                                 （14分）

18．（1）在第一環節中，乙選手從6道題目中任選3道至少有1道操作題的概率

                                                          （4分）

（2）在第二環節中，甲搶到的題目多于乙選手而不多于丙選手的情況有以下三種：

甲、乙、丙三位選手搶到的題目的個數分別為1，0，4；2，0，3；2，1，2，

故所求的概率

（8分）

（3）在第三個環節中，就每一次答題而言，丙選手得分是一個隨機變量，

若選A類題，其得分的期望是（分）

若選B類題，其得分的期望是（分）

若選C類題，其得分的期望是（分）

由于＞=,故丙應選B類得分的切望值更大。（12分）

19．（1）依題意可得：

                                                                 （4分）

（2）由

當時，，則

∴，∴

即第次操作后溶液的濃度為                  （9分）

（3）由（2）可得：

則

由錯位相減法可求得：

故所求                     （13分）

20．（1）由＜0，＞，∴

又＞＜，∴

從而有                      （4分）

（2）由（1）可知，

故，則

令＞∵＞  得＞，∴＞

令＜∵＞，解得＜＜

列表：

（0，1）

1

（1，+∞）

－

0

+

↓

0

↑

即 在處有最小值0                  （8分）

（3）由易知時，＜

∴為減函數，其最小值為1

令在上單增，其最大值為

依題意得：

又＞ ∴＜              （14分）

21．（1）由題設及平面幾何知識得：＜,

∵動點P的軌跡是以A、B為交點的雙曲線右支，

由

故所求P點的軌跡方程為：  （4分）

（2）易知 直線恒過雙曲線焦點B（3，0）

設該直線與雙曲線右支相交于

由雙曲線第二定義知，

又∴，則，

由得，從而易知，僅當時，滿足

故所求  （8分）

（3）設，且p分有向線段所成的比為，

則，，

又點在雙曲線上，∴

化簡得：

又

∴                               （11分）

令

∵在上單減，在上單增，

又，∴在上單減，在上單增，∴

又 ，∴

故所求的最小值為9，最大值為。   （14分）

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