題目列表(包括答案和解析)
已知某車站每天8：00―9：00、9：00―10：00都恰好有一輛客車到站；8：00―9：00到站的客車
可能在8：10、8：30、8：50到，其概率依次為
．9：00―10：00到站的客車
可能在9：10、9：30、9：50到，其概率依次為．今有甲、乙兩位旅客，他們到站的時間分別為8：00和8：20，試問他們候車時間的平均值哪個更多？
,
,
;9:00—10:00到站的客車可能在9:10,9:30和9:50到站,其概率依次為
,
,
.今有甲、乙兩位旅客要從A地到B地,他們到達車站的時間分別是8:00和8:20,假設只要有車到站就一定能坐上車,設甲與乙的候車時間分別為ξ分鐘和η分鐘.(1)分別求ξ和η的分布列;
(2)判斷甲、乙兩人候車時間平均值哪個長,并說明理由.
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；9：00～10：00到站的客車B可能在9：10，9：30，9：50到站，其概率依次為
．一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。
1.D點拔：由已知可得M=N，故
，a、b是方程x2-4x+2=0的兩根，故a+b=4
2.D 點拔：∵
∴等號取不到，即
故A、B、C均正確，而D顯然錯誤，應為|a|-|b|<|a-b|.
3.A 點拔： 由題意知，選出的6名學生中應有4名女生，2名男生，故共C
種不同的抽取方法。
4.D 點拔：若2為方程x2-6x+k=0的根.∴另一根為4，故k=8.又方程x2+6
的兩根與2，4，按一定次序可排成以2為首項的等比數列，故另兩根易求出，分別為-2
和-4.∴h=16，∴k+h=24，而其余情況均不可能.
5.C 點拔：tan110°=tan(120°-10°)= 
tan110°=tan(90°+20°)= -cot20°= -
6.B 點拔：
，當且僅當
即
時上式取等號，這時|PF1|=4a，由|PF1|+|PF2|≥|F1F2|，得6a≥2c,故1<e=
7.D 點拔：由f′(x)的圖象可知，函數y=f(x)在區間[a，b]上的兩端點處取得極值，且從a到b的各點處的切線的斜率是先增大后減小，故選D.
8.D 點拔：如圖所示，把對角面A1C繞A1B旋轉至A1BC′D′1,
使其與△AA1B在同一平面上，連接AD1′，則AD1′=
為所求的最小值.
9.B 點拔：設線段BC的中D，則
∴
∴
∴
=λ(
)=0
∴DP⊥BC.∴點P的軌跡一定通過△ABC的外心.
10.C 點拔：如圖，作出函數f(x)的圖象，可知關于f(x)的方程有一
正根和一零根，不妨設f(x1)=0且f(x2)=f(x3)=m
∴由圖像對稱性知x2+x3=2,又x1=1,∴(x1+x2+x3)2=9.
二、填空題：本大題共5小題，每小題5分，共25分.
11.-3點拔：z=
12.1<a<點拔：易知f(x)為奇函數且在定義域上增函數，∴原不等式可化為f(1-a)<f(a2-1),其等價于不等式組
13.-t2+t+
點拔：如圖，由題設條件所確定的區域為圖中所示陰影部分.
∴S=×2×1-t2-(1-t)2=-t2+t+.
14.[
)∪(1，
]點拔：函數y=
的圖象上的點到原點的最短距離為1，最長距離為3.
故q的最大值為
的最小值為
.又q≠1 ∴q∈[)∪(1, ].
15.n?2n-1點拔：對于任一個不含元素n的子集A，加入一個元素n后成集B，則集合A與集合B“交替和”的和為n.這種構造的集合A集合與集合B是一一對應的，各有2n-1個，切每一對集合的“交替和”的和為n，故非空子集的“交集和”的總和Sn=n?2n-1.
三、解答題：本大題共6小題，共75分.
16.(1)∵△ABC三個頂點分別是A(3，0)、B(0，3)、C(cosα,sinα),
∴
=(cosα-3,sinα)，
=(cosα，sinα-3), ………………(2分)
由||=||得
即cosα=sinα, ………………(4分)
∵
∴a=
………………(6分)
(2)由
得，(cosα-3)cosα+sinα(sinα-3)=-1
即sinα+cosα=
………………(8分)
∴(sinα+cosα)2=1+2sinαcosα=
又
∴sinα>0,cosα<0.
(cosα-sinα)2=1-2sinαcosα=1-(-
)=
, ………………(10分)
∴cosα-sinα=-
………………(12分)
17.(1)y′=f′(x)=3x2-a. ………………(2分)
若f(x)在[1，+∞)上是單調遞減函數，則須y′≤0，即α≥3x2恒成立，這樣的實數a不存在，故f(x)在[1，+∞)上不可能是單調遞減函數； ………………(4分)
若f(x)在[1，+∞)]上是單調遞增函數，則a≤3x2恒成立，由于x∈[1，+∞)，故3x2≥3.從而0<a≤3. ………………(6分)
(2)解法一 (反證法)由(1)可知f(x)在[1,+∞)上只能為單調遞函數.
假設f(x0)≠x0,
若1≤x0<f(x0)，則f(x0)<f(f(x0))=x0,矛盾； ………………(8分)
若1≤f(x0)<x0,則f(f(x0))<f(x0),即x0<f(x0),矛盾， ………………(10分)
故只有f(x0)=x0成立. ………………(12分)
解法二 設f(x0)=u (u≥1),則f(u)=x0,∴x
兩式相減得(x
)-a(x0-u)-x0,
∴(x0-u)(x
+x0u+u2+1-a)=0, …………………(8分)
∵x0≥1,u≥1,∴x+x0u+u2≥3.
又0<a≤3,∴x+x0u+u2+1-a>0.
∴x0-u≤0,即u=x0,亦即f(x0)=x0. …………………(12分)
18.(1)連結DM、D屏延長，分別交AB、A1B1于點P、Q，連結PQ，
∵M、N分別為△ABD、△A1B1D的垂心，則P、Q分別為AB、A1B1的中點，
且
∴PQ∥BB1∥MN， …………………(2分)
∵在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥BC，∴MN⊥BC. …………………(4分)
(2)連結CP，∵AC=BC，∴CP⊥AB，又∵CC1⊥面ABC，
∴AD=DB=
， ∴DP⊥AB，
∴∠CPD即為二面角C-AB-D的平面角，∴∠CPD=arctan,
在Rt△ABC中，AC=BC=2，∴CP=，
∴在Rt△CDP中,CD=CP?tan∠CPD=2,
∵CC1=AA1=4,∴DC1=2, …………………(6分)
連結C1Q，C1Q=CP=
∵A1D=DB1=
為A1B1的中點，∴DQ⊥A1B1，
∴S△A1B1D=
，
設C1到面DA1B1的距離為h，
∵VC1-A1B1D=VD-A1B1C1,∴h?SA1B1D=C1D?S△A1B1C1,
∴h=
. …………………(8分)
(3)∵CM⊥面ABD，∴CM⊥DP，∴
∴CD=2，∴C1D=2，則DQ=DP，∵MN∥PQ，∴DM=DN，
∵CD2=DM?DP，∴DC
=DN?DQ，
∴△DC1Q~△DNC1,∴∠C1ND=∠DC1Q=90°, …………………(10分)
∴C1N⊥DQ，又∵A1B1⊥面C1CPQ，∴A1B1⊥C1N，
∴C1N⊥面A1B1D,∴C1在面A1B1D的射影即為N. …………………(12分)
解法二：空間向量解法：以C1為原點，如右圖建立空間直角坐標系.
(1)設C1D=a(0≤a≤4),依題意有：
D(0，0，a),A(2，0，4),B(0，2，4),C(0，0，4),C1(0，0，0)，
A1(2，0，0)，B1(0，2，0) …………………(2分)
因為M、N分別為△ABD，△A1B1D的重心.
所以M
，
∵
,∴MN⊥BC. …………………(4分)
(2)因為平面ABC的法向量n1=(0，0，-1),設平面ABD的法向量n2=(x1，y1，z1).
令x1=1
n2=
,設二面角C－AB－D為θ，則由tanθ=
，
因此cosθ=
(舍)或a=2,
………………(6分)
設平面A1B1D的法向量為n3=(x,y,z),則
令x=1有n3=1(1，1，1)，
設C1到平面A1B1D的距離為d，則d=
.…………………(8分)
(3)若點C在平面ABD上的射影正好為M，則
，
即(
)?(-2，0，a-4)=0
(舍)或a=2，……(10分)
因此D為CC1的中點，根據對稱性可知C1在平面A1B1D的射影正好為N. …(12分)
19.設甲、乙兩位旅客的候車時間分別為ξ，η分鐘，則他們的分布列為；
甲旅客 乙旅客
ξ 10 30 50 η 10 30 50 70 90
P 
易知Eξ=10×
， …………(8分)
∴Eη=
,…………(10分)
∴Eξ<Eη，旅客甲候車時間的平均值比旅客乙多.
答：旅客甲候車時間的平均值比旅客乙多. …………(12分)
20.(1)∵f(x)≤0的解集有且只有一個元素，∴△=a2-4a=0a=0或a=4,,
當a=0時，函數f(x)=x2在(0，+∞)上遞增，故不存在0<x1<x2,使得不等式f(x1)>f(x2)成立.
…………(2分)
綜上，得a=4，f(x)=x2-4x+4,∴Sn=n2-4n+4,∴an=Sn-Sn-1=
………(5分)
(2)要使
=2，可構造數列bn=n-k, …………………………………………(6分)
∵對任意的正整數n都有bn<an,
∴當n≥2時，n-k<2n-5恒成立且1-k<1,即n>5-k恒成立且k>0,
即
……………………………………(8分)
又bn≠0,∴k∈N*，∴bn=n-
,等等. ……………………………………(9分)
(3)解法一：由題設cn=
,
∵n≥3時，cn+1-cn=
∴n≥3時，數列{cn}遞增，
…………………………(11分)
∵a4=-
，可知a4?a5<0,即n≥3時，有且只有1個變號數；
又∵c1=-3,c2=5,c3=-3, 即c1?c2<0,c2?c3<0, ∴此處變號數有2個.
綜上得數列{cn}共有3個變號數，即變號數為3. …………………………(13分)
解法二：由題設cn=,
n≥2時，令cn?cn+1<0
或n=4；
…………………………(11分)
又∵c1=-3,c2=5,∴n=1時也有c1?c2<0.
綜上得數列{cn}共有3個變號數，即變號數為3. …………………………(13分)
21.如右圖，連結MO交CC1于E，連結DE，延長DA，CN交于Q，連結OQ交AM于P，則PQ為所求的線段易得
，………………(2分)
在Rr△PMO中，可得到
PO=
，
故PQ=2PO=
. ………………………(4分)
(2)過T作TE⊥DD1于E，過T作TF⊥AA1于F，
⊥平面TEF,故AA1⊥EFTF∥PT，
在Rt△TFE中，TF2=TE2=TE2-1=PT2TE=PT
故T點的軌跡是以P為焦點，以AA1為準線的拋物線，(7分)
以過P點且垂直AA1的直線為x軸，以P點到AA1
的垂線段的中點為原點，建立直角坐標系，設拋物線
的方程y2=2px(p>0),由于P咪到AA1的距離為
，
∴曲線K的方程為y2=
……………(9分)
(3)假設拋物線與圓有交點，設交點為G，則∠PGB為直角，易得PB2==
，且B點在拋物線內部，
故PG2+GB2+， …………………(11分)
又PG2+GB2≥
過G作GH⊥AA1，則PG=HG，
∴PG2+GB2≥
矛盾，故交點G不存在，于是以PB為直徑的圓與曲線K沒有交點. ……………………(14分)
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