題目列表(包括答案和解析)
| ∫ | 4 -2 |
| 1 |
| 2 |
| A、16 | B、18 | C、20 | D、22 |
一、選擇題：
1．D 2．D 3．B 4．A 5．C 6．A 7．B 8．A ９．C 10．A 11．C 12．D
二、填空題：13. －２ 14．１１ １５． 
⊥
或 
⊥
１６．3 �。保罚�
�。保福�
三、解答題
19．解：（Ⅰ）記至少有一次中一等獎的事件為Ａ，
則其概率Ｐ（Ａ）＝
＋
＝
．
答：至少有一次中一等獎的概率為． �。�6分
注：本小問缺少事件命名、答，各扣一分．
（Ⅱ）每次抽取獎券都是相互獨立的，其中后四次分別看作獨立重復實驗． ．．．．．．．．７分
設第一次中一等獎，后四次中恰有２次中二等獎的事件為B， ．．．．．．．．．．．８分
則其概率Ｐ（B）
=0.05292 ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．１１分
答：第一次中一等獎，后四次中恰有２次中二等獎的概率為0.05292． �。�2分
20．解：（Ⅰ）
．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．２分
由題意
，代入上式，解之得：a=1，b=1． �。�5分
（２）當b=1時，
因
故方程有兩個不同實根
． �。�8分
不妨設
，由
可判斷
的符號如下：
當
＞０；
當
＜０；
當
＞０
因此
是極大值點，
是極小值點． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．． 11分
所以，當b=1時，試證明：不論a取何實數，函數
總有兩個不同的極值點．．．．．12分．
21．21．解:
（Ⅰ）設P點在平面ABCD上的射影為O, 連接CO,則∠PCO就是PC與平面ABCD所成的角,--------------------------1分
取AB的中點M,連接PM、OM,因為PA=PB,所以PM⊥AB,由三垂線定理的逆定理得OM⊥AB,,所以∠PMO就是二面角P-AB-C的平面角，即∠PMO=600，--------------2分
在ΔPAB中，
PM=
過O作ON⊥BC交BC于N,則BN=MO=1,
在RtΔCON中,OC=
------------------------3分
在RtΔPOC中 ，tan∠PCO=
即PC與平面ABCD所成的角為arctan
.-------------------------------------5分
(Ⅱ)連接AC、BD.交于點H,則H為AC的中點，取PC中點E，則PA∥HE,-----7分
所求。---9分
（Ⅲ）取PA中點為F,連接HF,則HF∥PC,所以∠BHF為異面直線PC與BD所成的角或其補角。----------------10分
在ΔBHF中，
-------12分
COS∠BHF=
∠BHF=arccos
,即PC與BD所成的角為 arccos。--------14分
22．解：（Ⅰ）以AB中點為坐標原點，直線AB所在直線為x軸建立平面直角坐標系，則 A（－1,0），B（1,0）………………………………………1’
設M（x,y）,由題意：|MP|=|MA|,|BP|=2，所以 |MB|+|MA|=2 ……..3’
故曲線C是以A、B為焦點，長軸長為2的橢圓，……………………..5’
其方程為x2+2y2=2 ……………………….7’
（Ⅱ）直線l與曲線C的位置關系是相切�！�8’
證明如下: 由（Ⅰ）知曲線C方程為x2+2y2=2，
設P(m,n)，則P在⊙B上，故(m-1)2+n2=8，即m2+n2=7+2m …………..9’
當P、A、B共線時，直線l的方程為x=±，顯然結論成立. ………….10’
當P、A、B 不共線時，直線l的方程為：y-=-(x-)
整理得，y=－(x-)＋＝－x＋=－x＋ ………………….11’
把直線l的方程代入曲線C方程得：x2+2（－x＋）2＝2
整理得，[n2+2(m+1)2]x2-4(m+1)(m+3)x+2(m+3)2-2n2=0 ………………………12’
判別式△＝[4(m+1)(m+3)]2-4[n2+2(m+1)2]
[2(m+3)2-2n2]= -8n2[(m+3)2-n2-2(m+1)2]
=-8n2[-m2-n2+2m+7]=0
∴直線l與曲線C相切 ……………………………14’
說明：以A或B為原點建系，可參照得分.
另證：在直線l上任取一點M’，連結M’A、M’B、MA，……………………………9’
由垂直平分線的性質得 |M’A|=|M’P|，……………………………11’
∴|M’A|+|M’B|＝|M’P|+|M’B|≥｜PB｜＝2（當且僅當M、M’重合時取”=”號） ……13’
∴直線l與橢圓C有且僅有一個公共點M
結論得證. …………14’
23解：（Ⅰ）；由Sn+2－ (t+1)Sn+1＋tSn=0，得(t+1)Sn+1= Sn+2＋tSn，即
,
（2分）
而 a1=t，a2=t2 （3分）
所以，當t≠0時，數列
是以t為首項，t為公比的等比數列.于是
。
經驗證當t=0時上述結論仍成立 （4分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知
，則有
（5分）
當t≠0時
（6分）
于是有
，解得
（7分）
所以
經驗證當t=0時上述結論仍成立 （9分）
（Ⅲ）＝(tn＋t-n) ∵(tn＋t-n)－(2n＋2-n)＝(tn－2n)[1－()n] 且
＜t＜2
∴＜<1 ∴tn－2n＜0且1－()n<0
∴(tn－2n) [1－()n]<0
∴tn＋t-n<2n＋2-n （11分）
∴ 2（ ++ ……+）<(2+22+……+2n)+ (2-1+2-2+……+2-n)=2(2n-1)+1-2-n
=2n+1－（1＋2-n） （12分）
＜2n+1－2
∴
<
（14分）
另解：對f(t)求導，可得函數
在區(qū)間
上單調減，在區(qū)間
上單調增，且f()=f(2)
于是有
所以<
=
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