計(jì)數(shù)原理測(cè)試卷

1. 由題意知，選2名男醫(yī)生、1名女醫(yī)生的方法有C■■C■■=75（種），故選C.

2. 當(dāng)x>0時(shí)，由已知可得f[f（x）]=-■+■■=■-■■的展開式中，常數(shù)項(xiàng)為C■■■■（-■）3= -20. 選A.

3. 根據(jù)甲、乙的位置要求分類解決，分兩類. 第一類：甲在最左端，有A■■=120種方法；第二類：乙在最左端，有4A■■=96種方法. 所以共計(jì)120+96=216種方法. 選B.

4. 先安排小品節(jié)目和相聲節(jié)目，然后讓歌舞節(jié)目去插空. 安排小品節(jié)目和相聲節(jié)目的順序有三種：“小品1，小品2，相聲”“小品1，相聲，小品2”“相聲，小品1，小品2”. 對(duì)于第一種情況，形式為“□小品1 歌舞1小品2□相聲□”，有A■■C■■A■■=36種安排方法；同理，第三種情況也有36種安排方法. 對(duì)于第二種情況，三個(gè)節(jié)目形成4個(gè)空，其形式為“□小品1□相聲□小品2□”，有A■■A■■=48種安排方法，故共有36+36+48=120種安排方法. 選B.

5. 第一類：若選0，則0只能在十位，百位、個(gè)位數(shù)字從1，3，5中任選2個(gè)，有3×2=6個(gè)；第二類：若選2，若2在百位，則十位、個(gè)位數(shù)字從1，3，5中任選2個(gè)，有3×2=6個(gè)，若2在十位，則百位、個(gè)位數(shù)字從1，3，5中任選2個(gè)，有3×2=6個(gè)，總計(jì)18個(gè)，選項(xiàng)B正確.

6. 若紅色卡片只有1張，則取法有C■■C■■種；若紅色卡片沒(méi)有，則取法有C■■-3C■■種，所以滿足條件的不同取法的種數(shù)為C■■C■■+C■■-3C■■=472，故選項(xiàng)C正確.

7. 由題可知，三個(gè)頂點(diǎn)可分為三類. 第一類，OA，OB上各一點(diǎn)加上點(diǎn)O，共計(jì)C■■C■■；第二類，OA上兩點(diǎn)，OB上一點(diǎn)（均除去O點(diǎn)外），共計(jì)C■■C■■；第三類OB上兩點(diǎn)，OA上一點(diǎn)（均除去O點(diǎn)外），共計(jì)C■■C■■；所以總計(jì)C■■C■■+C■■C■■+C■■C■■個(gè)，故選C.

8. 在x1，x2，x3，x4，x5這5個(gè)數(shù)中，因?yàn)閤i∈{-1，0，1}，i=1，2，3，4，5，所以滿足條件1≤x1+x2+x3+x4+x5≤3的可能情況有：①一個(gè)1（或-1），四個(gè)0，有C■■×2種；②兩個(gè)1（或-1），三個(gè)0，有C■■×2種；③一個(gè)-1，一個(gè)1，三個(gè)0，有A■■種；④兩個(gè)1（或-1），一個(gè)-1（或1），兩個(gè)0，有C■■C■■×2種；⑤三個(gè)1（或-1），兩個(gè)0，有C■■×2種. 故共有C■■×2+C■■×2+A■■+C■■C■■×2+C■■×2=130種，故選D.

9. a=C■■，b=C■■，又13a=7b，所以可得13C■■=7C■■，即13·■=7·■，所以13=7·■，解得m=6.

10. 公比為2的有：1，2，4；2，4，8；公比為3的有：1，3，9；公比為■時(shí)，4，6，9. 又順序調(diào)一下也是等比數(shù)列，故共有8組.

11. 將產(chǎn)品A與B捆綁在一起，然后與其他三種產(chǎn)品進(jìn)行全排列，共有A■■A■■種方法，將產(chǎn)品A，B，C捆綁在一起，且A在中間，然后與其他兩種產(chǎn)品進(jìn)行全排列，共有A■■A■■種方法. 于是符合題意的排法共有A■■A■■-A■■A■■=36種.

12. 由題意知①②③④中有且只有一個(gè)是正確的，其余三個(gè)均不正確，下面分類討論滿足條件的有序數(shù)組（a，b，c，d）的個(gè)數(shù)：（1）若①正確，即a=1，則②③④都錯(cuò)誤，即b=1，c≠2，d=4，其中a=1與b=1矛盾，顯然此種情況不存在. （2）若②正確，即b≠1，則①③④都錯(cuò)誤，即a≠1，c≠2，d=4，則當(dāng)b=2時(shí)，有a=3，c=1；當(dāng)b=3時(shí)，有a=2，c=1，此時(shí)有2種有序數(shù)組. （3）若③正確，即c=2，則①②④都錯(cuò)誤，即a≠1，b=1，d=4，則a=3，即此種情況有1種有序數(shù)組.（4）若④正確，即d≠4，則①②③都錯(cuò)誤，即a≠1，b=1，c≠2，則當(dāng)d=2時(shí)，有a=3，c=4或a=4，c=3，有2種有序數(shù)組；當(dāng)d=3時(shí)，有c=4，a=2，僅1種有序數(shù)組.綜上可得共有2+1+2+1=6種有序數(shù)組.

13. 在已知等式中分別取x=1，x=-1得：a0+a1+a2+…+a2010=62010，a0-a1+a2-…+a2010=22010，兩式相加，整理得a0+a2+a4+…+a2010=■（62010+22010）=■×62010+22009. 又■×62010=■×22010×32010=22009×32010，能被3整除，22009=2×（22）1004=2×（3+1）1004=2（31004+C■■·31003+…+C■■·3+1）被3除的余數(shù)是2.

14. （1）有三類：3名老師中選一人，有3種方法；8名男同學(xué)中選一人，有8種方法；5名女同學(xué)中選一人，有5種方法. 由分類加法計(jì)數(shù)原理知，有3+8+5=16種選法.

（2）分三步：第一步選老師，有3種方法；第二步選男同學(xué)，有8種方法；第三步選女同學(xué)，有5種方法.由分步乘法計(jì)數(shù)原理，共有3×8×5=120種選法.

（3）可分兩類，每一類又分兩步.

第一類，選一名老師再選一名男同學(xué)，有3×8=24種選法；

第二類，選一名老師再選一名女同學(xué)，共有3×5=15種選法.

由分類加法計(jì)數(shù)原理，共有24+15=39種選法.

15. （1）法1：A在最后一位，有A■■種出場(chǎng)數(shù)；A不在最后一位、也不在第一位有A■■A■■A■■種出場(chǎng)數(shù)，因此共有A■■+A■■A■■A■■=504種出場(chǎng)數(shù).

法2：六位選手全排列，有A■■種出場(chǎng)數(shù)；A在第一位，有A■■種出場(chǎng)數(shù)；B在最后一位，有A■■種出場(chǎng)數(shù)；A在第一位且B在最后一位，有A■■種出場(chǎng)數(shù)，因此共有A■■-2A■■+A■■=504種出場(chǎng)數(shù).endprint

（2）法1：A，B中只有一位進(jìn)入總分排位前三名，有C■■A■■A■■A■■種；A，B都進(jìn)入總分排位前三名，有A■■A■■種，因此共有C■■A■■A■■A■■+A■■A■■=576種.

法2：六位選手全排列，有A■■種；A，B中都未進(jìn)入總分排位前三名，有A■■A■■種，因此共有A■■-A■■A■■=576種.

16. 以顏色的種類劃分：①3種顏色：則A，C一樣，B，D一樣，共有C■■A■■=60種；②4種顏色，則當(dāng)A，C一樣或B，D一樣，共有C■■·A■■×2=240種；5種顏色，共有A■■=120種；總計(jì)420種不同的染色方法.

概率、統(tǒng)計(jì)測(cè)試卷（A卷）

1. 對(duì)分類變量來(lái)說(shuō)，觀測(cè)值k來(lái)說(shuō)，k越小，“X與Y有關(guān)系”可信程度越小， 故選A.

2. P=■=■. 選A.

3. 由題意易求得x=7，s2=■[（84-85）2+（84-85）2+（86-85）2+（84-85）2+（87-85）2]=1.6. 選B.

4. D

5. 由圖乙可知，雞蛋占食品開支的比例為■=10%，結(jié)合圖甲可知小波在一個(gè)星期的雞蛋開支占總開支的比例為30%×10%=3%，選C.

6. AC邊上的高BE=■，若BD=■，則DE=■，所以P=■=■，故選A.

7. 第一次得到的兩個(gè)數(shù)字為65，由于65>20，將它去掉；第二次得到的兩個(gè)數(shù)字為72，由于72>20，將它去掉；第三次得到的兩個(gè)數(shù)字為08，由于08<20，說(shuō)明號(hào)碼08在總體內(nèi)，將它取出；繼續(xù)向右讀，依次可以取出02，14，07，02；但是由于02在前面已經(jīng)選出，故需要繼續(xù)選一個(gè). 再選一個(gè)就是01，故選出來(lái)的第5個(gè)個(gè)體是01，選D.

8. ■=44，S=■=7，選D.

9. a=0.1-（0.035+0.020+0.010+0.005）=0.03，從身高在[140，150]內(nèi)的學(xué)生中選取的人數(shù)應(yīng)為■×18=3.

10. 設(shè)正方形邊長(zhǎng)為1，P=■=1-■.

11. 甲命中：8+12+13+20+22+24+25+26+27+37=214；

？搖乙命中：9+11+13+14+18+19+20+21+21+23=169，則甲命中率較高.

12. ■

13. 原數(shù)據(jù)的平均值為80+1.2=81.2，方差不變還是4.4.

14. （1）因?yàn)閤=■■xn=75，所以x6=6x-■xn=6×75-70-76-72-70-72=90. 因?yàn)閟2=■■（xn-x）2=■×（52+12+32+52+32+152）=49，所以s=7.

（2）從5位同學(xué)中隨機(jī)選取2位同學(xué)，共有如下10種不同的取法：{1，2}，{1，3}，{1，4}，{1，5}，{2，3}，{2，4}，{2，5}，{3，4}，{3，5}，{4，5}，選出的2位同學(xué)中，恰有1位同學(xué)的成績(jī)位于（68，75）的取法共有如下4種：}1，2}，{2，3}，{2，4}，{2，5}，故所得概率為■.

15. （1）P（x=1）=■=■.

（2）P（x≥3且y=3）=■=■.

（3）a+b=3.

16. （1）P=■=■=■，所以某同學(xué)被選到的概率為■. 設(shè)有x名女同學(xué)，則■=■，所以x=3，所以男、女同學(xué)的人數(shù)分別為1，3.

（2）把3名女同學(xué)和1名男同學(xué)記為a1，a2，a3，b，則選取兩名同學(xué)的基本事件有（a1，a2），（a1，a3），（a1，b），（a2，a1），（a2，a3），（a2，b），（a3，a1），（a3，a2），（a3，b），（b，a1），（b，a2），（b，a3）共12種，其中有一名男同學(xué)的有6種. 所以選出兩名男同學(xué)中恰有一名男同學(xué)的概率為P=■=■.

（3）x1=■=71，

x2=■=71，

s■■=■=4，

s■■=■=3.2，因?yàn)閤1=x2，s■■>s■■，所以第二名同學(xué)的成績(jī)更穩(wěn)定.

概率、統(tǒng)計(jì)測(cè)試卷（B卷）

1. 將3人排序共包含6個(gè)基本事件，由古典概型得P=■，選A.

2. SΩ=2×2=4，SX=2■（x3-x）dx=2■x4-■x210=■，所求概率P=■=■，選B.

3. ■=40+■=44，s2=■=7，故選A.

4. cos〈a，b〉=■=■=■>0，所以m>n. 連續(xù)兩次擲一顆質(zhì)地均勻的骰子，出現(xiàn)向上的點(diǎn)數(shù)分別為m，n，向量a=（m，n）共有36種情況，其中滿足m>n的共有15種情況，所以所求的概率P=■=■. 選B.

5. ■甲=■（4+5+6+7+8）=6，■乙=■（5×3+6+9）=6，甲的成績(jī)的方差為■（22×2+12×2）=2，乙的成績(jī)的方差為■（12×3+32×1）=2.4. 選C.

6. 顯然b，d中必有一個(gè)數(shù)字為5，由對(duì)稱性，不妨先設(shè)b=5，則d≥3. 若d=4，則a，c，e是1，2，3的任意排列都滿足，即A■■=6種； 若d=3，則c，e是1，2的任意排列，且a=4，即2種；則滿足條件的概率是：■=■. 選A.

7. 一組數(shù)據(jù)都加上或減去同一個(gè)常數(shù)，數(shù)據(jù)的平均數(shù)有變化，方差不變（方差是反映數(shù)據(jù)的波動(dòng)程度的量），①正確；回歸方程中x的系數(shù)具備直線斜率的功能，對(duì)于回歸方程■=3-5x，當(dāng)x增加一個(gè)單位時(shí)，y平均減少5個(gè)單位，②錯(cuò)誤；由線性回歸方程的定義知，線性回歸方程■=■x+■必過(guò)點(diǎn)（■，■），③正確；因?yàn)镵2=13.079>10.828，故有99.9%的把握確認(rèn)這兩個(gè)變量有關(guān)系，④正確. 故選B.

8. 將A，B，C，D，E五種不同的文件隨機(jī)地放入編號(hào)依次為1，2，3，4，5，6，7的七個(gè)抽屜內(nèi)，共有A■■種不同的放法. 而文件A，B被放在相鄰的抽屜內(nèi)且文件C，D被放在不相鄰的抽屜內(nèi)可用排除法. 文件A，B被放在相鄰的抽屜內(nèi)且不考慮文件C，D是否被放在相鄰的抽屜內(nèi)，有A■■·A■■種不同的放法；文件A，B被放在相鄰的抽屜內(nèi)且文件C，D也被放在相鄰的抽屜內(nèi)，有A■■·A■■·A■■，故所求的概率為P=■=■. 選B.endprint

9. 0.254. 10. 0.12

11. 設(shè)乙、丙兩人各自通過(guò)測(cè)試的概率分別是x，y，依題意得：

■xy=■，■（1-x）（1-y）=■，即x=■，y=■或x=■，y=■（舍去）.

所以乙、丙兩人各自通過(guò)測(cè)試的概率分別是■，■.

12. X的分布列為：

■

E（X）=4×■+6×■+8×■=6.

13. 易見(jiàn)A1，A2，A3是兩兩互斥的事件，所以P（B）=P（BA1）+P（BA2）+P（BA3），則有P（B）=■×■+■×■+■×■=■，即事件B的概率是確定的，答案為②④.

14. （1）設(shè)乙廠生產(chǎn)的產(chǎn)品數(shù)量為n，則有■=■，解得n=35，即乙廠生產(chǎn)的產(chǎn)品數(shù)量為35件.

（2）易見(jiàn)只有編號(hào)為2，5的兩組產(chǎn)品為優(yōu)等品，所以乙廠生產(chǎn)的產(chǎn)品中的優(yōu)等品率為■，因?yàn)?5×■=14，故乙廠生產(chǎn)有大約14件優(yōu)等品.

（3）ξ的取值為0，1，2.

P（ξ=0）=■=■，P（ξ=1）■=■，P（ξ=2）=■=■.

所以ξ的分布列為：

■

故ξ的均值為E（ξ）=0×■+1×■+2×■=■.

15. （1）（0.2+0.16）×1×50=18，這50個(gè)路段中為中度擁堵的有18個(gè).

（2）設(shè)事件A“一個(gè)路段嚴(yán)重?fù)矶隆?，則P（A）=0.1；事件B“至少一個(gè)路段嚴(yán)重?fù)矶隆?，則P（■）=（1-P（A））3=0.729，P（B）=1-P（■）=0.271. 所以三個(gè)路段至少有一個(gè)是嚴(yán)重?fù)矶碌母怕适?.271.

（3）分布列如下表：

■

所以E（X）=39.96. 此人經(jīng)過(guò)該路段所用時(shí)間的數(shù)學(xué)期望是39.96分鐘.

南京師大附中 南京金陵中學(xué)

月考試卷調(diào)研

1. [0，2] 2. 1 3. 2 4. ■ 5. 2 6. 35 7. 9 8. ■ 9. -1 10. 必要不充分

11. 1 因?yàn)閤+2y=4，所以■+■=■+■=■+■=■+■+■，由基本不等式可得■+■≥2■=■，即■+■≥1.

12. -■，-3 ？搖f（x）=0可以轉(zhuǎn)化為x2-9+x2=-kx，記g（x）=x2-9+x2，則f（x）=0在（0，4）上有兩個(gè)實(shí)數(shù)解，可以轉(zhuǎn)化為函數(shù)g（x）=x2-9+x2=9，0

13. -4？搖設(shè)圓心C（a，b），由已知可得■+■+2=0，■=1，解得a=0，b=0，則圓C的方程為x2+y2=r2，將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入得r2=2，故圓C的方程為x2+y2=2. 設(shè)Q（x，y），則x2+y2=2，且■·■=（x-1，y-1）·（x+2，y+2）=x2+y2+x+y-4=x+y-2.

法1：令x=■cosα，y=■sinα，則x+y=2sinα+■≥-2.

法2：令x+y=t，則y=-x+t，所以■·■=x+y-2≥-4，■·■的最小值為-4.

14. a>2？搖由bn=■（n∈N？鄢）可得bn=1-■，于是an=1+■. 從而an>an+1即為■>■對(duì)一切n∈N？鄢恒成立. 又{bn}是公比為■的等比數(shù)列，所以bn=■■n-1（n∈N？鄢）. 顯然，a>1且a≠2，分類討論：當(dāng)a>2時(shí)，0<■<1，所以bn=■■n-1<1且1>bn>bn+1>0，所以0<1-bn<1-bn+1，所以■>■對(duì)一切n∈N？鄢恒成立；當(dāng)11-bn+1>0，所以■<■對(duì)一切n∈N？鄢恒成立，不符合題意. 綜上可知，a>2.

15. （1）由m=（1，2），n=cos2A，cos2■，得m·n=cos2A+2cos2■=2cos2A-1+cosA+1=2cos2A+cosA. 又因?yàn)閙·n=1，所以2cos2A+cosA=1，解得cosA=■或cosA=-1. 因?yàn)?

（2）在△ABC中，a2=b2+c2-2bccosA且a=■，所以（■）2=b2+c2-2bc·■=b2+c2-bc ①.

又b+c=2■，所以b=2■-c，代入①整理得c2-2■c+3=0，解得c=■，所以b=■，于是a=b=c=■，即△ABC為等邊三角形.

16. （1）因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以AB∥CD，又AB？奐平面ABEF，CD？埭平面ABEF，所以CD∥平面ABEF. 又平面ABEF∩平面CDFE=EF，且CD？奐平面CDFE，所以CD∥EF. 又CD？奐平面ABCD，EF？埭平面ABCD，所以EF∥平面ABCD.

（2）因?yàn)锳D⊥AF，所以BC⊥AF. 又BC⊥AB，所以平面BC⊥ABEF. 在Rt△ABF中，AB=4，AF=2，所以BF=2■，所以Rt△ABF的面積為2■. 又EF=■AB，且EF∥AB，所以△BEF的面積為■. 所以三棱錐B-CEF的體積VB-CEF=VC-BEF=■×■×4=■.

17. （1）因?yàn)?a=4，所以a=2. 因?yàn)檫^(guò)焦點(diǎn)且垂直于x軸的直線交橢圓于A，B兩點(diǎn)，AB=2，所以由橢圓的對(duì)稱性知，橢圓過(guò)點(diǎn)（c，1），即■+■=1. 又c2=4-b2，解得b2=2，所以橢圓的方程為■+■=1.

（2）存在這樣的點(diǎn)P（x0，y0）. 設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），則kOMkON=■■=-■，化簡(jiǎn)為 x1x2+2y1y2=0. 因?yàn)镸，N是橢圓C上的點(diǎn)，所以■+■=1，■+■=1. 由■=■+2■得x0=x1+2x2，y0=y1+2y2，所以x■■+2y■■=（x1+2x2）2+2（y1+2y2）2=（x■■+2y■■）+4（x■■+2y■■）+4（x1x2+2y1y2）=4+4×4+0=20，即存在這樣的點(diǎn)P（x0，y0）.

18. （1）以點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA所在直線為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系. 設(shè)曲線段BC所在拋物線的方程為y2=2px（p>0），將點(diǎn)C（1，1）代入，得2p=1，即曲線段BC的方程為y2=x，即y=■（0≤x≤1）. 又由點(diǎn)C（1，1），D（2，3）得線段CD的方程為y=2x-1（1≤x≤2）. 而又知GA=2-x，所以可得S=■（2-x），0

■

圖1

（2）①當(dāng)00，所以S遞增；當(dāng)x∈■，1時(shí)，S′<0，所以S遞減，所以當(dāng)x=■時(shí)，Smax=■. ②當(dāng)1

19. （1）由等差數(shù)列求和公式Sn=na1+■d=■n2+a1-■n，所以Sn-1+Sn+Sn+1=■（n-1）2+a1-■（n-1）+■n2+a1-■n+■（n+1）2+a1-■（n+1）=■（3n2+2）+3a1-■n，所以■（3n2+2）+3a1-■n=■n2+3a1-■n+d=3n2+2，所以■=3，a1-■=0，d=2，解得d=2，a1=1，所以an=2n-1.

（2）①由Sn-1+Sn+Sn+1=3n2+2（n≥2），得Sn+Sn+1+Sn+2=3（n+1）2+2，所以an+an+1+an+2=6n+3（n≥2），所以S100=a1+（a2+a3+a4）+（a5+a6+a7）+…+（a98+a99+a100）=1+■（6·2+3+6·98+3）·33=10000.

②設(shè)a2=x，由Sn-1+Sn+Sn+1=3n2+2（n≥2），得S1+S2+S3=14與S2+S3+S4=29，所以3a1+2a2+a3=14，所以a3=11-2x，所以3a1+3a2+2a3+a4=29，所以a4=x+4. 又Sn+Sn+1+Sn+2=3（n+1）2+2，所以an+an+1+an+2=6n+3（n≥2），所以an-1+an+an+1=6n-3（n≥3），相減得an+2-an-1=6（n≥3），所以a5=a2+6=x+6. 因?yàn)閿?shù)列{an}為遞增數(shù)列，所以a1

20. （1）①f ′（x）=（3x2-12x+3）ex+（x3-6x2+3x+t）ex=（x3-3x2-9x+t+3）ex. 因?yàn)閒（x）有3個(gè)極值點(diǎn)，所以x3-3x2-9x+t+3=0有3個(gè)不同的根. 令g（x）=x3-3x2-9x+t+3，則g′（x）=3x2-6x-9=3（x+1）（x-3），從而函數(shù)g（x）在（-∞，-1），（3，+∞）上遞增，在（-1，3）上遞減. 因?yàn)間（x）有3個(gè)零點(diǎn)，所以g（-1）>0，g（3）<0，所以-8

（2）因?yàn)閍，b，c是f（x）的三個(gè)極值點(diǎn)，所以x3-3x2-9x+t+3=（x-a）（x-b）（x-c）=x3-（a+b+c）x2+（ab+bc+ac）x-abc，所以a+b+c=3，ab+ac+bc=-9，t+3=-abc，a+c=2b2，所以b=1或-■（舍，因?yàn)閎∈（-1，3）），所以a=1-2■，b=1，c=1+2■，所以f（x）的零點(diǎn)分別為1-2■，1，1+2■.

（3）不等式f（x）≤x，等價(jià)于（x3-6x2+3x+t）ex≤x，即t≤xe-x-x3+6x2-3x. 轉(zhuǎn)化為存在實(shí)數(shù)t∈[0，2]，使對(duì)任意的x∈[1，m]，不等式t≤xe-x-x3+6x2-3x恒成立，即不等式0≤xe-x-x3+6x2-3x在x∈[1，m]上恒成立，即不等式0≤e-x-x2+6x-3在x∈[1，m]上恒成立. 設(shè)φ（x）=e-x-x2+6x-3，則φ′（x）=-e-x-2x+6. 設(shè)r（x）=φ′（x）=-e-x-2x+6，則r′（x）=e-x-2. 因?yàn)?≤x≤m，有r′（x）<0，所以r（x）在區(qū)間[1，m]上是減函數(shù). 又r（1）=4-e-1>0，r（2）=2-e-2>0，r（3）=-e-3<0，故存在x0∈（2，3），使得r（x0）=φ′（x0）=0. 當(dāng)1≤x0，當(dāng)x>x0時(shí)，有φ′（x）<0. 從而y=φ（x）在區(qū)間[1，x0]上遞增，在區(qū)間[x0，+∞）上遞減. 又φ（1）=e-1+2>0，φ（2）=e-2+5>0，φ（3）=e-3+6>0，φ（4）=e-4+5>0，φ（5）=e-5+2>0，φ（6）=e-6-3<0. 所以，當(dāng)1≤x≤5時(shí)，恒有φ（x）>0；當(dāng)x≥6時(shí)，恒有φ（x）<0. 故使命題成立的正整數(shù)m的最大值為5.

21. A. 因?yàn)锳B=AC，所以∠ABC=∠ACB，所以∠ACD=∠APC，∠CAP=∠CAP，所以△APC∽△ACD，所以■=■，所以AC2=AP·AD. 又AB=AC，所以AP·AD=AB·AC.

B. 由2 00 -212=2-4，所以，A，B，C在矩陣變換下變?yōu)锳′（2，-4），B′（6，-6），C′（4，-2），從而可得A′B′=B′C′=2■，A′C′=2■，可得S=6.

C. （1）將x=1+t，y=-5+■t代入x-y-2■=0得t=2■，得P（1+2■，1）.

（1）由Q（1，-5），得PQ=■=4■.

D.■≥■·■？圳2（a3+b3）≥（a2+b2）（a+b）？圳a3+b3≥a2b+ab2？圳a3+b3-（a2b+ab2）=a2（a-b）-b2（a-b）？圳（a+b）（a-b）2≥0. 當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)等號(hào)成立.

22. （1）因?yàn)椤螧AF=90°，所以AF⊥AB. 因?yàn)槠矫鍭BEF⊥平面ABCD，且平面ABEF∩平面ABCD=AB，所以AF⊥平面ABCD. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，所以以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AF分別為x，y，z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz. 所以B（1，0，0），E■，0，1，P0，1，■，C（1，2，0）. 所以■=-■，0，1，■=-1，-1，■，所以cos？骉■，■？骍=■=■，即異面直線BE與CP所成角的余弦值為■.

■

圖2

（2）因?yàn)锳B⊥平面ADF，所以平面APD的法向量為n1=（1，0，0）. 設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為（0，2-2t，t），在平面APC中，■=（0，2-2t，t），■=（1，2，0），所以平面APC的法向量為n2=-2，1，■，所以cos？骉n1，n2？骍=■=■=■，解得t=■，或t=2（舍）. 所以PF=■.

23. （1）依題意ak（x）=C■■■xk-1，k=1，2，3，…，n+1，a1（x），a2（x），a3（x）的系數(shù)依次為C■■=1，C■■·■=■，C■■·■2=■，所以2·■=1+■，解得n=8.

（2）F（x）=a1（x）+2a2（x）+3a3（x）+…+nan（x）+（n+1）an+1（x）=C■■+2C■■■x+3C■■■x2+…+nC■■■xn-1+（n+1）C■■■xn，F(xiàn)（2）=C■■+2C■■+3C■■+…+nC■■+（n+1）C■■. 設(shè)Sn=C■■+2C■■+3C■■+…+nC■■+（n+1）C■■，則Sn=（n+1）C■■+nC■■+…+3C■■+2C■■+C■■. 考慮到C■■=C■■，將以上兩式相加得：

2Sn=（n+2）（C■■+C■■+C■■+…+C■■+C■■），所以Sn=（n+2）2n-1. 又當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，F(xiàn)′（x）≥0恒成立，從而F（x）是[0，2]上的單調(diào)遞增函數(shù)，所以對(duì)任意x1，x2∈[0，2]，F(xiàn)（x1）-F（x2）≤F（2）-F（0）=（n+2）2n-1-1.

華中師大一附中 武漢外國(guó)語(yǔ)學(xué)校

月考試卷調(diào)研

1. （理、文）A z=（1+i）（2-i）=3+i，所以m=3，n=1，m·n=3.

2. （理、文）B 由9-x2>0得x∈（-3，3），即B={x-3

3. （理、文）D 由原命題與逆否命題的關(guān)系可知A正確；由特稱命題的否定可知B正確；由正弦定理和三角形的邊角關(guān)系可知C正確；若p∧q為假命題，則p，q有可能一真一假，未必均為假命題，由此可知D錯(cuò)誤. 故選D.

4. （理、文）B 根據(jù)線性回歸方程過(guò)樣本中心點(diǎn)（■，■）.

5. （理）D 區(qū)域A的面積為■（■-x2）dx=■x■-■x310=■，P=■÷4=■.

（文）D 由題意，AB=2，BC=1，可知長(zhǎng)方形ABCD的面積S=2×1=2，以AB為直徑的半圓的面積S1=■×π×12=■. 故質(zhì)點(diǎn)落在以AB為直徑的半圓內(nèi)的概率P=■=■.

6. （理、文）B 由圖象得A=1，■=1-（-1）=2，T=■=8，ω=■. 由圖象可以看出， f（1）=1，所以sin■×1+φ=1，-■<φ<■，？圯φ=■，所以f（x）=sin■（x+1）. 將f（x）的圖象縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)變成原來(lái)的2倍得到f1（x）=sin■x+■，再向右平移1個(gè)單位得到f2（x）=sin■（x-1）+■=sin■（x+1）.

7. （理、文）A 容易求得球的半徑為1.

8. （理、文）C 畫出可行域，得到最優(yōu)解（3，3），把z=ax-y變?yōu)閥=ax-z，即研究-z的最大值. 當(dāng)a∈-■，■時(shí)，y=ax-y均過(guò)（3，3）且截距-z最大.

9. （理、文）D 因?yàn)殡p曲線的方程為x2-y2=a2，即■-■=1，所以雙曲線的左頂點(diǎn)為A（-a，0），右頂點(diǎn)為B（a，0）. 設(shè)P（m，n），得直線PA的斜率kPA=■，直線PB的斜率kPB=■，所以kPA·kPB=■ ①. 因?yàn)镻（m，n）是雙曲線x2-y2=a2上的點(diǎn)，所以m2-n2=a2，得n2=m2-a2，代入①式得kPA·kPB=1. 因?yàn)橹本€PA，PB的傾斜角分別為α，β，所以tanα=kPA，tanβ=kPB，所以tanα·tanβ=1. 因?yàn)镻是第一象限內(nèi)雙曲線上的點(diǎn)，易知α，β均為銳角，所以α+β=（k+1）α=■，解得α=■. 故選D.

10. （理、文）B 由f（1-x）=1-f（x），令x=1得f（1）=1，所以f■=■f（1）=■， f■=■f■=■. 令x=■，代入f（1-x）=1-f（x）得f■=■，所以f■=■f■=■，由函數(shù)f（x）在[0，1]上為非減函數(shù)，且f■=f■=■得當(dāng)■≤x≤■時(shí)， f（x）=■. 所以f■=■，所以f■+f■=■.

11. （理）-540 第1次循環(huán)：b=3，a=2；第2次循環(huán)：b=5，a=3；第3次循環(huán)：b=7，a=4；第4次循環(huán)：b=9，a=5>4，不滿足條件“a≤4”，故跳出循環(huán)，此時(shí)輸出b=9. 所以■-■6=3■-■6，其通項(xiàng)為Tr+1=Cr6·（3■）6-r·-■r=（-1）rCr636-rx3-r（r=0，1，2，3，4，5，6）. 令3-r=0，得r=3，故常數(shù)項(xiàng)為T4=-C3633=-540.

11. （文）1800 設(shè)乙設(shè)備生產(chǎn)的產(chǎn)品總數(shù)為n，則■=■，解得n=1800.

12. （理、文）■=■a+■b？搖？搖？搖？搖

13. （理、文）3 由題意：2x+y-3=0？圯■+■=1，■=■+■=■+■·■+■=■■+■+■≥■·2+■=3.

14. （理）（3-2■，3-2■]∪[3+2■，3+2■）最長(zhǎng)弦最短弦問(wèn)題，圓C：（x-m）2+（y-2）2=（4■）2，S△ABC=■·4■·4■·sin∠ACB≤■·4■·4■·sin∠90°=16. 當(dāng)∠ACB=∠90°時(shí)，弦長(zhǎng)為8，故本題只需滿足過(guò)P（3，0）有弦長(zhǎng)為8的弦即可. 過(guò)P（3，0）的最長(zhǎng)弦為直徑8■>8，最短弦長(zhǎng)為2■≤8，可得m≤3-2■或m≥3+2■. 又點(diǎn)P（3，0）在圓C：x2+y2-2mx-4y+m2-28=0內(nèi)，32+02-2m·3-4·0+m2-28<0，得3-2■

14. （文）A=-■ 根據(jù)所給等式可知，各等式右邊的各項(xiàng)系數(shù)之和為1，所以■+■+■+A=1，解得A=-■.

15. （理）2 連接AD，則AD是圓O的直徑，于是∠ACD=90°.PB為△ABC外接圓O的切線？圯∠PDB=∠BAD=∠BCD，BD平分∠PBC？圯∠PBD=∠DBC. 又∠BCD+∠CBD+∠PBD=90°，所以∠BCD=∠CBD=∠PBD=30°. 所以∠BAD=30°. 所以BD=2PD=2，AD=2BD=4，所以圓O的半徑是2.

15. （文）2 建立如圖3所示的坐標(biāo)系，則A（-1，0），B（0，-■），C（1，0），D（0，■）. 設(shè)E（x1，y1），F(xiàn)（x2，y2），由■■=3■，得（1，■）=3（x1，y1+■），可得E■，-■；由■=λ■，得（1，-■）=λ（x2，y2-■），可得F■，■-■. 由已知得■·■=■，-■·■+1，■-■=■-■=1，所以λ=2.

■

圖3

16. （理）4■ C1的一般方程為y2-x2=4，曲線C2的直角坐標(biāo)方程為y+■x-2=0. 由y2-x2=4，y+■x-2=0 得交點(diǎn)坐標(biāo)為（0，2），（2■，-4），它們之間的距離為4■.

16. （文）-■，-■ y=2f 2（x）+2bf（x）+1的零點(diǎn)個(gè)數(shù)即方程2f 2（x）+2bf（x）+1=0①的根的個(gè)數(shù). 令f（x）=u②，則2u2+2bu+1=0③. 由y=f（x）的圖象可知，要使方程①有8個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，則方程③在u∈（0，1）內(nèi)有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，所以Δ=4b2-8>0，0<-■<1，2×12+2b×1+1>0？圯-■

17. （文）（3-2■，3-2■]∪[3+2■，3+2■）？搖

17. （理） 18. （文）（1）由題意得m·n=（sin2A-sin2C）+（sin2B-sinAsinB）=0，即sin2C=sin2A+sin2B-sinAsinB，由正弦定理得c2=a2+b2-ab，再由余弦定理得cosC=■=■. 因?yàn)?

（2）因?yàn)閟+t=cosA，2cos2■-1=（cosA，cosB），所以可得s+t2=cos2A+cos2B=cos2A+cos2■-A=■+■=■cos2A-■sin2A+1=-■sin2A-■+1. 因?yàn)?

-■<2A-■<■，所以-■

18. （理） 19. （文）（1）設(shè){an}的公差為d，{bn}的公比為q，由b4=b1q3，得q3=■=27，從而q=3. 因此bn=2·3n-1. 又a1+a2+a3=3a2=b2+b3=6+18=24，所以a2=8，d=a2-a1=6. 故an=6n-4.

（2）cn=anbn=4·（3n-2）·3n-1. 令Tn=1×30+4×31+7×32+…+（3n-5）×3n-2+（3n-2）×3n-1，則3Tn=1×31+4×32+7×33+…+（3n-5）×3n-1+（3n-2）×3n. 兩式相減得-2Tn=1+3×31+3×32+…+3×3n-1-（3n-2）×3n=-■-■，所以Tn=■+■，故Sn=4Tn=7+（6n-7）·3n.

19. （理）（1）當(dāng)t=■時(shí)，PA∥平面MQB. 連結(jié)AC交BQ于N，連結(jié)MN. 由AQ∥BC可得，△ANQ∽△CNB，所以■=■=■，所以■=■. 若t=■，即■=■=■，所以PA∥MN，由MN？奐平面PAC，故PA∥平面MQB.

（2）由PA=PD=AD=2，Q為AD的中點(diǎn)，則PQ⊥AD. 又平面PAD⊥平面ABCD，所以PQ⊥平面ABCD. 連結(jié)BD，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以AD=AB，由∠BAD=60°得△ABD為正三角形. 又Q為AD的中點(diǎn)，所以BQ⊥AD. 以Q為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以QA，QB，QP所在的直線為x，y，z軸，建立如圖4所示的坐標(biāo)系，則各點(diǎn)坐標(biāo)為A（1，0，0），B（0，■，0），Q（0，0，0），P（0，0，■）. 設(shè)平面MQB的法向量為n=（x，y，z），可得n·■=0，n·■=0，因?yàn)镻A∥MN，所以n·■=0，n·■=0，即■y=0，x-■z=0.令z=1，得n=（■，0，1）. 取平面ABCD的法向量■=（0，0，■），設(shè)所求二面角為θ，而θ為銳角，則cosθ=■=■，故二面角M-BQ-C的大小為60°.

■

圖4

20. （理）（1）系統(tǒng)抽樣.

（2）眾數(shù)的估計(jì)值為最高的矩形的中點(diǎn)，即眾數(shù)的估計(jì)值等于97.5，設(shè)圖中車速中位數(shù)的估計(jì)值為x，則0.01×5+0.02×5+0.04×5+0.06×（x-95）=0.5，解得x=97.5，即中位數(shù)的估計(jì)值為97.5

（3）從圖中可知，車速在[80，85）的車輛數(shù)為m1=0.01×5×40=2（輛），車速在[85，90）的車輛數(shù)為m2=0.02×5×40=4（輛），所以ξ=0，1，2，P（ξ=0）=■=■，P（ξ=1）=■=■，P（ξ=2）=■=■，ξ的分布列為：

■

所以E（ξ）=0+1×■+2×■=■.

20. （文） （1）在等邊三角形ABC中，AD=AE，所以■=■，在折疊后的三棱錐A-BCF中也成立，所以DE∥BC. 因?yàn)镈E？埭平面BCF，BC？奐平面BCF，所以DE∥平面BCF.

（2）在等邊三角形ABC中，F(xiàn)是BC的中點(diǎn)，所以AF⊥BC，BF=CF=■. 因?yàn)樵谌忮FA-BCF中，BC=■，所以BC2=BF2+CF2，所以CF⊥BF. 因?yàn)樵诘冗吶切蜛BC中，AF⊥BC，所以在三棱錐A-BCF中，AF⊥CF. 因?yàn)锳F∩BF=F，所以CF⊥平面ABF

（3）由（1）可知GE∥CF，結(jié)合（2）可得GE⊥平面DFG. 所以VF-DEG=VE-DFG=■·■·■·■·■·■=■.

21. （理、文）（1）由題得b=■=■. 又■=■，a2-b2=c2，聯(lián)立解得a2=4，b2=3，所以橢圓的方程為■+■=1.

（2）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則A，B的坐標(biāo)滿足■+■=1，y=kx+m，消去y并化簡(jiǎn)得（3+4k2）·x2+8kmx+4m2-12=0，所以x1+x2=-■，x1x2=■，由？駐>0得4k2-m2+3>0，y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km（x1+x2）+m2=k2■+km-■+m2=■. 因?yàn)閗OA·kOB=-■，即■=-■，即y1y2=-■x1x2，所以■=-■·■，即2m2-4k2=3. 因?yàn)锳B=■=■=■=■. O到直線y=kx+m的距離d=■，所以S△AOB=■dAB=■■■=■■=■■=■為定值.

（3）若存在平行四邊形OAPB使P在橢圓上，則■=■+■. 設(shè)P（x0，y0），則x0=x1+x2=-■，y0=y1+y2=■，由于P在橢圓上，所以■+■=1，從而化簡(jiǎn)得■+■=1. 化簡(jiǎn)得m2=3+4k2 ①. 由kOA·kOB=-■知2m2-4k2=3 ②. 解①②知無(wú)解，故不存在P在橢圓上的平行四邊形.？搖

22. （理、文）（1）f ′（x）=■-2bx， f ′（2）=■-4b， f （2）=aln2-4b. 所以■-4b=-3，且aln2-4b=-6+2ln2+2. 解得a=2，b=1.

（2）f（x）=2lnx-x2，令h（x）=f（x）+m=2lnx-x2+m，則h′（x）=■-2x=■. 令h′（x）=0，得x=1（x=-1舍去）. 在■，e內(nèi)，當(dāng)x∈■，1時(shí)，h′（x）>0，所以h（x）是增函數(shù)；當(dāng)x∈（1，e]時(shí)，h′（x）<0，所以h（x）是減函數(shù). 則方程在■，e內(nèi)有兩個(gè)不等實(shí)根的充要條件是h■≤0，h（1）>0，h（e）≤0.即1

（3）g（x）=2lnx-x2-nx，g′（x）=■-2x-n. 假設(shè)g′（x0）=0成立，則2lnx1-x21-nx1=0 ①，2lnx2-x22-nx2=0 ②，x1+x2=2x0 ③，■-2x0-n=0 ④.

①-②，得2ln■-（x21-x22）-n（x1-x2）=0. 所以n=2·■-2x0. 由④得n=■-2x0，所以■=■. 即■=■. 即ln■=■ ⑤.

令t=■，u（t）=lnt-■（00. 所以u(píng)（t）在0