王位高

一、選擇題：本題共8個小題，每小題5分，共40分. 在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．

1. 已知集合A={a，b}，A∪B={a，b，c，d}，則下列關(guān)系一定正確的是（? ）

A. bB???????? B. {c，d}B

C. {a，b}B D. {b，c，d}B

2. 平面向量=（2， -1），=（1，3）， 則 在方向上的投影向量為（? ）

A. （-110，-310） B. （110，310）

C. （-25，15） D. （25，-15）

3. 已知復(fù)平面內(nèi)的復(fù)數(shù)z滿足|z-3i|+|z+3i|=6（i為虛數(shù)單位），則z對應(yīng)點(diǎn)的軌跡是（? ）

A. 線段? B. 直線? C. 橢圓? D. 橢圓的一部分

4. 德國天文學(xué)家約翰尼斯·開普勒根據(jù)丹麥天文學(xué)家第谷·布拉赫等人的觀測資料和星表，通過本人的觀測和分析后，于1618年在《宇宙和諧論》中提出了行星運(yùn)動第三定律――繞以太陽為焦點(diǎn)的橢圓軌道運(yùn)行的所有行星，其橢圓軌道的長半軸長a與公轉(zhuǎn)周期T有如下關(guān)系：T=2πGM·a32，其中M為太陽質(zhì)量，G為引力常量.已知火星的公轉(zhuǎn)周期約為水星的8倍，則火星的橢圓軌道的長半軸長約為水星的（? ）

A.2倍? B.4倍? C.6倍? D.8倍

5. 如圖，一個底面邊長為23π3cm的正四棱柱形狀的容器內(nèi)裝有部分水，現(xiàn)將一個底面半徑為1cm的鐵制實(shí)心圓錐放入容器，圓錐放入后完全沉入水中，并使得水面上升了1cm.若該容器的厚度忽略不計，則該圓錐的側(cè)面積為（? ）

A. 23πcm2 B. 4πcm2

C. 32πcm2 D. 17πcm2

6. 已知0<β<α<π2，sinαsinβ=110，cosαcosβ=710，則cos2α=（? ）

A.0?? B.725?? C.2425?? D.1

7. 已知a=sin0.5，b=30.5，c=log0.30.5，則a，b，c的大小關(guān)系是（? ）

A. a

C. c

8. 雙曲線C：x29-y216=1的右支上一點(diǎn)P在第一象限，F(xiàn)1、F2分別為雙曲線C的左、右焦點(diǎn)，I為△PF1F2的內(nèi)心，若內(nèi)切圓I的半徑為1，則△PF1F2的面積等于（? ）

A. 323?? B. 12?? C. 24?? D. 163

二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．

9. 某地區(qū)2014年至2023年生產(chǎn)總值指數(shù)分別為112.2，108.1，108.7，108.7，109.5，108.9，108.1，104.0，107.3，104.3，則（? ）

A. 這組數(shù)據(jù)的極差為8.2

B. 這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)為108.4

C.這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)為108.1

D. 這組數(shù)據(jù)的75%分位數(shù)為108.9

10. 已知圓C：x2+y2=4上的兩個動點(diǎn)A，B始終滿足|AB|=4，直線l：x=my+1與x軸交于點(diǎn)M（M，A，B三點(diǎn)不共線），則（? ）

A. 直線l與圓C恒有交點(diǎn)??? B. AM·MB<0

C. ΔABM的面積的最大值為32

D. l被圓C截得的弦長最小值為23

11. 已知函數(shù)f（x）的定義域為｛x｜x≠0｝，f（xy）=f（x）y+f（y）x， 則（? ）

A.f（1）=0

B.若f（3）=3，則f（13）=13

C.f（x）是奇函數(shù)

D.若x>1時，f（x）>0，則f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．

12. ΔABC中角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，其面積為S，且4S=b2+c2-a2.則角A的大小為???? ．

13. （1+x）2+（1+x）3+…+（1+x）9展開式系數(shù)之和為???? .（用數(shù)字作答）

14. 函數(shù)f（x）=32sin2x+1+83cos2x+2（x∈R ）的值域為???? ．

四、解答題：本大題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．

15. （13分）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC=BC=2，CC1=3，點(diǎn)D，E分別在棱AA1和棱CC1上，且AD=1，CE=2，M為棱A1B1的中點(diǎn)．

（1）求證：C1M⊥B1D；

（2）求二面角B-B1E-D的正弦值．

16. （15分）已知函數(shù)f（x）=x2+ax-2lnx（a∈R ）

（1）當(dāng)a=0時，求函數(shù)f（x）的極值；

（2）若函數(shù)f（x）在區(qū)間［1，2］上是減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

17. （15分）甲箱的產(chǎn)品中有5個正品和3個次品，乙箱的產(chǎn)品中有4個正品和3個次品．

（1）如果是依次不放回地從乙箱中抽取2個產(chǎn)品，求第2次取到次品的概率；

（2）若從甲箱中任取2個產(chǎn)品放入乙箱中，然后再從乙箱中任取一個產(chǎn)品，已知從乙箱中取出的這個產(chǎn)品是正品，求從甲箱中取出的是2個正品的概率．

18. （17分）已知橢圓C：xa2+yb2=1（a>b>0）的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，A（2，3）為橢圓C上一點(diǎn)，且到F1，F(xiàn)2的距離之和為8．

（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

（2）設(shè)B為A關(guān)于原點(diǎn)O的對稱點(diǎn)， 過線段AB（不含端點(diǎn)）上的任意一點(diǎn)Q，作斜率為k的直線l與橢圓C相交于點(diǎn)M，N，若

|MN|2|AQ|·|BQ|為常數(shù)，求△AQM與△AQN面積的比值．

19. （17分）

設(shè)滿足以下兩個條件的有窮數(shù)列a1，a2，…，an為n（n=2，3，4，…）階“費(fèi)曼數(shù)列”：

①a1+a2+a3+…+an=0；

②｜a1｜+｜a2｜+｜a3｜+…+｜an｜=1．

（1）請寫出一個6階費(fèi)曼數(shù)列，且該數(shù)列是一個等比數(shù)列；

（2）（ⅰ）若某2k（k∈N*）階“費(fèi)曼數(shù)列”是等比數(shù)列，求該數(shù)列的通項an（1≤n≤2k，用k，n表示），

（ⅱ）若某2k+1（k∈N*）階“費(fèi)曼數(shù)列”是等差數(shù)列，求該數(shù)列的通項an（1≤n≤2k+1，用k，n表示）；

（3）記n階“費(fèi)曼數(shù)列”｛an｝的前k項和為Sk（k=1，2，3，…，n），若存在m∈{1，2，3，…，n}，使Sm=12，試問：數(shù)列｛Si｝（i=1，2，3，…，n）能否為n階“費(fèi)曼數(shù)列”？若能，求出所有這樣的數(shù)列；若不能，請說明理由．

參考答案及提示

一、選擇題：

1.B? 2.C? 3.A 4.B? 5.D 6.A 7.B 8.A

提示：

1.因為集合A={a，b}，A∪B={a，b，c，d}，則集合B一定含有c，d，可能含有a，b，由選項可知，只有B正確．

2. 由已知得·=-1，｜｜=5，所以｜｜c(diǎn)os<，>=·｜｜=-55，所以 在方向上的投影向量為-55×｜｜=（-25，15）.

3. 利用復(fù)數(shù)幾何意義可知復(fù)數(shù)z對應(yīng)點(diǎn)的軌跡是線段．

4.代入公式得到比例關(guān)系.設(shè)T火星=2πGM·a火星32，T水星=2πGM·a火星32，由題意有

T火星=8T水星，即a火星32a火星32=8，（a火星a水星）32=8，（a火星a水星）3=82=43，a火星a水星=4.

5. 依題意可得圓錐的體積V=1×（23π3）2=4π3cm3，

又V=13π×12×h（cm3）（其中h為圓錐的高），則h=4cm，

則圓錐的母線長為12+42=17cm，故圓錐的側(cè)面積為17πcm2．

6.已知sin αsin β=110，cos αcos β=710，

則cos（α-β）=cos αcos β+sin αsin β=710+110=45，

cos（α+β）=cos αcos β-sin αsin β=710-110=35，

∵0<β<α<π2，∴0<α-β<π2，0<α+β<π，

則sin（α-β）=1-cos2（α-β）=35，sin（α+β）=1-cos2（α+β）=45，

則cos 2α=cos［（α+β）+（α-β）］=cos（α+β）cos（α-β）-sin（α+β）sin（α-β）

=35×45-45×35=0．

7.由x∈（0，π2），sin x

所以sin 0.5

因為y=3x在（-∞，+∞）上單調(diào)遞增，故b=30.5>30=1，

因為1>0.3>0.5>0.3，且y=log0.3x在（0，+∞）時單調(diào)遞減，

故12

所以a

8.由題意，作圖如下：

設(shè)圓I與x軸、PF2、PF1分別切于點(diǎn)E、H、F，

因為雙曲線C的右頂點(diǎn)為A（3，0），F(xiàn)1（-5，0），F(xiàn)2（5，0），

所以｜AF1｜-｜AF2｜=（3+5）-（5-3）=6，

因為｜PF1｜-｜PF2｜=6，

所以｜PF1｜-｜PF2｜=（｜PF｜+｜FF1｜）-（｜PH｜+｜HF2｜）

=｜FF1｜-｜HF2｜=｜F1E｜-｜EF2｜=6，

因此切點(diǎn)E與A重合．

又因為內(nèi)切圓I的半徑為1，

所以I（3，1），

又F1（-5，0），F(xiàn)2（5，0），

｜IF1｜=65，｜IF2｜=5，cos∠F1IF2=65+5-100265×5=-313，

所以tan∠F1IF2=-23，解得tan∠F1PF22=32，

所以S△F1PF2=b2tan∠F1PF22=323，

所以△PF1F2面積為323.

二、選擇題

9.ABD 10.AD 11.ACD

提示：

9.這組數(shù)據(jù)從小到大依次為104.0，104.3，107.3，108.1，108.1，108.7，108.7，108.9，109.5，112.2，則這組數(shù)據(jù)的極差為 112.2-104.0=8.2 ，眾數(shù)為108.1和108.7，中位數(shù)為 108.1+108.72=108.4 ，這組樣本數(shù)據(jù)的75%分位數(shù)為108.9.故選：ABD

10.AD直線l：x=my+1與x軸交于點(diǎn)M，∴M（1，0），且M在圓C：x2+y2=4內(nèi)部，所以l與C恒有公共點(diǎn)，A正確；因為點(diǎn)M在圓C：x2+y2=4內(nèi)部，∴∠AMB為鈍角，故AM·MB>0，B錯誤；

因為|AB|=4，即AB為圓的直徑，當(dāng)M到AB的距離最大時，即為到圓心的距離為1，

∴S△ABM≤12×4×1=2，故C錯誤；l被C截得的弦長最小時，圓心到直線的距離最大，

且此距離為M到圓心的距離為1，故弦長為222-12=23，故D正確．

11.對于選項A，令x=y=1，則由題意可得f（1）=f（1）1+f（1）1f（1）=0，所以A正確；對于選項B，令x=3，y=13，得f3×13=f（3）13+f（13）3=0，所以f（13）=-9f（3）=-27所以B錯誤；對于選項C，令x=-1，y=-1，得f［（-1）×（-1）］=f（-1）-1+f（-1）-1=0，所以f（-1）=0，令y=-1得f（-x）=f（x）-1+f（-1）x=-f（x），所以f（x）是奇函數(shù) ，所以C正確；

對于選項D，令y=1x，則由題意可得， f（x·1x）=f（x）1x+f1xx=0 ， 所以1xf（1x）=-xf（x）.

因為x>1時，f（x）>0，所以x>1時有0<1x<1，1xf1x=-xf（x）<0，即f1x<0，令0

f（x2）-f（x1）=fx1·x2x1-f（x1）=f（x1）x2x1+fx2x1x1-f（x1）=x1-x2x2f（x1）+1x1fx2x1.

因為01fx2x1>0，x1-x2x2<0，f（x1）<0，

所以f（x2）-f（x1）>0，即f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，故D正確．

三、填空題

12.π4? 13.1020? 14.［4913，5］

提示：

12.因為S=12bcsin A，cos A=b2+c2-a22bc，

代入4S=b2+c2-a2，得：2bcsin A=2bccos A，

所以tan A=1，又A∈（0，π），

所以A=π4.

13. 令x=1，展開式中二項式系數(shù)之和等于22+23+…+29=4-29×21-2=1020.

14.f（x）=32sin2x+1+83cos2x+2

=96sin2x+3+166cos2x+4

=113［（6sin2x+3）+（6cos2x+4）］（96sin2x+3+166cos2x+4）

=113［25+9（6cos2 x+4）6sin2 x+3+16（6sin2x+3）6cos2 x+4］

≥113×（25+24）=4913；

當(dāng)且僅當(dāng)tan x=±32時取等號，函數(shù)取得最小值為4913；

f（x）=32sin2x+1+83cos2x+2=33-2cos2x+83cos2x+2

令t=cos2x，則t∈［0，1］，f（t）=33-2t+83t+2，

所以f'（t）=-42t2+360t-102（-6t2+2t+6）2，

令g（t）=-42t2+360t-102，t∈［0，1］，

因為g（t）的對稱軸t=3602×42>1，且g（0）<0，g（1）>0，

所以x0∈（0，1），使g（x0）=0，

所以當(dāng)x∈（0，x0）時，有g(shù)（t）<0，即f'（t）<0，

當(dāng)x∈（x0，1）時，有g(shù)（t）>0，即f'（t）>0，

所以f（t）在（0，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，1）上單調(diào)遞增，

所以f（t）在x=0或x=1取得最大值，

因為f（0）=5>f（1）=235，

所以函數(shù)的最大值為5，

綜上所述，函數(shù)的值域為［4913，5］．

四、解答題

15.解：根據(jù)題意，以C為原點(diǎn)，CA，CB，CC1的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，

則C（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），C1（0，0，3），

A1（2，0，3），B1（0，2，3），D（2，0，1），E（0，0，2），M（1，1，3）.

（1）方法一：在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，

則該三棱柱是個直三棱柱（各側(cè)棱均垂直底面，各側(cè)面均與底面垂直）

∵C1A1=C1B1=2，M為棱A1B1的中點(diǎn)，

∴C1M⊥A1B1，

又平面C1A1B1⊥平面A1B1BA，平面C1A1B1∩平面A1B1BA=A1B1，

∴C1M⊥平面A1B1BA，

∵B1D平面A1B1BA，

∴C1M⊥B1D.

方法二：證明：依題意，C1M=（1，1，0），B1D=（2，-2，-2），

∴C1M·B1D=2-2+0=0，

∴C1M⊥B1D，即C1M⊥B1D.

（2）依題意，CA=（2，0，0）是平面BB1E的一個法向量，

EB1=（0，2，1），ED=（2，0，-1），

設(shè)=（x，y，z）為平面DB1E的法向量，

則·EB1=0，

·ED=0，即2y+z=0，

2x-z=0.

不妨設(shè)x=1，則=（1，-1，2），

∴cos=CA·|CA|·||=66，

∴sin=1-16=306，

∴二面角B-B1E-D的正弦值為306.

16.解：（1）a=0時，f（x）=x2-2lnx，定義域為（0，+∞），

f′（x）=2x-2x=2x2-2x，

令f′（x）>0，解得x>1，令f′（x）<0，解得0

故f（x）在x=1處取得極小值，f（1）=1，

∴f（x）的極小值為f（1）=1，無極大值．

（2）∵f（x）在區(qū)間［1，2］上為減函數(shù)，

∴在區(qū)間［1，2］上f′（x）≤0，

∴f′（x）=2x+a-2x≤0，即a≤2x-2x，

令g（x）=2x-2x，只需a≤g（x）min，

顯然g（x）=2x-2x在區(qū)間［1，2］上為減函數(shù)，

∴g（x）min=g（2）=1-4=-3，

∴a≤-3．

17.解：（1）設(shè)Ai=“第i次從乙箱中取到次品”i=1，2，

P（A1）=37，P（A2|A1）=26，P（A2|A1）=36.

由全概率公式得：第2次取到次品的概率為：

P（A2）=P（A1）×P（A2|A1）+P（1）P（A2|1）=37×26+47×36=37.

（2）設(shè)事件A=“從乙箱中取一個正品”，事件B1=“從甲箱中取出2個產(chǎn)品都是正品”，事件B2=“從甲箱中取出1個正品1個次品”，事件B3=“從甲箱中取出2個產(chǎn)品都是次品”，則B1、B2、B3彼此互斥，且B1∪B2∪B3=Ω，

P（B1）=C25C28=514，P（B2）=C15C13C28=1528，P（B3）=C23C28=328.

P（A|B1）=69，P（A|B2）=59，P（A|B3）=49，

所以P（A）=P（B1）P（A|B1）+P（B2）P（A|B2）+P（B3）P（A|B3）

=514×69+1528×59+328×49=712

所求概率即是A發(fā)生的條件下B1發(fā)生的概率．

P（B1|A）=P（B1A）P（A）=P（B1）P（A|B1）P（A）=514×69712=2049.

18.解：（1）由橢圓的定義得｜AF1｜+｜AF2｜=2a=8，所以a=4．

又A（2，3）為橢圓C上一點(diǎn)，所以4a2+9b2=1，將a=4代入，得b2=12，

所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x216+y212=1．

（2）因為B為A關(guān)于原點(diǎn)O的對稱點(diǎn)，所以B（-2，-3），

直線AB的斜率為kAB=3-（-3）2-（-2）=32，

直線AB的方程為y-3=32（x-2），即y=32x．

設(shè)Q（2t，3t）（-1

聯(lián)立得x216+y212=1，

y-3t=k（x-2t），可得（4k2+3）x2+8kt（3-2k）x+4t2（3-2k）2-48=0，由點(diǎn)Q在橢圓內(nèi)，易知Δ>0，不妨令M（x1，y1），N（x2，y2），則x1+x2=8kt（2k-3）4k2+3，x1.x2=4t2（3-2k）2-484k2+3，

所以|MN|2=（1+k2）（x1-x2）2=（1+k2）［（x1+x2）2-4x1x2］=48（1+k2）［16k2+12-t2（3-2k）2］（4k2+3）2.

又｜AQ｜·｜BQ｜=（2-2t）2+（3-3t）2.（2+2t）2+（3+3t）2=13（1-t2），

所以|MN|2｜AQ｜·｜BQ｜=

48（1+k2）［16k2+12-t2（3-2k）2］13（4k2+3）2（1-t2）為常數(shù)，

則需滿足16k2+12-t2（3-2k）21-t2為常數(shù)，（此式為與t無關(guān)的常數(shù)，所以分子與分母對應(yīng)成比例）

即16k2+12=（3-2k）2，解得k=-12．

將k=-12代入x1+x2=8kt（2k-3）4k2+3，可得x1+x2=4t，得x1+x22=2t.

所以Q為MN的中點(diǎn)，所以SΔAQMSΔAQN=｜MQ｜｜NQ｜=1．

19.解：（1）下面是一個6階費(fèi)曼數(shù)列，且該數(shù)列是一個等比數(shù)列：

16，-16，16，-16，16，-16? 或者-16，16，-16，16，-16，16

（2）（?。┰O(shè)等比數(shù)列a1，a2，a3，…，a2k（k≥1）的公比為q．

若q≠1，則由①得a1+a2+…+a2k=a1（1-q2k）1-q=0，得q=-1，

由②得a1=12k或a1=-12k．

若q=1，由①得a1·2k=0，得a1=0，不可能.綜上所述，q=-1．

∴an=12k（-1）n-1或an=-12k（-1）n-1．

（ⅱ）設(shè)等差數(shù)列a1，a2，a3，…，a2k+1（k≥1）的公差為d，∵a1+a2+a3+…+a2k+1=0，

∴（2k+1）a1+2k（2k+1）d2=0，a1+kd=0，

即ak+1=0，∴ak+2=d.

當(dāng)d=0時，與“費(fèi)曼數(shù)列”的條件① ②矛盾，

當(dāng)d>0時，據(jù)“費(fèi)曼數(shù)列”的條件① ②得：

ak+2+ak+3+…+a2k+1=12，∴kd+k（k-1）2d=12，

即d=1k（k+1）.

由ak+1=0得a1+k·1k（k+1）=0，即a1=-1k+1，

∴an=-1k+1+（n-1）·1k（k+1）=nk（k+1）-1k（n∈N*，n≤2k+1）.

當(dāng)d<0時，同理可得kd+k（k-1）2d=-12，即d=-1k（k+1）．

由ak+1=0得：a1-k·1k（k+1）=0，即a1=1k+1，

∴an=1k+1-（n-1）·1k（k+1）=-nk（k+1）+1k（n∈N *）n≤2k+1）.

（3）記a1，a2，…，an中非負(fù)項和為A，負(fù)項和為B，則A+B=0，A-B=1，

得A=12，B=-12，-12=B≤Sk≤A=12，即｜Sk｜≤12（k=1，2，3，…，n）．

若存在m∈｛1，2，3，…，n｝，使Sm=12，由前面的證明過程知：

a1≥0，a2≥0，…，am≥0，am+1≤0，am+2≤0，…，an≤0，且am+1+am+2+…+an=-12.

若數(shù)列｛Si｝（i=1，2，3，…，n）為n階“費(fèi)曼數(shù)列”，

記數(shù)列｛Si｝（i=1，2，3，…，n）的前k項和為Tk，則｜Tk｜≤12.

∴Tm=S1+S2+…+Sm≤12， Sm=12，∴S1=S2=…=Sm-1=0，

∴a1=a2=…=am-1=0，am=12.

又am+1+am+2+…+an=-12，∴Sm+1，Sm+2，…，Sn≥0，

∴｜S1｜+｜S2｜+｜S3｜+…+｜Sn｜=S1+S2+S3+…+Sn，

又S1+S2+S3+…+Sn=0與｜S1｜+｜S2｜+｜S3｜+…+｜Sn｜=1不能同時成立，

∴數(shù)列｛Si｝（i=1，2，3，…，n）不為n階“費(fèi)曼數(shù)列”．

責(zé)任編輯? 徐國堅