題目列表(包括答案和解析)
(本小題滿分12分)
甲、乙、丙3人投籃，投進的概率分別是
（I）若3人各投籃1次,求3人都沒有投進的概率;
（Ⅱ）（文）若3人各投籃1次,求3人恰有一人投進的概率
（理）用
表示乙投籃3次的進球數,求隨機變量的概率分布及數學期望
.
表示乙投籃3次的進球數,求隨機變量的概率分布及數學期望
.一、選擇題
題號
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
B
C
B
C
B
A
D
B
D
A
D
C
1．已知集合P={x∈N|1≤x≤10}={1，2，3，……，10}，集合Q={x∈R | x2+x－6≤0} =
， 所以P∩Q等于{1，2} ，選B．
2．復數=
，選C．
3．
n→∞lim=
=
，選B．
4．函數f(x)=loga(x+b)(a>0，a≠1)的圖象過點(2，1)，其反函數的圖象過點(2，8)，
則
，∴
，
或
(舍)，b=1，∴a+b=4，選C．
5．設直線過點(0，a)，其斜率為1，
且與圓x2+y2=2相切，設直線方程為
，圓心(0，0)道直線的距離等于半徑
，∴ 
，∴ a 的值±2，選B．
6．若等式sin(α+γ)=sin2β成立，則α+γ=kπ+(－1)k?2β，此時α、β、γ不一定成等差數列，若α、β、γ成等差數列，則2β=α+γ，等式sin(α+γ)=sin2β成立，所以“等式sin(α+γ)=sin2β成立”是“α、β、γ成等差數列”的．必要而不充分條件。選A．
7．已知雙曲線
(a>)的兩條漸近線的夾角為，則
，∴ a2=6，雙曲線的離心率為 ，選D．
8．已知不等式(x+y)(
)≥9對任意正實數x，y恒成立，則
≥
≥9，∴ 
≥2或≤－4(舍去)，所以正實數a的最小值為4，選B．
9．已知非零向量與滿足(
)?=0，即角A的平分線垂直于BC，∴ AB=AC，又
= ，∠A=
，所以△ABC為等邊三角形，選D．
10．已知函數f(x)=ax2+2ax+4(0<a<3)，二次函數的圖象開口向上，對稱軸為
，0<a<3，∴ x1+x2=1－a∈(－2，1)，x1與x2的中點在(－1，
)之間，x1<x2，∴ x2到對稱軸的距離大于x1到對稱軸的距離，∴ f(x1)<f(x2)
，選A．
11．已知平面α外不共線的三點A、B、C到α的距離都相等，則可能三點在α的同側，即．平面ABC平行于α，這時三條中位線都平行于平面α；也可能一個點A在平面一側，另兩點B、C在平面另一側，則存在一條中位線DE//BC，DE在α內，所以選D．
12．為確保信息安全，信息需加密傳輸，發送方由明文→密文(加密)，接收方由密文→明文(解密)，已知加密規則為:明文a，b，c，d對應密文a+2b，2b+c，
則
，解得
，解密得到的明文為C．
二、填空題
13．－ 14．594 15．3R 16．600
13．cos43°cos77°+sin43°cos167°=
=－．
14．(3x－)12展開式中，x－3項為
=594
，的系數是594．
15．水平桌面α上放有4個半徑均為2R的球，且相鄰的球都相切(球心的連線構成正方形)．在這4個球的上面放1個半徑為R的小球，它和下面4個球恰好都相切，5個球心組成一個正四棱錐，這個正四棱錐的底面邊長為4R，側棱長為3R，求得它的高為R，所以小球的球心到水平桌面α的距離是3R．
16．某校從8名教師中選派4名教師同時去4個邊遠地區支教(每地1人)，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，可以分情況討論，①
甲、丙同去，則乙不去，有
=240種選法；②甲、丙同不去，乙去，有
=240種選法；③甲、乙、丙都不去，有
種選法，共有600種不同的選派方案．
三、解答題
17．解:(Ⅰ) f(x)=sin(2x－)+1－cos2(x－)
= 2[sin2(x－)－ cos2(x－)]+1
=2sin[2(x－)－]+1
= 2sin(2x－) +1
∴ T==π
(Ⅱ)當f(x)取最大值時， sin(2x－)=1，有 2x－ =2kπ+
即x=kπ+ (k∈Z) ∴所求x的集合為{x∈R|x= kπ+ ， (k∈Z)}．
18．解: (Ⅰ)記"甲投籃1次投進"為事件A1 ， "乙投籃1次投進"為事件A2 ， "丙投籃1次投進"為事件A3， "3人都沒有投進"為事件A ． 則 P(A1)= ， P(A2)= ， P(A3)= ，
∴ P(A) = P()=P()?P()?P()
= [1－P(A1)] ?[1－P (A2)] ?[1－P (A3)]=(1－)(1－)(1－)=
∴3人都沒有投進的概率為 ．
(Ⅱ)解法一: 隨機變量ξ的可能值有0，1，2，3)， ξ~ B(3， )，
P(ξ=k)=C3k()k()3－k (k=0，1，2，3) ， Eξ=np = 3× = ．
解法二: ξ的概率分布為:
ξ
0
1
2
3
P
Eξ=0×+1×+2×+3×= ．
19．解法一: (Ⅰ)如圖， 連接A1B，AB1， ∵α⊥β， α∩β=l ,AA1⊥l， BB1⊥l，
∴AA1⊥β， BB1⊥α． 則∠BAB1，∠ABA1分別是AB與α和β所成的角．
Rt△BB
Rt△AA1B中， AA1=1，AB=2， sin∠ABA1= = ， ∴∠ABA1= 30°．
故AB與平面α，β所成的角分別是45°，30°．
(Ⅱ) ∵BB1⊥α， ∴平面ABB1⊥α．在平面α內過A1作A1E⊥AB1交AB1于E，則A1E⊥平面AB1B．過E作EF⊥AB交AB于F，連接A
在Rt△ABB1中，∠BAB1=45°，∴AB1=B1B=． ∴Rt△AA1B中，A1B== = ． 由AA1?A1B=A
∴在Rt△A1EF中，sin∠A1FE = = ， ∴二面角A1－AB－B1的大小為arcsin．
解法二: (Ⅰ)同解法一．
(Ⅱ) 如圖，建立坐標系， 則A1(0，0，0)，A(0，0，1)，B1(0，1，0)，B(，1，0)．在AB上取一點F(x，y，z)，則存在t∈R，使得=t ， 即(x，y，z－1)=t(，1，－1)， ∴點F的坐標為(t， t，1－t)．要使⊥，須?=0， 即(t， t，1－t) ?(，1，－1)=0， 2t+t－(1－t)=0，解得t= ， ∴點F的坐標為(，－， )， ∴=(，， )． 設E為AB1的中點，則點E的坐標為(0，， )． ∴=(，－，)．
又?=(，－，)?(，1，－1)= － － =0， ∴⊥， ∴∠A1FE為所求二面角的平面角．
又cos∠A1FE= = = = = ，
∴二面角A1－AB－B1的大小為arccos．
20．解: ∵10Sn=an2+5an+6， ① ∴
又10Sn－1=an－12+5an－1+6(n≥2)，②
由①－②得 10an=(an2－an－12)+6(an－an－1)，即(an+an－1)(an－an－1－5)=0
∵an+an－1>0 ， ∴an－an－1=5 (n≥2)．
當a1=3時，a3=13，a15=73． a1， a3，a15不成等比數列∴a1≠3;
當a1=2時， a3=12， a15=72， 有
a32=a
21．解法一: 如圖， (Ⅰ)設D(x0，y0)，E(xE，yE)，M(x，y)．由=t， = t ， 知(xD－2，yD－1)=t(－2，－2)． ∴ 同理 ． ∴kDE = = = 1－2t．
∴t∈[0，1] ， ∴kDE∈[－1，1]．
(Ⅱ) ∵=t ∴(x+2t－2，y+2t－1)=t(－2t+2t－2，2t－1+2t－1)=t(－2，4t－2)=(－2t，4t2－2t)． ∴ ， ∴y= ， 即x2=4y． ∵t∈[0，1]， x=2(1－2t)∈[－2，2]．
即所求軌跡方程為: x2=4y， x∈[－2，2]
解法二: (Ⅰ)同上．
(Ⅱ) 如圖， =+ = + t
= + t(－) = (1－t) +t，
= + = +t = +t(－) =(1－t) +t，
= += + t= +t(－)=(1－t) + t
= (1－t2) + 2(1－t)t+t2 ．
設M點的坐標為(x，y)，由=(2，1)， =(0，－1)， =(－2，1)得
消去t得x2=4y， ∵t∈[0，1]， x∈[－2，2]．
故所求軌跡方程為: x2=4y， x∈[－2，2]
22．解: （I）∵f '(x)=3x2－2x+ = 3(x－)2+ >0 ， ∴f(x)是R上的單調增函數．
（II）∵0<x0< ， 即x1<x0<y1．又f(x)是增函數， ∴f(x1)<f(x0)<f(y1)．即x2<x0<y2．
又x2=f(x1)=f(0)=>0 =x1， y2=f(y1)=f()=<=y1，綜上， x1<x2<x0<y2<y1．
用數學歸納法證明如下:
(1)當n=1時，上面已證明成立．
(2)假設當n=k(k≥1)時有xk<xk+1<x0<yk+1<yk ．
當n=k+1時，由f(x)是單調增函數，有f(xk)<f(xk+1)<f(x0)<f(yk+1)<f(yk)，∴xk+1<xk+2<x0<yk+2<yk+1
由(1)(2)知對一切n=1，2，…，都有xn<xn+1<x0<yn+1<yn．
（III） = = yn2+xnyn+xn2－(yn+xn)+ ≤(yn+xn)2－(yn+xn)+
=[(yn+xn)－]2+ ． 由(Ⅱ)知 0<yn+xn<1．∴－ < yn+xn－ < ， ∴ < ()2+ =
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