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A．1 B． C． D．【查看更多】

以A（１，３）和Ｂ（－５，１）為端點的線段AB的垂直平分線方程是

A． B．

C． D．

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以A（１，３）和Ｂ（－５，１）為端點的線段AB的垂直平分線方程是

A． B． C． D．

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以A（１，３）和Ｂ（－５，１）為端點的線段AB的垂直平分線方程是

A．	B．
C．	D．

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設為a,b,c正數，記d為, , 中的最小數.

（1）求證：存在λ(0＜λ＜１＝，使得ｄ≤；．．．．．．（*）

（2）求出使不等式（*）成立的最小正數λ并給予證明.

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若a＞b＞c，則下列結論中一定成立的有（）

①．ab＞ac②．ac＜bc③．④．以上結論都不對

(A) ３個　　　　 (B) ２個　　　　 (C) １個　　　　 (D) ０個

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一、選擇題：

1．解析：B．由且能夠推出；反之，由只能推出或，而不能推出且．故“”是“且”的必要不充分條件，故選B．

評析：有關充要條件的判定問題，概念性較強，進行判斷時，必須緊扣概念．一方面，要正確理解充要條件本身的概念，進行雙向推理，準確判斷；另一方面，還要注意根據具體問題所涉及到的數學概念來思考．本題中，弄清并集和交集概念中“或”與“且”的關系顯得很重要．

2．解析：B．∵△＝．要使函數的一個零點在內，必須滿足條件：，即，

∴，∴實數k的取值范圍為(2，3)．

3．解析：Ｄ．化簡復數可得，∴，

故選Ｄ．

4．解析：Ｂ　先作出直線A₁B與平面BC₁D₁所成角，再通過解三角形求出其正切值．如圖，連結交　于，連結．由，，又，得，所以就是直線A₁B與平面BC₁D₁所成角．在直角中，求得，故選Ｂ．

評析：平面的斜線與平面所成的角，就是這條斜線與它在該平面上

6ec8aac122bd4f6e 的射影所成的銳角，根據題目的條件作出斜線在該平面上的射影

是實現解題的關鍵，而作射影的關鍵則是作出平面的垂線，要注

意面面垂直的性質在作平面的垂線時的應用．

5．解析： A．特值法．取B=0，A=1，C=－1，則M(1，)，

N(1，－)， ∴= x₁x₂+y₁y₂ =－2．故選A ．

6．解析Ｂ．設點是函數上的任意一點，點關于點的對稱點為，則由在上，

得，∴，即．故選Ｂ．

7．解析： C．圖象法．由的圖象可得，在上是增函數，在上是減函數，又是偶函數，∴，

∴，解得．故選Ｃ．

8．解析：Ｂ，由，得：，即，

解之得，由于，故；選Ｂ

9．解析： B．如果四塊均不同色，則有種涂法；如果有且僅有兩塊同色，它們必是相對的兩塊，有種涂法；如果兩組相對的兩塊分別同色，則有種涂法．根據分類計數原理，得到涂色方法種數為（種），故選B．

10．解析：選D．①②③易于判斷其真。.

，即曲線上任一點P(x,y)在單位圖外，(點(±1，0)在圓上)，

則S>π?1²=π

評析：f(x,y)=f(x,－y)曲線f(x,y)=0，關于x軸對稱；

f(x,y)=f(－x, y)曲線f(x,y)=0，關于y軸對稱；

f(x,y)=f(－x, －y)曲線f(x,y)=0，關于原點對稱。

6ec8aac122bd4f6e 11．解析：D，在EF上任意取一點M,直線與M確定一個平面，

這個平面與CD有且僅有1個交點N, 當M取不同的位置就確

定不同的平面，從而與CD有不同的交點N,而直線MN與這

3條異面直線都有交點的.如右圖：

評析：本題主要考查立體幾何中空間直線相交問題，考查學生

的空間想象能力。

12．解析：C．Ｐ（Ｘ＝８）＝，Ｐ（Ｘ＝７）＝，

Ｐ（Ｘ＝６）＝，　所以Ｐ（Ｘ≥６）＝，

即線路信息暢通的概率為，故選C．

二、填空題：

13．解析：．由，得，即，又由，得，∴，

于是，

6ec8aac122bd4f6e ．

14. 解析：．如圖，過點，．

在點處取得最小值，點在直線

上，，∴．

評析：簡單的線性規劃問題，其約束條件是平面上的一個

多邊形閉區域，或者是向某一方向無限延展的半閉區域，而目標函數一般在邊界的頂點處取得最值．解題時通常運用圖解法，根據題意畫出圖形，從圖形中尋求思路、獲得答案，體現了數形結合的思想方法．

15．解析：f(x)=x²+2x+1 ．設f(x)=ax²+bx+c (a≠0)，則△=b²－4ac=0，f′(x)=2ax+b=2x+2．

∴，故 f(x)=x²+2x+1 ．

16．解析：橢圓與雙曲線的焦距相等．由橢圓與雙曲線的焦距相等，分析橢圓和雙曲線的標準方程中參數之間的關系，運用類比推理的方法，不難得到推廣后的一個命題為：橢圓與雙曲線的焦距相等．

評析：推廣命題有多種方法，其中類比推理是一種常用方法．值得指出的是，本題的答案不唯一，例如，我們還可以得到推廣后的更具一般性的命題：橢圓與雙曲線的焦距相等．

三、解答題：

17．解析：（Ⅰ），在中，由余弦定理，

得，

∴，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（2分）

由，，

由得，，

∴，從而（4分）

由題意可知，∴，（5分）

又∵△BCD是，∴當時，則，由，

∴；

當時，則，由，∴；

綜上，．（7分）

（Ⅱ）由（1）知，∴向量與的夾角為，（9分）

當時，，，

∴．（10分）

當時，，，

∴．（12分）

評析：本題考查平面向量和解三角形的基礎知識，考查分類討論的思想方法．求解時容易發生的錯誤是：（1）將條件“△BCD是直角三形”當作“△BCD是以角是直角三形”來解，忽略對為直角的情況的討論；（2）在計算時，將當作向量與的夾角，忽略了確定兩個向量的夾角時必須將它們的起點移到一起．暴露出思維的不嚴謹和概念理解的缺陷，在復習中要引起重視，加強訓練．

18．解析: （Ⅰ）做了三次實驗，至少兩次實驗成功的情形有兩種：

（1）恰有兩次成功，其概率為；（2分）

（2）三次都成功，其概率為．（4分）

故得所求之概率為．（6分）

（Ⅱ）在第4次成功之前，共做了6次試驗，其中三次成功、三次失敗，且恰有兩次連續失敗，其各種可能情況的種數為．（10分）

因此，所求之概率為．（12分）

19．解析：（Ⅰ）∵SB=SC，AB=AC，M為BC中點，

∴SM⊥BC，AM⊥BC．（2分）

由棱錐的側面積等于底面積的2倍，即

得．（4分）

（Ⅱ）作正三棱錐的高SG，則G為正三角形ABC的中心，G在AM上，

∵SM⊥BC，AM⊥BC，

∴∠SMA是二面角S―BC―A的平面角．（6分）

在Rt△SGM中，∵∴∠SMA=∠SMG=60°，

即二面角S―BC―A的大小為60°．　　（8分）

（Ⅲ）∵△ABC的邊長是3，

∴，（10分）

∴．（12分）

評析計算二面角大小，既可以根據二面角的定義，通過作出二面角的平面角，再解三角形求角，也可以運用向量方法，轉化為計算兩個平面的法向量的夾角．做題時要考慮前后聯系，注意選擇簡便的方法．

20．解析：(Ⅰ)證明：假設存在一個實數，使｛a_n｝是等比數列，則有,即

（）²=²矛盾.

所以｛a_n｝不是等比數列. （3分）

（Ⅱ）證明：∵

又由上式知

故當數列｛b_n｝是以為首項，為公比的等比數列.

（7分）

（Ⅲ）當由（Ⅱ）得于是

當時，，從而上式仍成立.

要使對任意正整數n , 都有

即（9分）

令

當n為正奇數時，當n為正偶數時，

于是可得

綜上所述，存在實數，使得對任意正整數，都有

的取值范圍為（12分）

評析：（1）求解等差數列與等比數列的有關問題，定義、公式和性質是主要工具，要注意抓住基本量───首項和公差（公比），方程思想、化歸思想和運算能力是考查的重點；（2）正面求解，直接證明難以突破時，可以考慮從反面入手，運用正難則反的思想來處理，反證法就是從反面入手的一種重要的推理方法，一般地，以否定的形式出現的數學命題，我們常用反證法來實現證明。

21．解析：（Ⅰ），……（1分）