題目列表(包括答案和解析)
若四面體各棱的長是1或2，且該四面體不是正四面體，則其體積是 （只需寫出一個可能的值）．
一．選擇題：CBDCC BDBDA
解析：1: 由文氏圖可得結論（C）.
2：由已知得：(
－2
)
=0，(－2) =0；即得：
=
=2，∴cos<，>=
，∴選(B)
3：由于受條件sin2θ+cos2θ=1的制約，故m為一確定的值，于是sinθ,cosθ的值應與m的值無關，進而推知tan
的值與m無關，又
<θ<π，
<<,∴tan>1，故選D。
4：由于
，從而函數
的一個背景為正切函數tanx，取
，可得必有一周期為4
。故選C。
5：解此題具有很大的迷惑性，注意題目隱含直線AB的方程就是
，它過定點（0，2），只有C項滿足。故選C。
6：生活常識告訴我們利息稅的稅率是20%。故選B。
7：四個選項中只有答案D含有分數，這是何故？宜引起高度警覺，事實上，將x值取4.5代入驗證，不等式成立，這說明正確選項正是D，而無需繁瑣地解不等式。
8：（用排除法）七人并排站成一行，總的排法有
種，其中甲、乙兩人相鄰的排法有2×
種.因此，甲、乙兩人必需不相鄰的排法種數有：－2×＝3600，對照后應選B；
9:作直線
的圖象和半圓
,從圖中可以看出: 
的取值范圍應選(D).
注:求與方程實數根個數有關的問題常用圖解法.
10：如圖，將正四面體ABCD補形成正方體，則正四面體、正方體的中心與其外接球的球心共一點.因為正四面體棱長為
，所以正方體棱長為1，從而外接球半徑R＝
.故S球＝3
.
二．填空題：11、
； 12、
； 13、
或
或
；
14、＋1； 15、3；
解析：11：
，由復合函數的增減性可知，
在
上為增函數，∴
，∴。
12：計算機進行運算：
時，它表示的表達式是
，當其有意義時，得
，解得．
13： 本題是一道很好的開放題，解題的開竅點是：每個面的三條棱是怎樣構造的，依據“三角形中兩邊之和大于第三邊”，就可否定｛1，1，2｝，從而得出｛1，1，1｝，｛1，2，2｝，｛2，2，2｝三種形態，再由這三類面構造滿足題設條件的四面體，最后計算出這三個四面體的體積分別為：
, ,，故應填.、 、 中的一個即可.
14.解：直線：
化為一般方程：
，點P
化為點
，則點到直線的距離為
15解：由△COF∽△PDF得
，即
=
=
=
，即
=
，
解得
，故
=3
三．解答題：
16.解：當P為真時，有
……4分
當Q為真時，有
……5分
……6分
由題意:“P或Q”真，“P且Q”為假 等價于
（1）P真Q假：
……8分
（2）Q真P假：
……11分
綜合（1）（2）
的取值范圍是
……12分
17.解：（1）∵
∴
∵
∴
, 
即AB邊的長度為
……………………3分
(2) 由
得
-------------①
即
-------------②
由①②得
, 由正弦定理得
∴
∴
-- ……………………8分
(3) ∵
，由（2）中①得
由余弦定理得
=
∴
=
- ……………………12分
18．解：（Ⅰ）
，
， ……………1分
由題意，知
，
，
即
……………………2分
…………………3分
①
當
時，
，函數在區間
上單調增加，
不存在單調減區間； ……………………5分
②
當
時，
，有
+
-
+
當時，函數存在單調減區間，為
……………7分
③
當
時， 
，有
+
-
+
當時，函數存在單調減區間，為
…………9分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：若
不是函數的極值點，則，
…………………10分
設點
是函數的圖像上任意一點，則
，
點關于點
的對稱點為
，
（或 
）
點在函數的圖像上.
由點
的任意性知函數的圖像關于點
對稱.
…………………14分
19． [方法一]：（幾何法）
（I）證法一：如圖1，∵底面ABCD是正方形， ∴BC⊥DC.
∵SD⊥底面ABCD，∴DC是SC在平面ABCD上的射影，
由三垂線定理得BC⊥SC. …………3分
證法二：如圖1，∵底面ABCD是正方形， ∴BC⊥DC.
∵SD⊥底面ABCD，∴SD⊥BC，又DC∩SD=D， 圖1
∴BC⊥平面SDC，∴BC⊥SC. …………3分
（II）解法一：∵SD⊥底面ABCD，且ABCD為正方形，
∴可把四棱錐S―ABCD補形為長方體A1B1C1S―ABCD，
如圖2，面ASD與面BSC所成的二面角就是面ADSA1與面BCSA1所成的二面角，
∵SC⊥BC，BC//A1S， ∴SC⊥A1S，
又SD⊥A1S，∴∠CSD為所求二面角的平面角.
在Rt△SCB中，由勾股定理得SC=，在Rt△SDC中，
由勾股定理得SD=1.
∴∠CSD=45°.即面ASD與面BSC所成的二面角為45°. ……………8分
解法二：如圖3，過點S作直線
在面ASD上，
∵底面ABCD為正方形，
在面BSC上，
為面ASD與面BSC的交線.
∴∠CSD為面ASD與面BSC所成二面角的平面角.
在Rt△SCB中，由勾股定理得SC=，在Rt△SDC中，
由勾股定理得SD=1.
∴∠CSD=45°.即面ASD與面BSC所成的二面角
為 45°�！�8分
（III）解法一：如圖3， ∵SD=AD=1，∠SDA=90°， ∴△SDA是等腰直角三角形.
又M是斜邊SA的中點， ∴DM⊥SA.
∵BA⊥AD，BA⊥SD，AD∩SD=D，∴BA⊥面ASD，SA是SB在面ASD上的射影.
由三垂線定理得DM⊥SB. ∴異面直線DM與SB所成的角為90°. ……………14分
解法二：如圖4，取AB中點P，連結MP，DP.
在△ABS中，由中位線定理得 MP//SB，
是異面直線DM與SB所成的角.
，
又
∴在△DMP中，有DP2=MP2+DM2， 
即異面直線DM與SB所成的角為90°. ……………14分
[方法二]：（向量法）
解析：如圖所示，以D為坐標原點建立直角坐標系，
則D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），
M（，0，），
∵ SB=
，DB=，SD=1，∴ S（0，0，1），……………2分
（I）證明：∵ 
，
=0 ∴ 
，即BC
SC．……………5分
（II）設二面角的平面角為θ，由題意可知平面ASD的一個法向量為
，設平面BSC的法向量為
，由
，
得
，
∴ 面ASD與面BSC所成的二面角為45°．……………10分
（III）設異面直線DM與SB所成角為α，
∵ 
，SB=(-1,-1,1),得
∴ 異面直線DM與SB所成角為90°．……………14分
20.解：(1)設圓心
的坐標為
，如圖過圓心作
軸于H,
則H為RG的中點，在
中，
…3分
∵
∴
即
…………………6分
(2) 設
，
直線AB的方程為
（
）則
-----①
---②
由①－②得
，∴
，………………9分
∵點
在直線上， ∴
．
∴點Ｍ的坐標為
． ………………10分
同理可得：
, 
,
∴點
的坐標為
． ………………11分
直線
的斜率為
，其方程為
，整理得
，………………13分
顯然，不論為何值，點
均滿足方程，
∴直線恒過定點．……………………14分
21.解：（Ⅰ）當n＝1時，D1為Rt△OAB1的內部包括斜邊，這時
，
當n＝2時，D2為Rt△OAB2的內部包括斜邊，這時
，
當n＝3時，D3為Rt△OAB3的內部包括斜邊，這時
，……， ---3分
由此可猜想
＝3n。
--------------------------------------------------4分
下面用數學歸納法證明:
(1) 當n＝1時，猜想顯然成立。
(2) 假設當n＝k時，猜想成立，即
，（
） ----5分
如圖，平面區域
為Rt
內部包括斜邊、平面區域
為
Rt△
內部包括斜邊，∵平面區域比平面區域多3
個整點， ------- 7分
即當n＝k+1時，
，這就是說當n＝k+1時，
猜想也成立，
由（1）、（2）知＝3n對一切
都成立。 ---------------------8分
（Ⅱ）∵＝3n, ∴數列
是首項為3，公差為3的等差數列,
∴
.
-------------------------10分
=
=
-------------------------------11分
∵對一切，
恒成立, ∴
∵
在
上為增函數 ∴
---13分
，滿足
的自然數為0，
∴滿足題設的自然數m存在，其值為0。 -------------------------14分
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