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設圓過點P(0,2), 且在軸上截得的弦RG的長為4.
(１)求圓心的軌跡E的方程；                                                                                                        
(２)過點(０，１)，作軌跡的兩條互相垂直的弦、，設、 的中點分別為、，試判斷直線是否過定點？并說明理由．

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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BCSC．……………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