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如圖，幾何體SABC的底面是由以AC為直徑的半圓O與△ABC組成的平面圖形，SO⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=SB=SC=A C=4，BC=2．
（l）求直線SB與平面SAC所成角的正弦值；
（2）求幾何體SABC的正視圖中△S₁A₁B₁的面積；
（3）試探究在圓弧AC上是否存在一點P，使得AP⊥SB，若存在，說明點P的位置并證明；若不存在，說明理由．

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如圖，攝影愛好者S在某公園A處，發現正前方B處有一立柱，測得立柱頂端O的仰角和立柱底部B的俯角均為30°，已知S的身高約為

3

米（將眼睛距地面的距離SA按

3

米處理）．
（1）求攝影者到立柱的水平距離AB和立柱的高度OB；
（2）立柱的頂端有一長為2米的彩桿MN，且MN繞其中點O在S與立柱所在的平面內旋轉．在彩桿轉動的任意時刻，攝影者觀察彩桿MN的視角∠MSN（設為θ）是否存在最大值？若存在，請求出∠MSN取最大值時cosθ的值；若不存在，請說明理由．

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如圖，多面體ABC-A₁B₁C₁中，三角形ABC是邊長為4的正三角形，AA₁∥BB₁∥CC₁，AA₁⊥平面ABC，AA₁=BB₁=2CC₁=4。

（1）若O是AB的中點，求證：OC⊥A₁B；
（2）在線段AB₁上是否存在一點D，使得CD∥平面A₁B₁C₁，若存在確定點D的位置；若不存在，說明理由。

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一、選擇題（12’×5=60’）

1．C

2．理D  文D

3．D

4．C. 提示：{f(n)}是等差數列(n∈N^*)

5．A. 提示：當S₁=S₂=S₃=S₄=S時，λ=4；當高趨向于零時，λ無限接近2

6．A

7．A

8．D

9．B. 提示：∵|PF₁|+|PF₂|=2，|PF₁|-|PF₂|=±2，又m-1=n+1，

∴|PF₁|²+|PF₂|²=2(m+n)=4(m-1)=|F₁F₂|²

10．C

11．D

12．D. 提示：第一行C₂²，第二行C₃¹+C₃²=C₄²，第三行C₄¹+C₄²=C₅²，…，故S₁₉=C₂²+C₄²+C₅²+…+C₁₂²=C₁₃³-C₃²=283.

二、填空題(4’×4=16’)

13．y=-

14．答案：相反數的相反數是它本身，集合A的補集的補集是它本身，一個復數的共軛的共軛是它本身，等等.

15．nⁿ

16．4或6或7或8

三、解答題

17．解：(1) y=sin2ωx+ cos2ωx+ = sin(2ωx+ )+                   （4）

∵ T=             ∴ ω =2                                 （6）      

 (2) y=sin(4x+ )+  

∵  0≤x≤    ∴ ≤4x+ ≤π +                          （8）

∴  當x= 時，y=0  當x=時，y=                              （12）

18．(1)質點n次移動看作n次獨立重復試驗，記向左移動一次為事件A，

則P(A)=，P()=3秒后，質點A在點x=1處的概率P₁=P₃(1)=C₃¹?p(1-p)²=3××()²=              (6’)

    (2)2秒后，質點A、B同在x=2處，即A、B兩質點各做二次移動，其中質點A向右移動2次，質點B向左、向右各移動一次，故P₂=P₂(0)?P₂(1)=C₂⁰?()²?C₂¹??=          (12’)

考點解析：本題考查n次獨立重復試驗及獨立事件同時發生的概率，但需要一定的分析、轉化能力．

19．(1)∵AA₁⊥面ABCD，∴AA₁⊥BD，

又BD⊥AD，∴BD⊥A₁D        (2’)

又A₁D⊥BE，

∴A₁D⊥平面BDE                (3’)

(2)連B₁C，則B₁C⊥BE，易證RtΔCBE∽RtΔCBB₁，

∴=，又E為CC₁中點，∴BB₁²=BC²=a²，

∴BB₁=a          (5’)

取CD中點M，連BM，則BM⊥平面CD₁，作MN⊥DE于N，連NB，則∠BNM是二面角B?DE?C的平面角                (7’)

RtΔCED中，易求得MN=，RtΔBMN中，tan∠BNM==，∴∠BNM=arctan (10’)

(3)易證BN長就是點B到平面A₁DE的距離    (11’)

BN==a        (12’)

    (2)另解：以D為坐標原點，DA為x軸、DB為y軸、DD₁為z軸建立空間直角坐標系

則B(0,a,0)，設A₁(a,0,x)，E(-a,a,)，=(-a,0,-x)，=(-a,0,)，∵A₁D⊥BE

∴a²-x²=0，x²=2a²，x=a，即BB₁=a.

考點解析：九(A)、九(B)合用一道立體幾何題是近年立幾出題的趨勢，相比較而言，選用九(B)體系可以避開一些邏輯論證，取之以代數運算，可以減輕多數學生學習立體幾何的學習壓力．

20．若按方案1付款，設每次付款為a(萬元)

則有a+a(1+0.8%)⁴+a(1+-0.8%)⁸=10×(1+0.8%)¹²        (4’)

即a×=10×1.008¹²，a=

付款總數S₁=3a=9.9×1.008¹²                       (6’)

若按方案2付款，設每次付款額為b(萬元)，同理可得：b=    (8’)

付款總額為S₂=12b=9.6×1.008¹²，故按有二種方案付款總額較少.   (12’)

考點解析：復習中要注意以教材中研究性學習內容為背景的應用問題．

21．（理）(1)設M(x,y)，C(1,y₀)，∵=，∴=           (2’)

又A、M、C三點一線，∴=       ②                    (4’)

由(1)、(2)消去y₀，得x²+4y²=1(y≠0)                          (6’)

(2)P(0,)是軌跡M短軸端點，∴t≥0時∠PQB或∠PBQ不為銳角，∴t<0

又∠QPB為銳角，∴?>0，∴(t,- )(1,- )=t+ >0，∴- <t<0         (12’)

考點解析：解析幾何題注意隱藏的三點共線關系；平面向量運算也常常設置在解析幾何考題當中．

21．(文)證明：(1) 設-1<x_­1<x₂<+∞

f(x₁)-f(x₂) =a-a + -

=a-a +          （4）

 ∵  -1<x₁<x₂ ,a>0

 ∴  a-a<0     <0

 ∴  f(x₁)-f(x₂)<0  即  f(x₁)<f(x₂) ,函數f(x)在(-1,+∞ )上為增函數．       （6）

 (2)  若方程有負根x₀ (x₀≠-1)，則有a= -1

   若  x₀<-1 , -1<-1   而 a>0    故  a ≠ -1           （10）

   若 -1<x₀<0 ,   -1>2    而 a<a⁰=1  a ≠ -1

綜上所述，方程f(x)=0沒有負根．  

                                                                          （12）

22．（理）(1)S_n=a_n，∴S_n+1=a_n+1，a_n+1=S_n+1-S_n=a_n+1-a_n，∴= (n≥2)         (2’)

∴==…==1，∴a_n+1=n，a_n=n-1 (n≥2)，又a₁=0，∴a_n=n-1                  (4’)

   （2）b_n+1=(1+ )ⁿ⁺¹，b_n=(1+ )ⁿ，

∵<(n+1)?(1+ )ⁿ                                   (7’)

整理即得：(1+ )ⁿ<(1+ )ⁿ⁺¹，即b_n<b_n+1                              (8’)

(3)由(2)知b_n>b_n-1­>…>b­₁=                                               (10’)

又C_n^r?()^r=(??…)?()^r≤()^r，(0≤r≤n)，

∴b_n≤1+ +()²+…+()ⁿ=2-()ⁿ<2，∴≤b_n<2                          (14’)

考點解析：這種“新概念”題需要較好的理解、分析能力，放縮法證明不等式是不等式證明的常用方法，也具有一定的靈活性，平時要注重概念的學習，常見題型的積累，提高思維能力和聯想變通能力．

22．（文）見21（理）．