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命題“對任意的，”的否定是­­­­____________．

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命題“對任意都有”的否定是（   ）

A．對任意，都有	B．不存在，使得
C．存在，使得	D．存在，使得

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命題“對任意都有”的否定是（   ）

A．對任意，都有	B．不存在，使得
C．存在，使得	D．存在，使得

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一選擇題

CDDAB     BBCCC     BB

二填空題

13、2000     14、2      15、   16、8+π

17解：（1）∵（x）=2sin（+x）×cos2x－1=1-cos（+2x）－cos2x－1

                   =sin2x－cos2x=2sin（2x－）…………………3分

            ∴T=π……………………………………………………………4分

    由2kπ－≤2x－≤2kπ得 kπ－≤x≤kπ+π（k∈Z）

    即f（x）單調增區(qū)間為[kπ－，kπ+]（k∈Z）………………6分

    （2）若p成立，即x∈[，]時，2x－∈[，]，f（x）∈[1，2]，……8分

    由ㄏf（x）-mㄏ< 3=>m－3<f（x）<m+3…………………………………      9分

∵p是q的充分條件，

∴  m-3<1 m+3>2，解得-1<m<4，即m的取值范圍是（-1，4）……………     12分

18. 解:（Ⅰ）設事件表示甲運動員射擊一次,恰好擊中9環(huán)以上(含9環(huán)),則

.                            ……………….3分

甲運動員射擊3次均未擊中9環(huán)以上的概率為

.                            …………………5分

所以甲運動員射擊3次,至少有1次擊中9環(huán)以上的概率為

.                               ………………6分

    (Ⅱ)記乙運動員射擊1次,擊中9環(huán)以上為事件,則

                        …………………8分

由已知的可能取值是0,1,2.                       …………………9分

;

;

.

的分布列為

0

1

2

0.05

0.35

0.6

                                               ………………………10分

所以

故所求數學期望為.                          ………………………12分

19.解法一（幾何法）

   （1）證明：正方形ABCD  ∵面ABCD⊥面ABEF且交于AB，

∴CB⊥面ABEF    ∵AG，GB面ABEF，  ∴CB⊥AG，CB⊥BG

又AD=2a，AF=a，ABEF是矩形，G是EF的中點，

∴AG=BG=，AB=2a，AB²=AG²+BG²，∴AG⊥BG   ∵CG∩BG=G，

∴AG⊥平面CBG   面AG面AGC， 故平面AGC⊥平面BGC.…4分

（2）解：如圖，由（Ⅰ）知面AGC⊥面BGC，

且交于GC，在平面BGC內作BH⊥GC，

垂足為H，則BH⊥平面AGC，  

∴∠BGH是GB與平面AGC所成的角

∴Rt△CBG中

又BG=，∴              ……8分

（3）由（Ⅱ）知，BH⊥面AGC，   作BO⊥AC，垂足為O，連結HO，

則HO⊥AC，∴∠BOH為二面角B―AC―G的平面角在Rt△ABC中，

在Rt△BOH中， 

即二面角B―AC―G的平面角的正弦值為.         ……12分

[方法二]（向量法）

解法：以A為原點，AF所在直線為x軸，AB所在直線為y軸，AD所在直線為z軸建立直角坐標系，

則A（0，0，0），B（0，2a，0），C（0，2a，2a），G（a，a，0），F（a，0，0）

（1）證明：略

（2）由題意可得，

， 設平面AGC的法向量為，

由

（3）因是平面AGC的法向量，又AF⊥平面ABCD，

平面ABCD的法向量， 得

∴二面角B―AC―G的的平面角的正弦值為.

20. （Ⅰ）函數的定義域為：.                   …………………………1分

∵,       ∴.

令，則.                              ……………3分

當在上變化時，的變化情況如下表

+

0

-

ㄊ

極大值

ㄋ

∴函數的單調遞增區(qū)間是，單調遞減區(qū)間是. …………6分

（Ⅱ）由題意可知：，                     …………………7分

曲線在點處的切線的斜率為. …8分

∴切線方程為：.                ……………9分

∴.

∴.                             ……………10分

∵切線方程為,    ∴.       ∴.

∴曲線在點處的切線的斜率.   ………12分

21. 解：（1）由題意設橢圓的標準方程為，

由已知得：，

∴，，∴

∴橢圓的標準方程為

（2）設、，

聯(lián)立得

又，

因為以為直徑的圓過橢圓的右頂點，

∴，即．

∴

∴

∴

解得：

，且均滿足．

當時，得方程為，直線過定點（2，0），與已知矛盾；

當時，得方程為，直線過定點（，0），

所以直線過定點，定點坐標為（，0）．

22（本小題滿分12分）

設S_n是數列的前n項和，且．

（1）求數列的通項公式；   　　

（2）設數列使，求的通項公式；

（3）設，且數列的前n項和為T_n，試比較T_n與的大小．

解：（1）∵，∴，            

于是a_n＋1＝S_n＋1－S_n＝（2 a_n＋1－2）－（2 a_n－2），即a_n＋1＝2a_n.       …………2分

又a₁＝S₁＝2 a₁－2, 得a₁＝2.                                     …………3分

∴是首項和公比都是2的等比數列，故a_n＝2ⁿ.                  …………4分

(2) 由a₁b₁＝（2×1－1）×2^1＋1＋2＝6及a₁＝2得b₁＝3.             …………5分

當時，

，

∴.                       …………7分

∵a_n＝2ⁿ，∴b_n＝2n＋1（）.                                 …………8分

∴                           …………10分

（3）.   …………12分

.

                                                               …………14分