題目列表(包括答案和解析)
已知f(x)=sin(x+
)，g(x)=cos(x-)，則下列結論中正確的是（
）
A．函數y=f(x)·g(x)的最大值為1
B．函數y=f(x)·g(x)的對稱中心是(
,0)，
∈Z
C．當x∈[-,]時，函數y=f(x)·g(x)單調遞增
D．將f(x)的圖象向右平移單位后得g(x)的圖象
已知f(x)=sin(x+
)，g(x)=cos(x-)，則下列結論中正確的是（
）
A．函數y=f(x)·g(x)的最大值為1
B．函數y=f(x)·g(x)的對稱中心是(
,0)，
∈Z
C．當x∈[-,]時，函數y=f(x)·g(x)單調遞增
D．將f(x)的圖象向右平移單位后得g(x)的圖象
已知f(x)=sin(x+
)，g(x)=cos(x-)，則下列結論中正確的是 （ ）
A．函數y=f(x)·g(x)的最大值為1
B．函數y=f(x)·g(x)的對稱中心是(
,0)，
∈Z
C．當x∈[-,]時，函數y=f(x)·g(x)單調遞增
D．將f(x)的圖象向右平移單位后得g(x)的圖象
已知拋物線y=ax2+bx+c經過A、B、C三點，當x≥0時，其圖象如圖所示．| A、奇函數 | B、偶函數 | C、非奇非偶函數 | D、既奇又偶函數 |
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<x1<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)Sn=an，∴Sn+1=an+1，an+1=Sn+1-Sn=an+1-an，∴= (n≥2) (2’)
∴==…==1，∴an+1=n，an=n-1 (n≥2)，又a1=0，∴an=n-1 (4’)
（2）bn+1=(1+ )n+1，bn=(1+ )n，
∵<(n+1)?(1+ )n (7’)
整理即得：(1+ )n<(1+ )n+1，即bn<bn+1 (8’)
(3)由(2)知bn>bn-1>…>b1= (10’)
又Cnr?()r=(??…)?()r≤()r，(0≤r≤n)，
∴bn≤1+ +()2+…+()n=2-()n<2，∴≤bn<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）．
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