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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(shù)列(n∈N^*)

5．A. 提示：當(dāng)S₁=S₂=S₃=S₄=S時，λ=4；當(dāng)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(shù)的相反數(shù)是它本身，集合A的補(bǔ)集的補(bǔ)集是它本身，一個復(fù)數(shù)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(dāng)x= 時，y=0  當(dāng)x=時，y=                              （12）

18．(1)質(zhì)點(diǎn)n次移動看作n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)，記向左移動一次為事件A，

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

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

考點(diǎn)解析：本題考查n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)及獨(dú)立事件同時發(fā)生的概率，但需要一定的分析、轉(zhuǎn)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(diǎn)，∴BB₁²=BC²=a²，

∴BB₁=a          (5’)

取CD中點(diǎn)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(diǎn)B到平面A₁DE的距離    (11’)

BN==a        (12’)

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

則B(0,a,0)，設(shè)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(diǎn)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(shù)運(yùn)算，可以減輕多數(shù)學(xué)生學(xué)習(xí)立體幾何的學(xué)習(xí)壓力．

20．若按方案1付款，設(shè)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(shù)S₁=3a=9.9×1.008¹²                       (6’)

若按方案2付款，設(shè)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(diǎn)解析：復(fù)習(xí)中要注意以教材中研究性學(xué)習(xí)內(nèi)容為背景的應(yīng)用問題．

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

又A、M、C三點(diǎn)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(diǎn)，∴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(diǎn)解析：解析幾何題注意隱藏的三點(diǎn)共線關(guān)系；平面向量運(yùn)算也常常設(shè)置在解析幾何考題當(dāng)中．

21．(文)證明：(1) 設(shè)-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(shù)f(x)在(-1,+∞ )上為增函數(shù)．       （6）

 (2)  若方程有負(fù)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(fù)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(diǎn)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(xué)習(xí)，常見題型的積累，提高思維能力和聯(lián)想變通能力．

22．（文）見21（理）．

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