參考答案：

一、選擇題(本大題共2小題，每小題5分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)

簡(jiǎn)答與提示：

1、當(dāng)q＞p＞0時(shí)，　 ∴　　　 若，則q＞p＞0或0＞p＞q

2、設(shè)，由題意有　　 ∴

3、由題意可知

4、設(shè)公差為d，則a_n+1=a_n+d, a_n−1=a_n−d，∴

5、由圖象可知函數(shù)過(guò)(−2, 0), (6, 0), T=16, ，將函數(shù)向右平移6個(gè)單位得到

　　 或用排除法，令x=−2, y=0，排除B、C，令x=8，則y＞0，排除D

6、由a∈P, b∈P可設(shè)a=x², b=y²， ∴ab=x²y²=(xy)²∈P

7、由得，

∴∠C的對(duì)邊AB為最長(zhǎng)邊，∠B的對(duì)邊AC為最短邊，由正弦定理得：

8、由已知f (3x+1)=f[3(x+3)+1]=f(3x+1+9)，所以f(x)的周期為9，

f(2006)=f(2007－1)=f(－1)=－f(1)=1.

9、a與b的夾角為60^o，　

10、乙丙丁所說(shuō)為假甲拿4，甲乙所說(shuō)為假丙拿1，甲所說(shuō)為假乙拿2；

11．∵S_n有最小值，∴d＜0則a₁₀＞a₁₁，又，∴a₁₁＜0＜a₁₀ ∴a₁₀+a₁₁＜0，

S₂₀=10(a₁+a₂₀)=10(a₁₀+a₁₁)＜0, S₁₉=19a₁₀＞0又a₁＞a₂＞…＞a₁₀＞0＞a₁₁＞a₁₂＞…

∴S₁₀＞S₉＞…＞S₂＞S₁＞0, S₁₀＞S₁₁＞…＞S₁₉＞0＞S₂₀＞S₂₁＞…

又∵S₁₉−S₁=a₂+a₃+…+a₁₉=9(a₁₀+a₁₁)＜0　　 ∴S₁₉為最小正值

12．由不等式x²+ax−3a＜0, x∈[−1, 1]時(shí)恒成立，可得不等式，x∈[−1, 1]時(shí)恒成立，令，由x∈[−1, 1]得3−x∈[2, 4]，當(dāng)3−x=3即x=0時(shí)，函數(shù)f(x)有最小值0，又

二、填空題(本大題共4小題，每小題4分，共16分，把答案填在橫線上.)

13、9　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 14、

15、　　　　　　　　　　　　　 16、①②③④

簡(jiǎn)答與提示：

13、二項(xiàng)式系數(shù)是中間兩項(xiàng)最大，但相應(yīng)的展開(kāi)式的系數(shù)一正一負(fù)

14．，令得

，∴當(dāng)時(shí)，斜率最小為，

此時(shí)，切點(diǎn)是，所以切線方程為；

15、命題p：不等式|x－m|+|x－1|＞1的解集為R或

命題q：f(x)＝log_(3+m)x是(0，+∞)上的增函數(shù)3+m>1

　“p且q”是假命題，“p或q”是真命題說(shuō)明命題p和q一真一假，

所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是.

16、根據(jù)有關(guān)性質(zhì)和判斷

三、解答題：(本大題共6小題，共74分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.)

17、 (本題滿分12分)

解：(Ⅰ)在△ABC中，

(Ⅱ)由正弦定理,又,故　

即: 　故△ABC是以角C為直角的直角三角形

又　

18、(本題滿分12分)

解：(1)記“從袋中摸出的2個(gè)球中含有紅球”為事件A

則　

(II)記“從袋中摸出的2個(gè)球都是紅球”為事件B

則　

3次摸球恰好有兩次中大獎(jiǎng)相當(dāng)于作了3次獨(dú)立重復(fù)實(shí)驗(yàn)

則　

19、(本題滿分12分)

解：(I)設(shè)等差數(shù)列{log₂(a_n−1)}的公差為d

第一項(xiàng)為　 log₂(a₁−1)=1　　　　　 第三項(xiàng)為　 log₂(a₃−1)=3

∴公差d=1

∴l(xiāng)og₂(a_n−1)=1+(n−1).1=n　　　　　　 ∴a_n−1=2ⁿ

∴a_n=2ⁿ+1

(II)∵

∴

20、(本題滿分12分)

解法一：

⑴　 連結(jié)AC、BD，設(shè).由P－ABCD與Q－ABCD都是正四棱錐，

所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD.從而P、O、Q三點(diǎn)在一條直線上，

所以PQ⊥平面ABCD.

　　　 由題設(shè)知，ABCD是正方形，所以．

⑵ 由⑴，平面，故可以分別以直線CA、DB、QP為軸，軸，軸建立空間直角坐標(biāo)系(如上圖)，由題設(shè)條件，相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)分別是，，,所以,,

于是

從而異面直線AQ與PB所成的角是.

⑶ 由⑵，點(diǎn)D的坐標(biāo)是(0，－，0)，，，

設(shè)是平面QAD的一個(gè)法向量，

由　　　 得.取x=1，得.

所以點(diǎn)P到平面QAD的距離.

解法二：

⑴　 取AD的中點(diǎn)M，連結(jié)PM，QM.因?yàn)?i>P－ABCD與Q－ABCD都是正四棱錐，

所以AD⊥PM，AD⊥QM. 從而AD⊥平面PQM.

又平面PQM，所以PQ⊥AD.同理PQ⊥AB，所以PQ⊥平面ABCD.

⑵　 連結(jié)AC、BD設(shè)，由PQ⊥平面ABCD及

正四棱錐的性質(zhì)可知O在PQ上，從而P、A、Q、C四

點(diǎn)共面.取OC的中點(diǎn)N，連結(jié)PN．

因?yàn)?i>，所以，

從而AQ∥PN.∠BPN(或其補(bǔ)角)是異面直線AQ

與PB所成的角.連接BN，

因?yàn)?img src="http://thumb.1010pic.com/pic20/38/383943_1/image140.gif">．

所以．

從而異面直線AQ與PB所成的角是．

⑶ 由⑴知，AD⊥平面PQM，所以平面PQM⊥平面QAD. 過(guò)P作PH⊥QM于H，

則PH⊥平面QAD，所以PH的長(zhǎng)為點(diǎn)P到平面QAD的距離．

連結(jié)OM，則.所以，

又PQ＝PO+QO＝3，于是.

即點(diǎn)P到平面QAD的距離是.

21、(本小題滿分12分)

(1)證明：由拋物線定義知，(2分)

，可得PQ所在直線方程為x₀x=2(y+y₀)，　　

得Q點(diǎn)坐標(biāo)為(0, -y₀)，∴，

∴ |PF|=|QF|，　∴△PFQ為等腰三角形．　

(2)設(shè)A(x₁, y₁)，B(x₂, y₂)，又M點(diǎn)坐標(biāo)為(0, y₀)，　∴AB方程為，

　由得　　

　……①

由得：，

∴……②　　　　　　　　

　由①②知，得，由x₀≠0可得x₂≠0，

∴，又，解得：．

21、(本小題滿分14分)

解：(1)∵，配方得，由得最大值。

　　　　　　　 ∴，。

　　 (2)要使，?？梢允耿?img src="http://thumb.1010pic.com/pic20/38/383943_1/image172.gif">中有3個(gè)元素，中有2個(gè)元素， 中有1個(gè)元素。則。

②中有6個(gè)元素，中有4個(gè)元素， 中有2個(gè)元素。則　

(3)由(2)知