计数原理测试卷

1. 由题意知，选2名男医生、1名女医生的方法有C■■C■■=75（种），故选C.

2. 当x>0时，由已知可得f[f（x）]=-■+■■=■-■■的展开式中，常数项为C■■■■（-■）3= -20. 选A.

3. 根据甲、乙的位置要求分类解决，分两类. 第一类：甲在最左端，有A■■=120种方法；第二类：乙在最左端，有4A■■=96种方法. 所以共计120+96=216种方法. 选B.

4. 先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空. 安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1，小品2，相声”“小品1，相声，小品2”“相声，小品1，小品2”. 对于第一种情况，形式为“□小品1 歌舞1小品2□相声□”，有A■■C■■A■■=36种安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法. 对于第二种情况，三个节目形成4个空，其形式为“□小品1□相声□小品2□”，有A■■A■■=48种安排方法，故共有36+36+48=120种安排方法. 选B.

5. 第一类：若选0，则0只能在十位，百位、个位数字从1，3，5中任选2个，有3×2=6个；第二类：若选2，若2在百位，则十位、个位数字从1，3，5中任选2个，有3×2=6个，若2在十位，则百位、个位数字从1，3，5中任选2个，有3×2=6个，总计18个，选项B正确.

6. 若红色卡片只有1张，则取法有C■■C■■种；若红色卡片没有，则取法有C■■-3C■■种，所以满足条件的不同取法的种数为C■■C■■+C■■-3C■■=472，故选项C正确.

7. 由题可知，三个顶点可分为三类. 第一类，OA，OB上各一点加上点O，共计C■■C■■；第二类，OA上两点，OB上一点（均除去O点外），共计C■■C■■；第三类OB上两点，OA上一点（均除去O点外），共计C■■C■■；所以总计C■■C■■+C■■C■■+C■■C■■个，故选C.

8. 在x1，x2，x3，x4，x5这5个数中，因为xi∈{-1，0，1}，i=1，2，3，4，5，所以满足条件1≤x1+x2+x3+x4+x5≤3的可能情况有：①一个1（或-1），四个0，有C■■×2种；②两个1（或-1），三个0，有C■■×2种；③一个-1，一个1，三个0，有A■■种；④两个1（或-1），一个-1（或1），两个0，有C■■C■■×2种；⑤三个1（或-1），两个0，有C■■×2种. 故共有C■■×2+C■■×2+A■■+C■■C■■×2+C■■×2=130种，故选D.

9. a=C■■，b=C■■，又13a=7b，所以可得13C■■=7C■■，即13·■=7·■，所以13=7·■，解得m=6.

10. 公比为2的有：1，2，4；2，4，8；公比为3的有：1，3，9；公比为■时，4，6，9. 又顺序调一下也是等比数列，故共有8组.

11. 将产品A与B捆绑在一起，然后与其他三种产品进行全排列，共有A■■A■■种方法，将产品A，B，C捆绑在一起，且A在中间，然后与其他两种产品进行全排列，共有A■■A■■种方法. 于是符合题意的排法共有A■■A■■-A■■A■■=36种.

12. 由题意知①②③④中有且只有一个是正确的，其余三个均不正确，下面分类讨论满足条件的有序数组（a，b，c，d）的个数：（1）若①正确，即a=1，则②③④都错误，即b=1，c≠2，d=4，其中a=1与b=1矛盾，显然此种情况不存在. （2）若②正确，即b≠1，则①③④都错误，即a≠1，c≠2，d=4，则当b=2时，有a=3，c=1；当b=3时，有a=2，c=1，此时有2种有序数组. （3）若③正确，即c=2，则①②④都错误，即a≠1，b=1，d=4，则a=3，即此种情况有1种有序数组.（4）若④正确，即d≠4，则①②③都错误，即a≠1，b=1，c≠2，则当d=2时，有a=3，c=4或a=4，c=3，有2种有序数组；当d=3时，有c=4，a=2，仅1种有序数组.综上可得共有2+1+2+1=6种有序数组.

13. 在已知等式中分别取x=1，x=-1得：a0+a1+a2+…+a2010=62010，a0-a1+a2-…+a2010=22010，两式相加，整理得a0+a2+a4+…+a2010=■（62010+22010）=■×62010+22009. 又■×62010=■×22010×32010=22009×32010，能被3整除，22009=2×（22）1004=2×（3+1）1004=2（31004+C■■·31003+…+C■■·3+1）被3除的余数是2.

14. （1）有三类：3名老师中选一人，有3种方法；8名男同学中选一人，有8种方法；5名女同学中选一人，有5种方法. 由分类加法计数原理知，有3+8+5=16种选法.

（2）分三步：第一步选老师，有3种方法；第二步选男同学，有8种方法；第三步选女同学，有5种方法.由分步乘法计数原理，共有3×8×5=120种选法.

（3）可分两类，每一类又分两步.

第一类，选一名老师再选一名男同学，有3×8=24种选法；

第二类，选一名老师再选一名女同学，共有3×5=15种选法.

由分类加法计数原理，共有24+15=39种选法.

15. （1）法1：A在最后一位，有A■■种出场数；A不在最后一位、也不在第一位有A■■A■■A■■种出场数，因此共有A■■+A■■A■■A■■=504种出场数.

法2：六位选手全排列，有A■■种出场数；A在第一位，有A■■种出场数；B在最后一位，有A■■种出场数；A在第一位且B在最后一位，有A■■种出场数，因此共有A■■-2A■■+A■■=504种出场数.endprint

（2）法1：A，B中只有一位进入总分排位前三名，有C■■A■■A■■A■■种；A，B都进入总分排位前三名，有A■■A■■种，因此共有C■■A■■A■■A■■+A■■A■■=576种.

法2：六位选手全排列，有A■■种；A，B中都未进入总分排位前三名，有A■■A■■种，因此共有A■■-A■■A■■=576种.

16. 以颜色的种类划分：①3种颜色：则A，C一样，B，D一样，共有C■■A■■=60种；②4种颜色，则当A，C一样或B，D一样，共有C■■·A■■×2=240种；5种颜色，共有A■■=120种；总计420种不同的染色方法.

概率、统计测试卷（A卷）

1. 对分类变量来说，观测值k来说，k越小，“X与Y有关系”可信程度越小， 故选A.

2. P=■=■. 选A.

3. 由题意易求得x=7，s2=■[（84-85）2+（84-85）2+（86-85）2+（84-85）2+（87-85）2]=1.6. 选B.

4. D

5. 由图乙可知，鸡蛋占食品开支的比例为■=10%，结合图甲可知小波在一个星期的鸡蛋开支占总开支的比例为30%×10%=3%，选C.

6. AC边上的高BE=■，若BD=■，则DE=■，所以P=■=■，故选A.

7. 第一次得到的两个数字为65，由于65>20，将它去掉；第二次得到的两个数字为72，由于72>20，将它去掉；第三次得到的两个数字为08，由于08<20，说明号码08在总体内，将它取出；继续向右读，依次可以取出02，14，07，02；但是由于02在前面已经选出，故需要继续选一个. 再选一个就是01，故选出来的第5个个体是01，选D.

8. ■=44，S=■=7，选D.

9. a=0.1-（0.035+0.020+0.010+0.005）=0.03，从身高在[140，150]内的学生中选取的人数应为■×18=3.

10. 设正方形边长为1，P=■=1-■.

11. 甲命中：8+12+13+20+22+24+25+26+27+37=214；

？摇乙命中：9+11+13+14+18+19+20+21+21+23=169，则甲命中率较高.

12. ■

13. 原数据的平均值为80+1.2=81.2，方差不变还是4.4.

14. （1）因为x=■■xn=75，所以x6=6x-■xn=6×75-70-76-72-70-72=90. 因为s2=■■（xn-x）2=■×（52+12+32+52+32+152）=49，所以s=7.

（2）从5位同学中随机选取2位同学，共有如下10种不同的取法：{1，2}，{1，3}，{1，4}，{1，5}，{2，3}，{2，4}，{2，5}，{3，4}，{3，5}，{4，5}，选出的2位同学中，恰有1位同学的成绩位于（68，75）的取法共有如下4种：}1，2}，{2，3}，{2，4}，{2，5}，故所得概率为■.

15. （1）P（x=1）=■=■.

（2）P（x≥3且y=3）=■=■.

（3）a+b=3.

16. （1）P=■=■=■，所以某同学被选到的概率为■. 设有x名女同学，则■=■，所以x=3，所以男、女同学的人数分别为1，3.

（2）把3名女同学和1名男同学记为a1，a2，a3，b，则选取两名同学的基本事件有（a1，a2），（a1，a3），（a1，b），（a2，a1），（a2，a3），（a2，b），（a3，a1），（a3，a2），（a3，b），（b，a1），（b，a2），（b，a3）共12种，其中有一名男同学的有6种. 所以选出两名男同学中恰有一名男同学的概率为P=■=■.

（3）x1=■=71，

x2=■=71，

s■■=■=4，

s■■=■=3.2，因为x1=x2，s■■>s■■，所以第二名同学的成绩更稳定.

概率、统计测试卷（B卷）

1. 将3人排序共包含6个基本事件，由古典概型得P=■，选A.

2. SΩ=2×2=4，SX=2■（x3-x）dx=2■x4-■x210=■，所求概率P=■=■，选B.

3. ■=40+■=44，s2=■=7，故选A.

4. cos〈a，b〉=■=■=■>0，所以m>n. 连续两次掷一颗质地均匀的骰子，出现向上的点数分别为m，n，向量a=（m，n）共有36种情况，其中满足m>n的共有15种情况，所以所求的概率P=■=■. 选B.

5. ■甲=■（4+5+6+7+8）=6，■乙=■（5×3+6+9）=6，甲的成绩的方差为■（22×2+12×2）=2，乙的成绩的方差为■（12×3+32×1）=2.4. 选C.

6. 显然b，d中必有一个数字为5，由对称性，不妨先设b=5，则d≥3. 若d=4，则a，c，e是1，2，3的任意排列都满足，即A■■=6种； 若d=3，则c，e是1，2的任意排列，且a=4，即2种；则满足条件的概率是：■=■. 选A.

7. 一组数据都加上或减去同一个常数，数据的平均数有变化，方差不变（方差是反映数据的波动程度的量），①正确；回归方程中x的系数具备直线斜率的功能，对于回归方程■=3-5x，当x增加一个单位时，y平均减少5个单位，②错误；由线性回归方程的定义知，线性回归方程■=■x+■必过点（■，■），③正确；因为K2=13.079>10.828，故有99.9%的把握确认这两个变量有关系，④正确. 故选B.

8. 将A，B，C，D，E五种不同的文件随机地放入编号依次为1，2，3，4，5，6，7的七个抽屉内，共有A■■种不同的放法. 而文件A，B被放在相邻的抽屉内且文件C，D被放在不相邻的抽屉内可用排除法. 文件A，B被放在相邻的抽屉内且不考虑文件C，D是否被放在相邻的抽屉内，有A■■·A■■种不同的放法；文件A，B被放在相邻的抽屉内且文件C，D也被放在相邻的抽屉内，有A■■·A■■·A■■，故所求的概率为P=■=■. 选B.endprint

9. 0.254. 10. 0.12

11. 设乙、丙两人各自通过测试的概率分别是x，y，依题意得：

■xy=■，■（1-x）（1-y）=■，即x=■，y=■或x=■，y=■（舍去）.

所以乙、丙两人各自通过测试的概率分别是■，■.

12. X的分布列为：

■

E（X）=4×■+6×■+8×■=6.

13. 易见A1，A2，A3是两两互斥的事件，所以P（B）=P（BA1）+P（BA2）+P（BA3），则有P（B）=■×■+■×■+■×■=■，即事件B的概率是确定的，答案为②④.

14. （1）设乙厂生产的产品数量为n，则有■=■，解得n=35，即乙厂生产的产品数量为35件.

（2）易见只有编号为2，5的两组产品为优等品，所以乙厂生产的产品中的优等品率为■，因为35×■=14，故乙厂生产有大约14件优等品.

（3）ξ的取值为0，1，2.

P（ξ=0）=■=■，P（ξ=1）■=■，P（ξ=2）=■=■.

所以ξ的分布列为：

■

故ξ的均值为E（ξ）=0×■+1×■+2×■=■.

15. （1）（0.2+0.16）×1×50=18，这50个路段中为中度拥堵的有18个.

（2）设事件A“一个路段严重拥堵”，则P（A）=0.1；事件B“至少一个路段严重拥堵”，则P（■）=（1-P（A））3=0.729，P（B）=1-P（■）=0.271. 所以三个路段至少有一个是严重拥堵的概率是0.271.

（3）分布列如下表：

■

所以E（X）=39.96. 此人经过该路段所用时间的数学期望是39.96分钟.

南京师大附中 南京金陵中学

月考试卷调研

1. [0，2] 2. 1 3. 2 4. ■ 5. 2 6. 35 7. 9 8. ■ 9. -1 10. 必要不充分

11. 1 因为x+2y=4，所以■+■=■+■=■+■=■+■+■，由基本不等式可得■+■≥2■=■，即■+■≥1.

12. -■，-3 ？摇f（x）=0可以转化为x2-9+x2=-kx，记g（x）=x2-9+x2，则f（x）=0在（0，4）上有两个实数解，可以转化为函数g（x）=x2-9+x2=9，0

13. -4？摇设圆心C（a，b），由已知可得■+■+2=0，■=1，解得a=0，b=0，则圆C的方程为x2+y2=r2，将点P的坐标代入得r2=2，故圆C的方程为x2+y2=2. 设Q（x，y），则x2+y2=2，且■·■=（x-1，y-1）·（x+2，y+2）=x2+y2+x+y-4=x+y-2.

法1：令x=■cosα，y=■sinα，则x+y=2sinα+■≥-2.

法2：令x+y=t，则y=-x+t，所以■·■=x+y-2≥-4，■·■的最小值为-4.

14. a>2？摇由bn=■（n∈N？鄢）可得bn=1-■，于是an=1+■. 从而an>an+1即为■>■对一切n∈N？鄢恒成立. 又{bn}是公比为■的等比数列，所以bn=■■n-1（n∈N？鄢）. 显然，a>1且a≠2，分类讨论：当a>2时，0<■<1，所以bn=■■n-1<1且1>bn>bn+1>0，所以0<1-bn<1-bn+1，所以■>■对一切n∈N？鄢恒成立；当11-bn+1>0，所以■<■对一切n∈N？鄢恒成立，不符合题意. 综上可知，a>2.

15. （1）由m=（1，2），n=cos2A，cos2■，得m·n=cos2A+2cos2■=2cos2A-1+cosA+1=2cos2A+cosA. 又因为m·n=1，所以2cos2A+cosA=1，解得cosA=■或cosA=-1. 因为0

（2）在△ABC中，a2=b2+c2-2bccosA且a=■，所以（■）2=b2+c2-2bc·■=b2+c2-bc ①.

又b+c=2■，所以b=2■-c，代入①整理得c2-2■c+3=0，解得c=■，所以b=■，于是a=b=c=■，即△ABC为等边三角形.

16. （1）因为四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD，又AB？奂平面ABEF，CD？埭平面ABEF，所以CD∥平面ABEF. 又平面ABEF∩平面CDFE=EF，且CD？奂平面CDFE，所以CD∥EF. 又CD？奂平面ABCD，EF？埭平面ABCD，所以EF∥平面ABCD.

（2）因为AD⊥AF，所以BC⊥AF. 又BC⊥AB，所以平面BC⊥ABEF. 在Rt△ABF中，AB=4，AF=2，所以BF=2■，所以Rt△ABF的面积为2■. 又EF=■AB，且EF∥AB，所以△BEF的面积为■. 所以三棱锥B-CEF的体积VB-CEF=VC-BEF=■×■×4=■.

17. （1）因为2a=4，所以a=2. 因为过焦点且垂直于x轴的直线交椭圆于A，B两点，AB=2，所以由椭圆的对称性知，椭圆过点（c，1），即■+■=1. 又c2=4-b2，解得b2=2，所以椭圆的方程为■+■=1.

（2）存在这样的点P（x0，y0）. 设M（x1，y1），N（x2，y2），则kOMkON=■■=-■，化简为 x1x2+2y1y2=0. 因为M，N是椭圆C上的点，所以■+■=1，■+■=1. 由■=■+2■得x0=x1+2x2，y0=y1+2y2，所以x■■+2y■■=（x1+2x2）2+2（y1+2y2）2=（x■■+2y■■）+4（x■■+2y■■）+4（x1x2+2y1y2）=4+4×4+0=20，即存在这样的点P（x0，y0）.

18. （1）以点B为坐标原点，BA所在直线为x轴，建立平面直角坐标系. 设曲线段BC所在抛物线的方程为y2=2px（p>0），将点C（1，1）代入，得2p=1，即曲线段BC的方程为y2=x，即y=■（0≤x≤1）. 又由点C（1，1），D（2，3）得线段CD的方程为y=2x-1（1≤x≤2）. 而又知GA=2-x，所以可得S=■（2-x），0

■

图1

（2）①当00，所以S递增；当x∈■，1时，S′<0，所以S递减，所以当x=■时，Smax=■. ②当1■，所以当x=■米时，Smax=■平方米.

19. （1）由等差数列求和公式Sn=na1+■d=■n2+a1-■n，所以Sn-1+Sn+Sn+1=■（n-1）2+a1-■（n-1）+■n2+a1-■n+■（n+1）2+a1-■（n+1）=■（3n2+2）+3a1-■n，所以■（3n2+2）+3a1-■n=■n2+3a1-■n+d=3n2+2，所以■=3，a1-■=0，d=2，解得d=2，a1=1，所以an=2n-1.

（2）①由Sn-1+Sn+Sn+1=3n2+2（n≥2），得Sn+Sn+1+Sn+2=3（n+1）2+2，所以an+an+1+an+2=6n+3（n≥2），所以S100=a1+（a2+a3+a4）+（a5+a6+a7）+…+（a98+a99+a100）=1+■（6·2+3+6·98+3）·33=10000.

②设a2=x，由Sn-1+Sn+Sn+1=3n2+2（n≥2），得S1+S2+S3=14与S2+S3+S4=29，所以3a1+2a2+a3=14，所以a3=11-2x，所以3a1+3a2+2a3+a4=29，所以a4=x+4. 又Sn+Sn+1+Sn+2=3（n+1）2+2，所以an+an+1+an+2=6n+3（n≥2），所以an-1+an+an+1=6n-3（n≥3），相减得an+2-an-1=6（n≥3），所以a5=a2+6=x+6. 因为数列{an}为递增数列，所以a1

20. （1）①f ′（x）=（3x2-12x+3）ex+（x3-6x2+3x+t）ex=（x3-3x2-9x+t+3）ex. 因为f（x）有3个极值点，所以x3-3x2-9x+t+3=0有3个不同的根. 令g（x）=x3-3x2-9x+t+3，则g′（x）=3x2-6x-9=3（x+1）（x-3），从而函数g（x）在（-∞，-1），（3，+∞）上递增，在（-1，3）上递减. 因为g（x）有3个零点，所以g（-1）>0，g（3）<0，所以-8

（2）因为a，b，c是f（x）的三个极值点，所以x3-3x2-9x+t+3=（x-a）（x-b）（x-c）=x3-（a+b+c）x2+（ab+bc+ac）x-abc，所以a+b+c=3，ab+ac+bc=-9，t+3=-abc，a+c=2b2，所以b=1或-■（舍，因为b∈（-1，3）），所以a=1-2■，b=1，c=1+2■，所以f（x）的零点分别为1-2■，1，1+2■.

（3）不等式f（x）≤x，等价于（x3-6x2+3x+t）ex≤x，即t≤xe-x-x3+6x2-3x. 转化为存在实数t∈[0，2]，使对任意的x∈[1，m]，不等式t≤xe-x-x3+6x2-3x恒成立，即不等式0≤xe-x-x3+6x2-3x在x∈[1，m]上恒成立，即不等式0≤e-x-x2+6x-3在x∈[1，m]上恒成立. 设φ（x）=e-x-x2+6x-3，则φ′（x）=-e-x-2x+6. 设r（x）=φ′（x）=-e-x-2x+6，则r′（x）=e-x-2. 因为1≤x≤m，有r′（x）<0，所以r（x）在区间[1，m]上是减函数. 又r（1）=4-e-1>0，r（2）=2-e-2>0，r（3）=-e-3<0，故存在x0∈（2，3），使得r（x0）=φ′（x0）=0. 当1≤x0，当x>x0时，有φ′（x）<0. 从而y=φ（x）在区间[1，x0]上递增，在区间[x0，+∞）上递减. 又φ（1）=e-1+2>0，φ（2）=e-2+5>0，φ（3）=e-3+6>0，φ（4）=e-4+5>0，φ（5）=e-5+2>0，φ（6）=e-6-3<0. 所以，当1≤x≤5时，恒有φ（x）>0；当x≥6时，恒有φ（x）<0. 故使命题成立的正整数m的最大值为5.

21. A. 因为AB=AC，所以∠ABC=∠ACB，所以∠ACD=∠APC，∠CAP=∠CAP，所以△APC∽△ACD，所以■=■，所以AC2=AP·AD. 又AB=AC，所以AP·AD=AB·AC.

B. 由2 00 -212=2-4，所以，A，B，C在矩阵变换下变为A′（2，-4），B′（6，-6），C′（4，-2），从而可得A′B′=B′C′=2■，A′C′=2■，可得S=6.

C. （1）将x=1+t，y=-5+■t代入x-y-2■=0得t=2■，得P（1+2■，1）.

（1）由Q（1，-5），得PQ=■=4■.

D.■≥■·■？圳2（a3+b3）≥（a2+b2）（a+b）？圳a3+b3≥a2b+ab2？圳a3+b3-（a2b+ab2）=a2（a-b）-b2（a-b）？圳（a+b）（a-b）2≥0. 当且仅当a=b时等号成立.

22. （1）因为∠BAF=90°，所以AF⊥AB. 因为平面ABEF⊥平面ABCD，且平面ABEF∩平面ABCD=AB，所以AF⊥平面ABCD. 因为四边形ABCD为矩形，所以以A为坐标原点，AB，AD，AF分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系A-xyz. 所以B（1，0，0），E■，0，1，P0，1，■，C（1，2，0）. 所以■=-■，0，1，■=-1，-1，■，所以cos？骉■，■？骍=■=■，即异面直线BE与CP所成角的余弦值为■.

■

图2

（2）因为AB⊥平面ADF，所以平面APD的法向量为n1=（1，0，0）. 设P点坐标为（0，2-2t，t），在平面APC中，■=（0，2-2t，t），■=（1，2，0），所以平面APC的法向量为n2=-2，1，■，所以cos？骉n1，n2？骍=■=■=■，解得t=■，或t=2（舍）. 所以PF=■.

23. （1）依题意ak（x）=C■■■xk-1，k=1，2，3，…，n+1，a1（x），a2（x），a3（x）的系数依次为C■■=1，C■■·■=■，C■■·■2=■，所以2·■=1+■，解得n=8.

（2）F（x）=a1（x）+2a2（x）+3a3（x）+…+nan（x）+（n+1）an+1（x）=C■■+2C■■■x+3C■■■x2+…+nC■■■xn-1+（n+1）C■■■xn，F（2）=C■■+2C■■+3C■■+…+nC■■+（n+1）C■■. 设Sn=C■■+2C■■+3C■■+…+nC■■+（n+1）C■■，则Sn=（n+1）C■■+nC■■+…+3C■■+2C■■+C■■. 考虑到C■■=C■■，将以上两式相加得：

2Sn=（n+2）（C■■+C■■+C■■+…+C■■+C■■），所以Sn=（n+2）2n-1. 又当x∈[0，2]时，F′（x）≥0恒成立，从而F（x）是[0，2]上的单调递增函数，所以对任意x1，x2∈[0，2]，F（x1）-F（x2）≤F（2）-F（0）=（n+2）2n-1-1.

华中师大一附中 武汉外国语学校

月考试卷调研

1. （理、文）A z=（1+i）（2-i）=3+i，所以m=3，n=1，m·n=3.

2. （理、文）B 由9-x2>0得x∈（-3，3），即B={x-3

3. （理、文）D 由原命题与逆否命题的关系可知A正确；由特称命题的否定可知B正确；由正弦定理和三角形的边角关系可知C正确；若p∧q为假命题，则p，q有可能一真一假，未必均为假命题，由此可知D错误. 故选D.

4. （理、文）B 根据线性回归方程过样本中心点（■，■）.

5. （理）D 区域A的面积为■（■-x2）dx=■x■-■x310=■，P=■÷4=■.

（文）D 由题意，AB=2，BC=1，可知长方形ABCD的面积S=2×1=2，以AB为直径的半圆的面积S1=■×π×12=■. 故质点落在以AB为直径的半圆内的概率P=■=■.

6. （理、文）B 由图象得A=1，■=1-（-1）=2，T=■=8，ω=■. 由图象可以看出， f（1）=1，所以sin■×1+φ=1，-■<φ<■，？圯φ=■，所以f（x）=sin■（x+1）. 将f（x）的图象纵坐标不变，横坐标变成原来的2倍得到f1（x）=sin■x+■，再向右平移1个单位得到f2（x）=sin■（x-1）+■=sin■（x+1）.

7. （理、文）A 容易求得球的半径为1.

8. （理、文）C 画出可行域，得到最优解（3，3），把z=ax-y变为y=ax-z，即研究-z的最大值. 当a∈-■，■时，y=ax-y均过（3，3）且截距-z最大.

9. （理、文）D 因为双曲线的方程为x2-y2=a2，即■-■=1，所以双曲线的左顶点为A（-a，0），右顶点为B（a，0）. 设P（m，n），得直线PA的斜率kPA=■，直线PB的斜率kPB=■，所以kPA·kPB=■ ①. 因为P（m，n）是双曲线x2-y2=a2上的点，所以m2-n2=a2，得n2=m2-a2，代入①式得kPA·kPB=1. 因为直线PA，PB的倾斜角分别为α，β，所以tanα=kPA，tanβ=kPB，所以tanα·tanβ=1. 因为P是第一象限内双曲线上的点，易知α，β均为锐角，所以α+β=（k+1）α=■，解得α=■. 故选D.

10. （理、文）B 由f（1-x）=1-f（x），令x=1得f（1）=1，所以f■=■f（1）=■， f■=■f■=■. 令x=■，代入f（1-x）=1-f（x）得f■=■，所以f■=■f■=■，由函数f（x）在[0，1]上为非减函数，且f■=f■=■得当■≤x≤■时， f（x）=■. 所以f■=■，所以f■+f■=■.

11. （理）-540 第1次循环：b=3，a=2；第2次循环：b=5，a=3；第3次循环：b=7，a=4；第4次循环：b=9，a=5>4，不满足条件“a≤4”，故跳出循环，此时输出b=9. 所以■-■6=3■-■6，其通项为Tr+1=Cr6·（3■）6-r·-■r=（-1）rCr636-rx3-r（r=0，1，2，3，4，5，6）. 令3-r=0，得r=3，故常数项为T4=-C3633=-540.

11. （文）1800 设乙设备生产的产品总数为n，则■=■，解得n=1800.

12. （理、文）■=■a+■b？摇？摇？摇？摇

13. （理、文）3 由题意：2x+y-3=0？圯■+■=1，■=■+■=■+■·■+■=■■+■+■≥■·2+■=3.

14. （理）（3-2■，3-2■]∪[3+2■，3+2■）最长弦最短弦问题，圆C：（x-m）2+（y-2）2=（4■）2，S△ABC=■·4■·4■·sin∠ACB≤■·4■·4■·sin∠90°=16. 当∠ACB=∠90°时，弦长为8，故本题只需满足过P（3，0）有弦长为8的弦即可. 过P（3，0）的最长弦为直径8■>8，最短弦长为2■≤8，可得m≤3-2■或m≥3+2■. 又点P（3，0）在圆C：x2+y2-2mx-4y+m2-28=0内，32+02-2m·3-4·0+m2-28<0，得3-2■

14. （文）A=-■ 根据所给等式可知，各等式右边的各项系数之和为1，所以■+■+■+A=1，解得A=-■.

15. （理）2 连接AD，则AD是圆O的直径，于是∠ACD=90°.PB为△ABC外接圆O的切线？圯∠PDB=∠BAD=∠BCD，BD平分∠PBC？圯∠PBD=∠DBC. 又∠BCD+∠CBD+∠PBD=90°，所以∠BCD=∠CBD=∠PBD=30°. 所以∠BAD=30°. 所以BD=2PD=2，AD=2BD=4，所以圆O的半径是2.

15. （文）2 建立如图3所示的坐标系，则A（-1，0），B（0，-■），C（1，0），D（0，■）. 设E（x1，y1），F（x2，y2），由■■=3■，得（1，■）=3（x1，y1+■），可得E■，-■；由■=λ■，得（1，-■）=λ（x2，y2-■），可得F■，■-■. 由已知得■·■=■，-■·■+1，■-■=■-■=1，所以λ=2.

■

图3

16. （理）4■ C1的一般方程为y2-x2=4，曲线C2的直角坐标方程为y+■x-2=0. 由y2-x2=4，y+■x-2=0 得交点坐标为（0，2），（2■，-4），它们之间的距离为4■.

16. （文）-■，-■ y=2f 2（x）+2bf（x）+1的零点个数即方程2f 2（x）+2bf（x）+1=0①的根的个数. 令f（x）=u②，则2u2+2bu+1=0③. 由y=f（x）的图象可知，要使方程①有8个不同的实数解，则方程③在u∈（0，1）内有两个不相等的实数根，所以Δ=4b2-8>0，0<-■<1，2×12+2b×1+1>0？圯-■

17. （文）（3-2■，3-2■]∪[3+2■，3+2■）？摇

17. （理） 18. （文）（1）由题意得m·n=（sin2A-sin2C）+（sin2B-sinAsinB）=0，即sin2C=sin2A+sin2B-sinAsinB，由正弦定理得c2=a2+b2-ab，再由余弦定理得cosC=■=■. 因为0

（2）因为s+t=cosA，2cos2■-1=（cosA，cosB），所以可得s+t2=cos2A+cos2B=cos2A+cos2■-A=■+■=■cos2A-■sin2A+1=-■sin2A-■+1. 因为0

-■<2A-■<■，所以-■

18. （理） 19. （文）（1）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，由b4=b1q3，得q3=■=27，从而q=3. 因此bn=2·3n-1. 又a1+a2+a3=3a2=b2+b3=6+18=24，所以a2=8，d=a2-a1=6. 故an=6n-4.

（2）cn=anbn=4·（3n-2）·3n-1. 令Tn=1×30+4×31+7×32+…+（3n-5）×3n-2+（3n-2）×3n-1，则3Tn=1×31+4×32+7×33+…+（3n-5）×3n-1+（3n-2）×3n. 两式相减得-2Tn=1+3×31+3×32+…+3×3n-1-（3n-2）×3n=-■-■，所以Tn=■+■，故Sn=4Tn=7+（6n-7）·3n.

19. （理）（1）当t=■时，PA∥平面MQB. 连结AC交BQ于N，连结MN. 由AQ∥BC可得，△ANQ∽△CNB，所以■=■=■，所以■=■. 若t=■，即■=■=■，所以PA∥MN，由MN？奂平面PAC，故PA∥平面MQB.

（2）由PA=PD=AD=2，Q为AD的中点，则PQ⊥AD. 又平面PAD⊥平面ABCD，所以PQ⊥平面ABCD. 连结BD，因为四边形ABCD为菱形，所以AD=AB，由∠BAD=60°得△ABD为正三角形. 又Q为AD的中点，所以BQ⊥AD. 以Q为坐标原点，分别以QA，QB，QP所在的直线为x，y，z轴，建立如图4所示的坐标系，则各点坐标为A（1，0，0），B（0，■，0），Q（0，0，0），P（0，0，■）. 设平面MQB的法向量为n=（x，y，z），可得n·■=0，n·■=0，因为PA∥MN，所以n·■=0，n·■=0，即■y=0，x-■z=0.令z=1，得n=（■，0，1）. 取平面ABCD的法向量■=（0，0，■），设所求二面角为θ，而θ为锐角，则cosθ=■=■，故二面角M-BQ-C的大小为60°.

■

图4

20. （理）（1）系统抽样.

（2）众数的估计值为最高的矩形的中点，即众数的估计值等于97.5，设图中车速中位数的估计值为x，则0.01×5+0.02×5+0.04×5+0.06×（x-95）=0.5，解得x=97.5，即中位数的估计值为97.5

（3）从图中可知，车速在[80，85）的车辆数为m1=0.01×5×40=2（辆），车速在[85，90）的车辆数为m2=0.02×5×40=4（辆），所以ξ=0，1，2，P（ξ=0）=■=■，P（ξ=1）=■=■，P（ξ=2）=■=■，ξ的分布列为：

■

所以E（ξ）=0+1×■+2×■=■.

20. （文） （1）在等边三角形ABC中，AD=AE，所以■=■，在折叠后的三棱锥A-BCF中也成立，所以DE∥BC. 因为DE？埭平面BCF，BC？奂平面BCF，所以DE∥平面BCF.

（2）在等边三角形ABC中，F是BC的中点，所以AF⊥BC，BF=CF=■. 因为在三棱锥A-BCF中，BC=■，所以BC2=BF2+CF2，所以CF⊥BF. 因为在等边三角形ABC中，AF⊥BC，所以在三棱锥A-BCF中，AF⊥CF. 因为AF∩BF=F，所以CF⊥平面ABF

（3）由（1）可知GE∥CF，结合（2）可得GE⊥平面DFG. 所以VF-DEG=VE-DFG=■·■·■·■·■·■=■.

21. （理、文）（1）由题得b=■=■. 又■=■，a2-b2=c2，联立解得a2=4，b2=3，所以椭圆的方程为■+■=1.

（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），则A，B的坐标满足■+■=1，y=kx+m，消去y并化简得（3+4k2）·x2+8kmx+4m2-12=0，所以x1+x2=-■，x1x2=■，由？驻>0得4k2-m2+3>0，y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km（x1+x2）+m2=k2■+km-■+m2=■. 因为kOA·kOB=-■，即■=-■，即y1y2=-■x1x2，所以■=-■·■，即2m2-4k2=3. 因为AB=■=■=■=■. O到直线y=kx+m的距离d=■，所以S△AOB=■dAB=■■■=■■=■■=■为定值.

（3）若存在平行四边形OAPB使P在椭圆上，则■=■+■. 设P（x0，y0），则x0=x1+x2=-■，y0=y1+y2=■，由于P在椭圆上，所以■+■=1，从而化简得■+■=1. 化简得m2=3+4k2 ①. 由kOA·kOB=-■知2m2-4k2=3 ②. 解①②知无解，故不存在P在椭圆上的平行四边形.？摇

22. （理、文）（1）f ′（x）=■-2bx， f ′（2）=■-4b， f （2）=aln2-4b. 所以■-4b=-3，且aln2-4b=-6+2ln2+2. 解得a=2，b=1.

（2）f（x）=2lnx-x2，令h（x）=f（x）+m=2lnx-x2+m，则h′（x）=■-2x=■. 令h′（x）=0，得x=1（x=-1舍去）. 在■，e内，当x∈■，1时，h′（x）>0，所以h（x）是增函数；当x∈（1，e]时，h′（x）<0，所以h（x）是减函数. 则方程在■，e内有两个不等实根的充要条件是h■≤0，h（1）>0，h（e）≤0.即1

（3）g（x）=2lnx-x2-nx，g′（x）=■-2x-n. 假设g′（x0）=0成立，则2lnx1-x21-nx1=0 ①，2lnx2-x22-nx2=0 ②，x1+x2=2x0 ③，■-2x0-n=0 ④.

①-②，得2ln■-（x21-x22）-n（x1-x2）=0. 所以n=2·■-2x0. 由④得n=■-2x0，所以■=■. 即■=■. 即ln■=■ ⑤.

令t=■，u（t）=lnt-■（00. 所以u（t）在0