2023年山西经贸职业学院高职单招（数学）试题库含答案解析

长风破浪会有时，直挂云帆济沧海。住在富人区的她2023年山西经贸职业学院高职单招（数学）试题库含答案解析（图片大小可自由调整）全文为Word可编辑，若为PDF皆为盗版，请谨慎购买！第1卷一.综合题(共50题)1.

以下四组向量中，互相平行的有（）组．

A．一

B．二

C．三

D．四答案：D2.（本小题满分10分）选修4-1:几何证明选讲

如图，的角平分线的延长线交它的外接圆于点.

（Ⅰ）证明：；

（Ⅱ）若的面积,求的大小.答案：（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）90°解析：本题主要考查平面几何中与圆有关的定理及性质的应用、三角形相似及性质的应用.证明：（Ⅰ）由已知条件，可得∠BAE＝∠CAD．因为∠AEB与∠ACB是同弧上的圆周角，所以∠AEB＝∠ACD．故△ABE∽△ADC．（Ⅱ）因为△ABE∽△ADC，所以，即AB·AC＝AD·AE．又S＝AB·ACsin∠BAC，且S＝AD·AE，故AB·ACsin∠BAC＝AD·AE．则sin∠BAC＝1，又∠BAC为三角形内角，所以∠BAC＝90°．【点评】在圆的有关问题中经常要用到弦切角定理、圆周角定理、相交弦定理等结论，解题时要注意根据已知条件进行灵活的选择，同时三角形相似是证明一些与比例有关问题的的最好的方法.3.若3π2＜α＜2π，则直线xcosα+ysinα=1必不经过（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限答案：令x=0，得y=sinα＜0，令y=0，得x=cosα＞0，直线过（0，sinα），（cosα，0）两点，因而直线不过第二象限．故选B4.命题“方程|x|=1的解是x=±1”中，使用逻辑词的情况是（）A．没有使用逻辑连接词B．使用了逻辑连接词“或”C．使用了逻辑连接词“且”D．使用了逻辑连接词“或”与“且”答案：∵命题“方程|x|=1的解是x=±1”等价于命题“方程|x|=1的解是x=1或x=-1．”∴该命题使用了逻辑连接词“或”．故选B．5.设直线的参数方程是x=2+12ty=3+32t，那么它的斜截式方程是______．答案：∵直线的参数方程为x=2+12ty=3+32t（t为参数），消去参数化为普通方程可得y-3=3（x-2），那么它的斜截式方程是y=3x+3-23．故为：y=3x+3-23．6.已知x与y之间的一组数据：

x

0

1

2

3

y

2

4

6

8

则y与x的线性回归方程为y=bx+a必过点（）

A．（1.5，4）

B．（1.5，5）

C．（1，5）

D．（2，5）答案：B7.已知函数f(x)=(12)x

x≥4

f(x+1)

x＜4

则f（2+log23）的值为______．答案：∵2+log23∈（2，3），∴f（2+log23）=f（2+log23+1）=f（3+log23）=(12)3+log23=(12)3(12)log23=18×13=124故为1248.设P是边长为23的正△ABC内的一点，x，y，z是P到三角形三边的距离，则x+y+z的最大值为______．答案：正三角形的边长为a=23，可得它的高等于32a=3∵P是正三角形内部一点∴点P到三角形三边的距离之和等于正三角形的高，即x+y+z=3∵（x+y+z）2=（1×x+1×y+1×z）2≤（1+1+1）（x+y+z）=9∴x+y+z≤3，当且仅当x=y=z=1时，x+y+z的最大值为3故为：39.正方体的全面积为18cm2，则它的体积是（）A．4cm3B．8cm3C．11272cm3D．33cm3答案：设正方体边长是acm，根据题意得6a2=18，解得a=3，∴正方体的体积是33cm3．故选D．10.设点P对应的复数为-3+3i，以原点为极点，实轴正半轴为极轴建立极坐标系，则点P的极坐标为（）

A．（3，π）

B．（-3，π）

C．（3，π）

D．（-3，π）答案：A11.平面上一动点到两定点距离差为常数2a（a＞0）的轨迹是否是双曲线，若a＞c是否为双曲线？答案：由题意，设两定点间的距离为2c，则2a＜2c时，轨迹为双曲线的一支2a=2c时，轨迹为一条射线2a＞2c时，无轨迹．12.已知点A（1，3），B（4，-1），则与向量同方向的单位向量为（）

A．(，-)

B．(，-)

C．(-，)

D．(-，)答案：A13.若90°＜θ＜180°，曲线x2+y2sinθ=1表示（）

A．焦点在x轴上的双曲线

B．焦点在y轴上的双曲线

C．焦点在x轴上的椭圆

D．焦点在y轴上的椭圆答案：D14.已知向量表示“向东航行1km”，向量表示“向南航行1km”，则向量表示（）

A向东南航行km

B．向东南航行2km

C．向东北航行km

D．向东北航行2km答案：A15.利用计算机随机模拟方法计算y=x2与y=4所围成的区域Ω的面积时，可以先运行以下算法步骤：

第一步：利用计算机产生两个在[0，1]区间内的均匀随机数a，b；

第二步：对随机数a，b实施变换：答案：根据题意可得，点落在y=x2与y=4所围成的区域Ω的点的概率是100-34100=66100，矩形的面积为4×4=16，阴影部分的面积为S，则有S16=66100，∴S=10.56．故为：10.56．16.已知抛物线y2=4x的焦点为F，准线与x轴的交点为M，N为抛物线上的一点，且|NF|=32|MN|，则∠NMF=（）A．π6B．π4C．π3D．5π12答案：设N到准线的距离等于d，由抛物线的定义可得d=|NF|，

由题意得cos∠NMF=d|MN|=|NF||MN|=32，∴∠NMF=π6，故选A．17.直线(a+1)x-(2a+5)y-6=0必过一定点，定点的坐标为（

）。答案：（-4，-2）18.若圆C过点M（0，1）且与直线l：y=-1相切，设圆心C的轨迹为曲线E，A、B为曲线E上的两点，点P(0，t)(t＞0)，且满足AP=λPB(λ＞1)．

（I）求曲线E的方程；

（II）若t=6，直线AB的斜率为12，过A、B两点的圆N与抛物线在点A处共同的切线，求圆N的方程；

（III）分别过A、B作曲线E的切线，两条切线交于点Q，若点Q恰好在直线l上，求证：t与QA•QB均为定值．答案：【解】（Ⅰ）依题意，点C到定点M的距离等于到定直线l的距离，所以点C的轨迹为抛物线，曲线E的方程为x2=4y．（Ⅱ）直线AB的方程是y=12x+6，即x-2y+12=0．由{_x2=4y，x-2y+12=0，及AP=λPB(λ＞1)知|AP|＞|PB|，得A（6，9）和B（-4，4）由x2=4y得y=14x2，y′=12x．所以抛物线x2=4y在点A处切线的斜率为y'|x=6=3．直线NA的方程为y-9=-13(x-6)，即y=-13x+11．①线段AB的中点坐标为(1，132)，线段AB中垂线方程为y-132=-2(x-1)，即y=-2x+172．②由①、②解得N(-32，232)．于是，圆C的方程为(x+32)2+(y-232)2=(-4+32)2+(4-232)2，即(x+32)2+(y-232)2=1252．（Ⅲ）设A(x1，x124)，B(x2，x224)，Q（a，-1）．过点A的切线方程为y-x214=x12(x-x1)，即x12-2ax1-4=0．同理可得x22-2ax2-4=0，所以x1+x2=2a，x1x2=-4．又kAB=x124-x224x1-x2=x1+x24，所以直线AB的方程为y-x124=x1+x24(x-x

1)，即y=x1+x24x-x1x24，亦即y=a2x+1，所以t=-1．而QA=(x1-a，x124+1)，QB=(x2-a，x224+1)，所以QA•QB=(x1-a)(x2-a)+(x214+1)(x224+1)=x1x2-a(x1+x2)+a2+x21x2216+(x1+x2)2-2x1x24+1=-4-2a2+a2+1+4a2+84+1=0．19.抛物线y2=4x的焦点坐标为（）

A．（0，1）

B．（1，0）

C．（0，2）

D．（2，0）答案：B20.对某种花卉的开放花期追踪调查，调查情况如表：

花期（天）11～1314～1617～1920～22个数20403010则这种卉的平均花期为______天．答案：由表格知，花期平均为12天的有20个，花期平均为15天的有40个，花期平均为18天的有30个，花期平均为21天的有10个，∴这种花卉的评价花期是12×20+15×40+18×30+21×10100=16，故为：1621.已知向量a=（2，4），b=（1，1），若向量b⊥（a+λb），则实数λ的值是

______．答案：a+λb=（2，4）+λ（1，1）=（2+λ，4+λ）．∵b⊥（a+λb），∴b•（a+λb）=0，即（1，1）•（2+λ，4+λ）=2+λ+4+λ=6+2λ=0，∴λ=-3．故：-322.直线2x+y-3=0与直线3x+9y+1=0的夹角是（）

A．

B．arctan2

C．

D．答案：C23.已知椭圆的焦点是F1、F2，P是椭圆上的一个动点，如果延长F1P到Q，使得|PQ|=|PF2|，那么动点Q的轨迹是（）

A．圆

B．椭圆

C．双曲线的一支

D．抛物线答案：A24.一组数据12，15，24，25，31，31，36，36，37，39，44，49，50的中位数是（）

A．31

B．36

C．35

D．34答案：B25.已知A、B、C三点不共线，O是平面ABC外的任一点，下列条件中能确定点M与点A、B、C一定共面的是（）A．OM=OA+OB+OCB．OM=2OA-OB-OCC．OM=OA+12OB+13OCD．OM=13OA+13OB+13OC答案：由共面向量定理OM=m•OA+n•OB+p•OC，m+n+p=1，说明M、A、B、C共面，可以判断A、B、C都是错误的，则D正确．故选D．26.已知0≤θ＜2π，复数icosθ+isinθ＞0，则θ的值是（）A．π2B．3π2C．（0，π）内的任意值D．（0，π2）∪(3π2，2π)内的任意值答案：复数icosθ+isinθ＞0，可得icosθ+sinθ＞0，因为0≤θ＜2π，所以θ=π2．故选A．27.从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a，b，组成复数a+bi，其中虚数有（）

A．36个

B．42个

C．30个

D．35个答案：A28.如图所示，面积为S的平面凸四边形的第i条边的边长记为ai（i=1，2，3，4），此四边形内任一点P到第i条边的距离记为hi（i=1，2，3，4），若a11=a22=a33=a44=k，则4

i=1(ihi)=2Sk．类比以上性质，体积为V的三棱锥的第i个面的面积记为Si（i=1，2，3，4），此三棱锥内任一点Q到第i个面的距离记为Hi（i=1，2，3，4），若S11=S22=S33=S44=K，则4

i=1(iHi)=（）A．4VKB．3VKC．2VKD．VK答案：根据三棱锥的体积公式V=13Sh得：13S1H1+13S2H2+13S3H3+13S4H4=V，即S1H1+2S2H2+3S3H3+4S4H4=3V，∴H1+2H2+3H3+4H4=3VK，即4i=1(iHi)=3VK．故选B．29.已知O是空间任意一点，A、B、C、D四点满足任三点均不共线，但四点共面，且=2x+3y+4z，则2x+3y+4z=（

）答案：﹣130.若方程x2+y2+kx+2y+k2-11=0表示的曲线是圆，则实数k的取值范围是______．如果过点（1，2）总可以作两条直线和圆x2+y2+kx+2y+k2-11=0相切，则实数k的取值范围是______．答案：方程x2+y2+kx+2y+k2-11=0即(x+k2)2+（y+1）2=48-3k24，由于它表示的曲线是圆，∴48-3k24＞0，解得-4＜k＜4．圆x2+y2+kx+2y+k2-11=0即(x+k2)2+（y+1）2=48-3k24．如果过点（1，2）总可以作两条直线和圆x2+y2+kx+2y+k2-11=0相切，则点（1，2）一定在圆x2+y2+kx+2y+k2-11=0的外部，∴48-3k24＞0，且(1+k2)2+（2+1）2＞48-3k24．解得-4＜k＜-2，或1＜k＜4．故为：（-4，4），（-4，-2）∪（1，4）．31.抛物线y=x2的焦点坐标是（）

A．(，0)

B．(0，)

C．（0，1）

D．（1，0）答案：C32.在120个零件中，一级品24个，二级品36个，三级品60个．用系统抽样法从中抽取容量为20的样本、则每个个体被抽取到的概率是（）

A．

B．

C．

D．答案：D33.已知两个点M（-5，0）和N（5，0），若直线上存在点P，使|PM|-|PN|=6，则称该直线为“B型直线”给出下列直线①y=x+1；②y=2；③y=x④y=2x+1；其中为“B型直线”的是（）

A．①③

B．①②

C．③④

D．①④答案：B34.如图，P-ABCD是正四棱锥，ABCD-A1B1C1D1是正方体，其中AB=2，PA=6．

（1）求证：PA⊥B1D1；

（2）求平面PAD与平面BDD1B1所成锐二面角的余弦值．答案：以D1为原点，D1A1所在直线为x轴，D1C1所在直线为y轴，D1D所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则D1（0，0，0），A1（2，0，0），B1（2，2，0），C1（0，2，0），D（0，0，2），A（2，0，2），B（2，2，2），C（0，2，2），P（1，1，4）．（1）证明：∵AP=（-1，1，2），D1B1=（2，2，0），∴AP•D1B1=-2+2+0=0，∴PA⊥B1D1．（2）平面BDD1B1的法向量为AC=（-2，2，0）．DA=（2，0，0），OP=（1，1，2）．设平面PAD的法向量为n=（x，y，z），则n⊥DA，n⊥DP．∴2x=0x+y+2z=0∴x=0y=-2z．取n=（0，-2，1），设所求锐二面角为θ，则cosθ=|n•AC||n|•|AC|=|0-4+0|22×5=105．35.如果椭圆x225+y216=1上一点P到焦点F1的距离为6，则点P到另一个焦点F2的距离为（）A．5B．4C．8D．6答案：由椭圆的定义知|PF1|+|PF2|=2a=10，|PF1|=6，故|PF2|=4．故选B．36.设向量a=(x+1，y)，b=(x-1，y)，点P（x，y）为动点，已知|a|+|b|=4．

（1）求点p的轨迹方程；

（2）设点p的轨迹与x轴负半轴交于点A，过点F（1，0）的直线交点P的轨迹于B、C两点，试推断△ABC的面积是否存在最大值？若存在，求其最大值；若不存在，请说明理由．答案：（1）由已知，(x+)2+y2+(x-1)2+1=4，所以动点P的轨迹M是以点E（-1，0），F（1，0）为焦点，长轴长为4的椭圆．因为c=1，a=2，则b2=a2-c2=3．故动点P的轨迹M方程是x24+y23=1（2）设直线BC的方程x=my+1与（1）中的椭圆方程x24+y23=1联立消去x可得（3m2+4）y2+6my-9=0，设点B（x1，y1），C（x2，y2）则y1+y2=-6m3m2+4，y1y2=-93m2+4，所以|BC|=m2+1(y1+y2)2-4y1y2=12(m2+1)3m2+4点A到直线BC的距离d=31+m2S△ABC=12|BC|d=181+m23m2+4令1+m2=t，t≥1，∴S△ABC=12|BC|d=18t3t2+1=183t+1t≤92故三角形的面积最大值为9237.从抛物线y2=4x上一点P引抛物线准线的垂线，垂足为M，且|PM|=5，设抛物线的焦点为F，则△MPF的面积为（）

A．6

B．8

C．10

D．15答案：C38.命题“存在x∈Z使x2+2x+m≤0”的否定是（）

A．存在x∈Z使x2+2x+m＞0

B．不存在x∈Z使x2+2x+m＞0

C．对任意x∈Z使x2+2x+m≤0

D．对任意x∈Z使x2+2x+m＞0答案：D39.下列物理量中，不能称为向量的是（）A．质量B．速度C．位移D．力答案：既有大小，又有方向的量叫做向量；质量只有大小没有方向，因此质量不是向量．而速度、位移、力既有大小，又有方向，因此它们都是向量．故选A．40.点B是点A（1，2，3）在坐标平面yOz内的正投影，则|OB|等于（）

A．

B．

C．

D．答案：B41.已知实数x、y满足(x-2)2+y2+(x+2)2+y2=6，则2x+y的最大值等于______．答案：∵实数x、y满足(x-2)2+y2+(x+2)2+y2=6，∴点（x，y）的轨迹是椭圆，其方程为x29+y25=1，所以可设x=3cosθ，y=5sinθ，则z=6cosθ+5sinθ=41sin(θ+

β)≤41，∴2x+y的最大值等于41．故为：4142.利用独立性检验对两个分类变量是否有关系进行研究时，若有99.5%的把握说事件A和B有关系，则具体计算出的数据应该是（）

A．K2≥6.635

B．K2＜6.635

C．K2≥7.879

D．K2＜7.879答案：C43.若x～N（2，σ2），P（0＜x＜4）=0.8，则P（0＜X＜2）=______．答案：∵X～N（2，σ2），∴正态曲线关于x=2对称，∵P（0＜X＜4）=0.8，∴P（0＜X＜2）=12P（0＜X＜4）=0.4，故为：0.4．44.参数方程（θ为参数）化为普通方程是（）

A．2x-y+4=0

B．2x+y-4=0

C．2x-y+4=0，x∈[2，3]

D．2x+y-4=0，x∈[2，3]答案：D45.给定两个长度为1且互相垂直的平面向量OA和OB，点C在以O为圆心的圆弧AB上变动．若OC=2xOA+yOB，其中x，y∈R，则x+y的最大值是______．答案：由题意|OC|=1，即4x2+y2=1，令x=12cosθ，y=sinθ则x+y=12cosθ+sinθ=(12)2+1sin（θ+φ）≤52故x+y的最大值是52故为：5246.曲线的参数方程为（t是参数），则曲线是（

）

A．线段

B．双曲线的一支

C．圆

D．射线答案：D47.已知函数f（x）对其定义域内任意两个实数a，b，当a＜b时，都有f（a）＜f（b）．试用反证法证明：函数f（x）的图象与x轴至多有一个交点．答案：证明：假设函数f（x）的图象与x轴至少有两个交点，…（2分）（1）若f（x）的图象与x轴有两个交点，不妨设两个交点的横坐标分别为x1，x2，且x1＜x2，…（5分）由已知，函数f（x）对其定义域内任意实数x1，x2，当x1＜x2时，有f（x1）＜f（x2）．…（7分）又根据假设，x1，x2是函数f（x）的两个零点，所以，f（x1）=f（x2）=0，…（9分）这与f（x1）＜f（x2）矛盾，…（10分）所以，函数f（x）的图象不可能与x轴有两个交点．…（11分）（2）若f（x）的图象与x轴交点多于两个，可同理推出矛盾，…（12分）所以，函数f（x）的图象不可能与x轴有两个以上交点．综上，函数f（x）的图象与x轴至多有一个交点…（14分）48.命题“若a＞3，则a＞5”的逆命题是______．答案：∵原命题“若a＞3，则a＞5”的条件是a＞3，结论是a＞5∴逆命题是“若a＞5，则a＞3”故为：若a＞5，则a＞349.如图的算法的功能是______．输出结果i=______，i+2=______．答案：框图首先输入变量i的值，判断i（i+2）=624，执行输出i，i+2；否则，i=i+2．算法结束．故此算法执行的是求积为624的两个连续偶数，i=24，i+2=26；故为：求积为624的两个连续偶数，24，26．50.已知图形F上的点A按向量平移前后的坐标分别是和，若B（）是图形F上的又一点，则在F按向量平移后得到的图形F，上B，的坐标是（

）A．B．C．D．答案：选D解析：设向量，则平移公式为依题意有∴平移公式为将B点坐标代入可得B，点的坐标为．所以选D．第2卷一.综合题(共50题)1.在（1+x）3+（1+x）4…+（1+x）7的展开式中，含x项的系数是______．（用数字作答）答案：（1+x）3+（1+x）4…+（1+x）7的展开式中，含x项的系数是C31+C41+C51+…+C71=25故为：252.设二项式(33x+1x)n的展开式的各项系数的和为P，所有二项式系数的和为S，若P+S=272，则n=（）A．4B．5C．6D．8答案：根据题意，对于二项式(33x+1x)n的展开式的所有二项式系数的和为S，则S=2n，令x=1，可得其展开式的各项系数的和，即P=4n，结合题意，有4n+2n=272，解可得，n=4，故选A．3.一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球，

（1）从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？

（2）若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？答案：解（1）由题意知本题是一个分类计数问题，将取出4个球分成三类情况取4个红球，没有白球，有C44种取3个红球1个白球，有C43C61种；取2个红球2个白球，有C42C62，∴C44+C43C61+C42C62=115种（2）设取x个红球，y个白球，则x+y=5(0≤x≤4)2x+y≥7(0≤y≤6)∴x=2y=3或x=3y=2或x=4y=1∴符合题意的取法种数有C42C63+C43C62+C44C61=186种4.教材中“坐标平面上的直线”与“圆锥曲线”两章内容体现出解析几何的本质是______．答案：这两章的内容都是通过建立直角坐标系，用代数中的函数思想来解决图形中的几何性质．故为用代数的方法研究图形的几何性质解析：教材中“坐标平面上的直线”与“圆锥曲线”两章内容体现出解析几何的本质是______．5.如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，下底ABCD是边长为2的正方形，上底A1B1C1D1是边长为1的正方形，侧棱DD1⊥平面ABCD，DD1=2．

（Ⅰ）求证：B1B∥平面D1AC；

（Ⅱ）求二面角B1-AD1-C的余弦值．答案：以D为原点，以DA、DC、DD1所在直线分别为x轴，z轴建立空间直角坐标系D-xyz如图，则有A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），A1（1，0，2），B1（1，1，2），C1（0，1，2），D1（0，0，2）．…（3分）（Ⅰ）证明：设AC∩BD=E，连接D1、E，则有E(1，1，0)，D1E=B1B=(1，1，-2)，所以B1B∥D1E，∵BB⊄平面D1AC，D1E⊂平面D1AC，∴B1B∥平面D1AC；…（6分）（II）D1B1=(1，1，0)，D1A=(2，0，-2)，设n=(x，y，z)为平面AB1D1的法向量，n•B1D1=x+y=0，n•D1A=2x-2z=0．于是令x=1，则y=-1，z=1．则n=(1，-1，1)…（8分）同理可以求得平面D1AC的一个法向量m=(1，1，1)，…（10分）cos＜m，n＞=m•n|m||n|=13．∴二面角B1-AD1-C的余弦值为13．…（12分）6.以过椭圆+=1（a＞b＞0）的右焦点的弦为直径的圆与其右准线的位置关系是（）

A．相交

B．相切

C．相离

D．不能确定答案：C7.直线l过点（-3，1），且它的一个方向向量n=(2，-3)，则直线l的方程为______．答案：设直线l的另一个方向向量为a=(1，k)，其中k是直线的斜率可得n=(2，-3)与a=(1，k)互相平行∴12=k-3⇒k=-32所以直线l的点斜式方程为：y-1=-32（x+3）化成一般式：3x+2y+7=0故为：3x+2y+7=08.在边长为1的正方形ABCD中，若AB=a，BC=b，AC=c．则|a+b+2c|的值是______．答案：由题意可得|a|=|b|=1，|c|=2，a+

b=c，∴|a+b+2c|=|3c|=32，故为32．9.投掷一个质地均匀的、每个面上标有一个数字的正方体玩具，它的六个面中，有两个面标的数字是0，两个面标的数字是2，两个面标的数字是4，将此玩具连续抛掷两次，以两次朝上一面出现的数字分别作为点P的横坐标和纵坐标

（1）求点P落在区域C：x2+y2≤10内的概率；

（2）若以落在区域C上的所有点为顶点作面积最大的多边形区域M，在区域C上随机撒一粒豆子，求豆子落在区域M上的概率．答案：（1）点P的坐标有：（0，0），（0，2），（0，4），（2，0），（2，2），（2，4），（4，0），（4，2），（4，4），共9种，其中落在区域C：x2+y2≤10上的点P的坐标有：（0，0），（0，2），（2，0），（2，2），共4种D、故点P落在区域C：x2+y2≤10内的概率为49．（2）区域M为一边长为2的正方形，其面积为4，区域C的面积为10π，则豆子落在区域M上的概率为25π．10.在极坐标系中，极点到直线ρcosθ=2的距离为______．答案：直线ρcosθ=2即x=2，极点的直角坐标为（0，0），故极点到直线ρcosθ=2的距离为2，故为2．11.已知△ABC中，过重心G的直线交边AB于P，交边AC于Q，设AP=pPB，AQ=qQC，则pqp+q=（）A．1B．3C．13D．2答案：取特殊直线PQ使其过重心G且平行于边BC∵点G为重心∴APPB=AQQC=21∵AP=pPB，AQ=qQC∴p=2，q=2∴pqp+q=44=1故选项为A12.设斜率为2的直线l过抛物线y2=ax（a＞0）的焦点F，且和y轴交于点A，若△OAF（O为坐标原点）的面积为4，则抛物线的方程为______．答案：焦点坐标（a4，0），|0F|=a4，直线的点斜式方程y=2（x-a4）在y轴的截距是-a2S△OAF=12×a4×a2=4∴a2=64，∵a＞0∴a=8，∴y2=8x故为：y2=8x13.已知点A（3，0），B（0，3），C（cosα，sinα），O（0，0），若，α∈(0，π)，则与的夹角为（）

A．

B．

C．

D．答案：D14.教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有（）

A．10种

B．25种

C．52种

D．24种答案：D15.在投掷两枚硬币的随机试验中，记“一枚正面朝上，一枚反面朝上”为事件A，“两枚正面朝上”为事件B，则事件A，B（）

A．既是互斥事件又是对立事件

B．是对立事件而非互斥事件

C．既非互斥事件也非对立事件

D．是互斥事件而非对立事件答案：D16.已知曲线C的极坐标方程是ρ=4cosθ．以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线l的参数方程是：x=22t+1y=22t，求直线l与曲线C相交所成的弦的弦长．答案：曲线C的极坐标方程是ρ=4cosθ化为直角坐标方程为x2+y2-4x=0，即（x-2）2+y2=4直线l的参数方程x=22t+1y=22t，化为普通方程为x-y-1=0，曲线C的圆心（2，0）到直线l的距离为12=22所以直线l与曲线C相交所成的弦的弦长24-12=14．17.有一个正四棱锥，它的底面边长与侧棱长均为a，现用一张正方形包装纸将其完全包住（不能裁剪纸，但可以折叠），那么包装纸的最小边长应为（）A．2+62aB．(2+6)aC．1+32aD．(1+3)a答案：由题意可知：当正四棱锥沿底面将侧面都展开时如图所示：分析易知当以PP′为正方形的对角线时，所需正方形的包装纸的面积最小，此时边长最小．设此时的正方形边长为x则：（PP′）2=2x2，又因为PP′=a+2×32a=a+3a，∴(

a+3a)2=2x2，解得：x=6+22a．故选A18.参数方程x=3cosθy=4sinθ，（θ为参数）化为普通方程是______．答案：由参数方程x=3cosθy=4sinθ，得cosθ=13xsinθ=14y∵cos2θ+sin2θ=1，∴（13x）2+（14y）2=1，化简得x29+y216=1，即为椭圆的普通方程故为：x29+y216=119.如图所示，在Rt△ABC内有一内接正方形，它的一条边在斜边BC上，设AB=a，∠ABC=θ

（1）求△ABC的面积f（θ）与正方形面积g（θ）；

（2）当θ变化时，求f(θ)g(θ)的最小值．答案：（1）由题得：AC=atanθ∴f（θ）=12a2tanθ（0＜θ＜π2）

设正方形的边长为x，则BG=xsinθ，由几何关系知：∠AGD=θ∴AG=xcosθ

由BG+AG=a?xsinθ+xcosθ=a?x=asinθ1+sinθcosθ∴g（θ）=a2sin2θ(1+sinθcosθ)2（0＜θ＜π2）（2）f(θ)g(θ)=(1+sinθcoθ)22sinθcosθ=1+1sin2θ+sin2θ4

令：t=sin2θ∵0＜θ＜π2∴t∈（0，1]∴y=1+1t+t4=1+14（t+t4）∵函数y=1+14（t+t4）在（0，1]递减∴ymin=94（当且仅当t=1即θ=π4时成立）∴当θ=π4时，f(θ)g(θ)的最小值为94．20.用秦九韶算法求多项式

在的值.答案：.解析：可根据秦九韶算法原理，将所给多项式改写，然后由内到外逐次计算即可.

而，所以有，，，，，.即.【名师指引】利用秦九韶算法计算多项式值关键是能正确地将所给多项式改写，然后由内到外逐次计算，由于后项计算需用到前项的结果，故应认真、细心，确保中间结果的准确性.21.已知点A（-3，0），B（3，0），动点C到A、B两点的距离之差的绝对值为2，点C的轨迹与直线

y=x-2交于D、E两点，求线段DE的中点坐标及其弦长DE．答案：∵|CB|-|CA|=2＜23=|AB|，∴点C的轨迹是以A、B为焦点的双曲线，2a=2，2c=23，∴a=1，c=3，∴b=2，∴点C的轨迹方程为x2-y22=1．把直线

y=x-2代入x2-y22=1化简可得x2+4x-6=0，△=16-4（-6）=40＞0，设D、E两点的坐标分别为（x1，y1

）、（x2，y2），∴x1+x2=-4，x1•x2=-6．∴线段DE的中点坐标为M（-2，4），DE=1+1•|x1-x2|=2•(x1

+x2)2-4x1

•x2

=216-4(-6)=45．22.如图所示，已知点P在正方体ABCD—A′B′C′D′的对角线

BD′上,∠PDA=60°.

(1)求DP与CC′所成角的大小;

(2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小.答案：(1)DP与CC′所成的角为45°(2)DP与平面AA′D′D所成的角为30°解析：如图所示，以D为原点，DA为单位长度建立空间直角坐标系D—xyz.则=（1，0，0），=(0,0,1).连接BD,B′D′.在平面BB′D′D中,延长DP交B′D′于H.设="(m,m,1)"(m＞0),由已知〈,〉=60°,由·=||||cos〈,〉,可得2m=.解得m=,所以=（,,1）.(1)因为cos〈,〉==,所以〈,〉=45°,即DP与CC′所成的角为45°.(2)平面AA′D′D的一个法向量是=(0,1,0).因为cos〈,〉==,所以〈,〉=60°,可得DP与平面AA′D′D所成的角为30°.23.用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”正确的假设为（）

A．a，b，c都是奇数

B．a，b，c都是偶数

C．a，b，c中至少有两个偶数

D．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数答案：D24.若k∈R，则“k＞3”是“方程表示双曲线”的（）

A．充分不必要条件

B．必要不充分条件

C．充要条件

D．既不充分也不必要条件答案：A25.两条直线x-y+6=0与x+y+6=0的夹角为（）

A．

B．

C．0

D．答案：D26.已知|a|＜1,|b|＜1,求证：＜1.答案：证明略解析：∵＜1＜1a2+b2+2ab＜1+2ab+a2b2a2b2-a2-b2+1＞0

(a2-1)(b2-1)＞0又|a|＜1,|b|＜1,∴(a2-1)(b2-1)＞0.∴原不等式成立.27.已知x1＞0，x1≠1，且xn+1=xn(x2n+3)3x2n+1，（n=1，2，…）．试证：数列{xn}或者对任意自然数n都满足xn＜xn+1，或者对任意自然数n都满足xn＞xn+1．答案：证：首先，xn+1-xn=xn(x2n+3)3x2n+1-xn=2xn(1-x2n)3x2n+1，由于x1＞0，由数列{xn}的定义可知xn＞0，（n=1，2，…）所以，xn+1-xn与1-xn2的符号相同．①假定x1＜1，我们用数学归纳法证明1-xn2＞0（n∈N）显然，n=1时，1-x12＞0设n=k时1-xk2＞0，那么当n=k+1时1-x2k+1=1-[xk(x2k+3)3x2k+1]2=(1-x2k)3(3x2k+1)2＞0，因此，对一切自然数n都有1-xn2＞0，从而对一切自然数n都有xn＜xn+1②若x1＞1，当n=1时，1-x12＜0；设n=k时1-xk2＜0，那么当n=k+1时1-x2k+1=1-[xk(x2k+3)3x2k+1]2=(1-x2k)3(3x2k+1)2＜0，因此，对一切自然数n都有1-xn2＜0，从而对一切自然数n都有xn＞xn+128.一个箱子中装有质量均匀的10个白球和9个黑球，一次摸出5个球，在已知它们的颜色相同的情况下，该颜色是白色的概率是______．答案：10个白球中取5个白球有C105种9个黑球中取5个黑球有C95种∴一次摸出5个球，它们的颜色相同的有C105+C95种∴一次摸出5个球，在已知它们的颜色相同的情况下，该颜色是白色的概率=C510C510+C59=23故为：2329.如图所示，正四面体V—ABC的高VD的中点为O，VC的中点为M.

（1）求证：AO、BO、CO两两垂直；

（2）求〈,〉.答案：（1）证明略（2）45°解析：(1)

设=a,=b,=c,正四面体的棱长为1,则=(a+b+c),=(b+c-5a),=(a+c-5b),=(a+b-5c)∴·=（b+c-5a）·（a+c-5b）=（18a·b-9|a|2）=（18×1×1·cos60°-9）=0.∴⊥，∴AO⊥BO，同理⊥，BO⊥CO，∴AO、BO、CO两两垂直.（2）

=+=-（a+b+c）+=(-2a-2b+c).∴||==，||==，·=（-2a-2b+c）·（b+c-5a）=，∴cos〈,〉==，∵〈,〉∈(0,),∴〈,〉=45°.30.若以连续掷两次骰子分别得到的点数m、n作为点P的坐标，则点P落在圆x2+y2=16内的概率是______．答案：由题意知，本题是一个古典概型，试验发生包含的事件是连续掷两次骰子分别得到的点数m、n作为点P的坐标，共有6×6=36种结果，而满足条件的事件是点P落在圆x2+y2=16内，列举出落在圆内的情况：（1，1）（1，2）（1，3）（2，1）（2，2）（2，3）（3，1）（3，2），共有8种结果，根据古典概型概率公式得到P=836=29，故为：2931.三行三列的方阵.a11a12

a13a21a22

a23a31a32

a33.中有9个数aji（i=1，2，3；j=1，2，3），从中任取三个数，则它们不同行且不同列的概率是（）A．37B．47C．114D．1314答案：从给出的9个数中任取3个数，共有C39；从三行三列的方阵中任取三个数，使它们不同行且不同列：从第一行中任取一个数有C13种方法，则第二行只能从另外两列中的两个数任取一个有C12种方法，第三行只能从剩下的一列中取即可有1中方法，∴共有C13×C12×C11=6．∴从三行三列的方阵中任取三个数，则它们不同行且同列的概率P=6C39=114．故选C．32.若|x-4|+|x+5|＞a对于x∈R均成立，则a的取值范围为______．答案：∵|x-4|+|x+5|=|4-x|+|x+5|≥|4-x+x+5|=9，故|x-4|+|x+5|的最小值为9．再由题意可得，当a＜9时，不等式对x∈R均成立．故为（-∞，9）．33.如图，△ABC中，D，E，F分别是边BC，AB，CA的中点，在以A、B、C、D、E、F为端点的有向线段中所表示的向量中，

（1）与向量FE共线的有

______．

（2）与向量DF的模相等的有

______．

（3）与向量ED相等的有

______．答案：（1）∵EF是△ABC的中位线，∴EF∥BC且EF=12BC，则与向量FE共线的向量是BC、BD、DC、CB、DB、CD；（2））∵DF是△ABC的中位线，∴DF∥AC且DF=12AC，则与向量DF的模相等的有CE，EA，EC，AF；（3）∵DE是△ABC的中位线，∴DE∥AB且DE=12AB，则与向量ED相等的有AF，FB．34.在极坐标系中，过点(22，π4)作圆ρ=4sinθ的切线，则切线的极坐标方程是______．答案：(22，π4)的直角坐标为：（2，2），圆ρ=4sinθ的直角坐标方程为：x2+y2-4y=0；显然，圆心坐标（0，2），半径为：2；所以过（2，2）与圆相切的直线方程为：x=2，所以切线的极坐标方程是：ρcosθ=2故为：ρcosθ=235.若随机变量ξ～N（2，9），则随机变量ξ的数学期望c=（）

A．4

B．3

C．2

D．1答案：C36.给出一个程序框图，输出的结果为s=132，则判断框中应填（）

A．i≥11

B．i≥10

C．i≤11

D．i≤12

答案：A37.已知f（x）是定义域为正整数集的函数，对于定义域内任意的k，若f（k）≥k2成立，则f（k+1）≥（k+1）2成立，下列命题成立的是（）A．若f（3）≥9成立，则对于任意k≥1，均有f（k）≥k2成立；B．若f（4）≥16成立，则对于任意的k≥4，均有f（k）＜k2成立；C．若f（7）≥49成立，则对于任意的k＜7，均有f（k）＜k2成立；D．若f（4）=25成立，则对于任意的k≥4，均有f（k）≥k2成立答案：对A，当k=1或2时，不一定有f（k）≥k2成立；对B，应有f（k）≥k2成立；对C，只能得出：对于任意的k≥7，均有f（k）≥k2成立，不能得出：任意的k＜7，均有f（k）＜k2成立；对D，∵f（4）=25≥16，∴对于任意的k≥4，均有f（k）≥k2成立．故选D38.i为虚数单位，复数z=i（1-i），则.z在复平面内对应的点在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限答案：∵复数z=i（1-i）=1+i，则.z=1-i，它在复平面内的对应点的坐标为（1，-1），故.z在复平面内对应的点在第四象限，故选D．39.叙述并证明勾股定理．答案：证明：如图左边的正方形是由1个边长为a的正方形和1个边长为b的正方形以及4个直角边分别为a、b，斜边为c的直角三角形拼成的．右边的正方形是由1个边长为c的正方形和4个直角边分别为a、b，斜边为c的直角三角形拼成的．因为这两个正方形的面积相等（边长都是a+b），所以可以列出等式a2+b2+4×12ab=c2+4×12ab，化简得a2+b2=c2．下面是一个错误证法：勾股定理：直角三角形的两直角边的平方和等于斜边的平方这一特性叫做勾股定理或勾股弦定理，又称毕达哥拉斯定理或毕氏定理证明：作两个全等的直角三角形，设它们的两条直角边长分别为a、b（b＞a），斜边长为c．再做一个边长为c的正方形．把它们拼成如图所示的多边形，使E、A、C三点在一条直线上．过点Q作QP∥BC，交AC于点P．过点B作BM⊥PQ，垂足为M；再过点F作FN⊥PQ，垂足为N．∵∠BCA=90°，QP∥BC，∴∠MPC=90°，∵BM⊥PQ，∴∠BMP=90°，∴BCPM是一个矩形，即∠MBC=90°．∵∠QBM+∠MBA=∠QBA=90°，∠ABC+∠MBA=∠MBC=90°，∴∠QBM=∠ABC，又∵∠BMP=90°，∠BCA=90°，BQ=BA=c，∴Rt△BMQ≌Rt△BCA．同理可证Rt△QNF≌Rt△AEF．即a2+b2=c240.如图，在空间直角坐标系中，已知直三棱柱的顶点A在x轴上，AB平行于y轴，侧棱AA1平行于z轴．当顶点C在y轴正半轴上运动时，以下关于此直三棱柱三视图的表述正确的是（）

A．该三棱柱主视图的投影不发生变化

B．该三棱柱左视图的投影不发生变化

C．该三棱柱俯视图的投影不发生变化

D．该三棱柱三个视图的投影都不发生变化

答案：B41.用数学归纳法证明不等式：1n+1n+1+1n+2+…+1n2＞1（n∈N*且n．1）．答案：证明：（1）当n=2时，左边=12+13+14=1312＞1，∴n=2时成立（2分）（2）假设当n=k（k≥2）时成立，即1k+1k+1+1k+2+…+1k2＞1那么当n=k+1时，左边=1k+1+1k+2+1k+3+…+1(k+1)2=1k+1k+1+1k+2+1k+3+…+1k2+2k+1(k+1)2-1k＞1+1k2+1+1k2+2+…+1(k+1)2-1k＞1+(2k+1)•1(k+1)2-1k＞1+k2-k-1k2+2k+1＞1∴n=k+1时也成立（7分）根据（1）（2）可得不等式对所有的n＞1都成立（8分）42.已知直线过点A（2，0），且平行于y轴，方程：|x|=2，则（

）

A．l是方程|x|=2的曲线

B．|x|=2是l的方程

C．l上每一点的坐标都是方程|x|=2的解

D．以方程|x|=2的解（x，y）为坐标的点都在l上答案：C43.设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：

（1）若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β；

（2）若α外一条直线l与α内的一条直线平行，则l和α平行；

（3）设α和β相交于直线l，若α内有一条直线垂直于l，则α和β垂直；

（4）直线l与α垂直的充分必要条件是l与α内的两条直线垂直．

上面命题，真命题的序号是______（写出所有真命题的序号）答案：由面面平行的判定定理可知，（1）正确．由线面平行的判定定理可知，（2）正确．对于（3）来说，α内直线只垂直于α和β的交线l，得不到其是β的垂线，故也得不出α⊥β．对于（4）来说，l只有和α内的两条相交直线垂直，才能得到l⊥α．也就是说当l垂直于α内的两条平行直线的话，l不一定垂直于α．44.若复数z=（m2-1）+（m+1）i为纯虚数，则实数m的值等于______．答案：复数z=（m2-1）+（m+1）i当z是纯虚数时，必有：m2-1=0且m+1≠0解得，m=1．故为1．45.已知椭圆中心在原点，一个焦点为（3，0），且长轴长是短轴长的2倍，则该椭圆的标准方程是______．答案：根据题意知a=2b，c=3又∵a2=b2+c2∴a2=4

b2=1∴x24+

y2=1故为：∴x24+

y2=1．46.关于如图所示几何体的正确说法为______．

①这是一个六面体；

②这是一个四棱台；

③这是一个四棱柱；

④这是一个四棱柱和三棱柱的组合体；

⑤这是一个被截去一个三棱柱的四棱柱．答案：①因为有六个面，属于六面体的范围，②这是一个很明显的四棱柱，因为侧棱的延长线不能交与一点，所以不正确．③如果把几何体放倒就会发现是一个四棱柱，④可以有四棱柱和三棱柱组成，⑤和④的想法一样，割补方法就可以得到．故为：①③④⑤．47.（理）

设O为坐标原点，向量OA=(1，2，3)，OB=(2，1，2)，OP=(1，1，2)，点Q在直线OP上运动，则当QA•QB取得最小值时，点Q的坐标为______．答案：∵OP=(1，1，2)，点Q在直线OP上运动，设OQ=λOP=（λ，λ，2λ）又∵向量OA=(1，2，3)，OB=(2，1，2)，∴QA=（1-λ，2-λ，3-2λ），QB=（2-λ，1-λ，2-2λ）则QA•QB=（1-λ）×（2-λ）+（2-λ）×（1-λ）+（3-2λ）×（2-2λ）=6λ2-16λ+10易得当λ=43时，QA•QB取得最小值．此时Q的坐标为（43，43，83）故为：（43，43，83）48.选做题

已知抛物线，过原点O直线与交于两点。

（1）求的最小值；

（2）求的值答案：解：设直线的参数方程为与抛物线方程

联立得49.若O（0，0），A（1，2）且OA′=2OA．则A′点坐标为（）A．（1，4）B．（2，2）C．（2，4）D．（4，2）答案：设A′（x，y），OA′=（x，y），OA=（1，2），∴（x，y）=2（1，2），故选C．50.极点到直线ρ(cosθ+sinθ)=3的距离是

______．答案：将原极坐标方程ρ(cosθ+sinθ)=3化为：直角坐标方程为：x+y=3，原点到该直线的距离是：d=|3|2=62．∴所求的距离是：62．故填：62．第3卷一.综合题(共50题)1.已知两组样本数据x1，x2，…xn的平均数为h，y1，y2，…ym的平均数为k，则把两组数据合并成一组以后，这组样本的平均数为（）

A．

B．

C．

D．答案：B2.已知向量OA=(2，3)，OB=(4，-1)，P是线段AB的中点，则P点的坐标是（）A．（2，-4）B．（3，1）C．（-2，4）D．（6，2）答案：由线段的中点公式可得OP=12（OA+OB）=（3，1），故P点的坐标是（3，1），故选B．3.已知棱长都相等的正三棱锥内接于一个球，某学生画出四个过球心的平面截球与正三棱锥所得的图形，如图所示，则（）A．以上四个图形都是正确的B．只有（2）（4）是正确的C．只有（4）是错误的D．只有（1）（2）是正确的答案：（1）当平行于三棱锥一底面，过球心的截面如（1）图所示；（2）过三棱锥的一条棱和圆心所得截面如（2）图所示；（3）过三棱锥的一个顶点（不过棱）和球心所得截面如（3）图所示；（4）棱长都相等的正三棱锥和球心不可能在同一个面上，所以（4）是错误的．故选C．4.已知直线l1：3x-y+2=0，l2：3x+3y-5=0，则直线l1与l2的夹角是______．答案：因为直线l1的斜率为3，故倾斜角为60°，直线l2的斜率为-3，倾斜角为120°，故两直线的夹角为60°，即两直线的夹角为π3，故为

π3．5.已知圆柱与圆锥的底面积相等，高也相等，它们的体积分别为V1和V2，则V1：V2=（）A．1：3B．1：1C．2：1D．3：1答案：设圆柱，圆锥的底面积为S，高为h，则由柱体，锥体的体积公式得：V1：V2=(Sh)：(13Sh)=3：1故选D．6.设z∈C，|z|≤2，则点Z表示的图形是（）A．直线x=2的左半平面B．半径为2的圆面C．直线x=2的右半平面D．半径为2的圆答案：由题意z∈C，|z|≤2，由得数的几何意义知，点Z表示的图形是半径为2的圆面，故选B7.以椭圆的焦点为顶点、顶点为焦点的双曲线方程是（）

A．

B．

C．

D．答案：C8.口袋中装有三个编号分别为1，2，3的小球，现从袋中随机取球，每次取一个球，确定编号后放回，连续取球两次．则“两次取球中有3号球”的概率为（）A．59B．49C．25D．12答案：每次取球时，出现3号球的概率为13，则两次取得球都是3号求得概率为C22?(13)2=19，两次取得球只有一次取得3号求得概率为C12?13?23=49，故“两次取球中有3号球”的概率为19+49=59，故选A．9.计算机的程序设计语言很多，但各种程序语言都包含下列基本的算法语句：______，______，______，______，______．答案：计算机的程序设计语言很多，但各种程序语言都包含下列基本的算法语句：输入语句，输出语句，赋值语句，条件语句，循环语句．故为：输入语句，输出语句，赋值语句，条件语句，循环语句．10.如图是一几何体的三视图，正视图是一等腰直角三角形，且斜边BD长为2；侧视图一直角三角形；俯视图为一直角梯形，且AB=BC=1，则异面直线PB与CD所成角的正切值是（）A．1B．2C．12D．12答案：取AD的中点E，连接BE，PE，CE，根据题意可知BE∥CD，∴∠PBE为异面直线PB与CD所成角根据条件知，PE=1，BE=2，PE⊥BE∴tan∠PBE=12故选C．11.（几何证明选讲选做题）如图，⊙O中，直径AB和弦DE互相垂直，C是DE延长线上一点，连接BC与圆0交于F，若∠CFE=α（α∈(0，π2)），则∠DEB______．答案：∵直径AB和弦DE互相垂直∴AB平分DE∴BD=BE，∠D=∠BED∵DEFB四点共圆∴∠EFC=∠D=α∴∠DEB=α故为：α12.随机地向某个区域抛撒了100粒种子，在面积为10m2的地方有2粒种子发芽，假设种子的发芽率为100%，则整个撒种区域的面积大约有______m2．答案：设整个撒种区域的面积大约xm2，由于假设种子的发芽率为100%，所以在面积为10m2的地方有2粒种子发芽，意味着在面积为10m2的地方有2粒种子，从而有：100x=210，∴x=500，故为：500．13.已知全集U=R，A⊆U，B⊆U，如果命题P：2∈A∪B，则命题非P是（）A．2∉AB．2∈(CUA)C．2∈(CUA)∩(CUB)D．2∈(CUA)∪(CUB)答案：命题P：2∈A∪B，∴┐p为2∈(CUA)∩(CUB)故选C14.某市某年一个月中30天对空气质量指数的监测数据如下：

61

76

70

56

81

91

55

91

75

81

88

67

101

103

57

91

77

86

81

83

82

82

64

79

86

85

75

71

49

45

（Ⅰ）完成下面的频率分布表；

（Ⅱ）完成下面的频率分布直方图，并写出频率分布直方图中a的值；

（Ⅲ）在本月空气质量指数大于等于91的这些天中随机选取两天，求这两天中至少有一天空气质量指数在区间[101，111）内的概率．

分组频数频率[41，51）2230[51，61）3330[61，71）4430[71，81）6630[81，91）[91，101）[101，111）2230答案：（Ⅰ）如下图所示．

…（4分）（Ⅱ）如下图所示．…（6分）由己知，空气质量指数在区间[71，81）的频率为630，所以a=0.02．…（8分）分组频数频率………[81，91）101030[91，101）3330………（Ⅲ）设A表示事件“在本月空气质量指数大于等于91的这些天中随机选取两天，这两天中至少有一天空气质量指数在区间[101，111）内”，由己知，质量指数在区间[91，101）内的有3天，记这三天分别为a，b，c，质量指数在区间[101，111）内的有2天，记这两天分别为d，e，则选取的所有可能结果为：（a，b），（a，c），（a，d），（a，e），（b，c），（b，d），（b，e），（c，d），（c，e），（d，e）．基本事件数为10．…（10分）事件“至少有一天空气质量指数在区间[101，111）内”的可能结果为：（a，d），（a，e），（b，d），（b，e），（c，d），（c，e），（d，e）．基本事件数为7，…（12分）所以P（A）=710．…（13分）15.已知函数f1（x）=x2，f2（x）=2x，f3（x）=log2x，f4（x）=sinx．当x1＞x2＞π时，使f(x1)+f(x2)2＜f(x1+x22)恒成立的函数是（）A．f1（x）=x2B．f2（x）=2xC．f3（x）=log2xD．f4（x）=sinx答案：由题意，当x1＞x2＞π时，使f(x1)+f(x2)2＜f(x1+x22)恒成立，图象呈上凸趋势由于f1（x）=x2，f2（x）=2x，f4（x）=sinx在x1＞x2＞π上的图象为图象呈下凹趋势，故f(x1)+f(x2)2＜f(x1+x22)不成立故选C．16.若回归直线方程中的回归系数b=0时，则相关系数r=______．答案：由于在回归系数b的计算公式中，与相关指数的计算公式中，它们的分子相同，故为：0．17.两封信随机投入A、B、C三个空邮箱，则A邮箱的信件数ξ的数学期望Eξ=______；答案：由题意知ξ的取值有0，1，2，当ξ=0时，即A邮箱的信件数为0，由分步计数原理知两封信随机投入A、B、C三个空邮箱，共有3×3种结果，而满足条件的A邮箱的信件数为0的结果数是2×2，由古典概型公式得到ξ=0时的概率，同理可得ξ=1时，ξ=2时，ξ=3时的概率p(ξ=0)=2×29=49，p(ξ=1)=C12C129=49，p(ξ=2)=19，∴Eξ=0×49+1×49+2×19=23故为：23．18.如果抛物线y2=a（x+1）的准线方程是x=-3，那么这条抛物线的焦点坐标是（）A．（3，0）B．（2，0）C．（1，0）D．（-1，0）答案：抛物线y2=a（x+1）可由抛物线y2=ax向左平移一个单位长度得到，因为抛物线y2=a（x+1）的准线方程是x=-3，所以抛物线y2=ax的准线方程是x=-2，且焦点坐标为（2，0），那么抛物线y2=a（x+1）的焦点坐标为（1，0）．故选C．19.设平面α的法向量为（1，2，-2），平面β的法向量为（-2，-4，k），若α∥β，则k=______．答案：∵α∥β∴平面α、β的法向量互相平行，由此可得a=（1，2，-2），b=（-2，-4，k），a∥b∴1-2=2-4=-2k，解之得k=4．故为：420.有外形相同的球分装三个盒子，每盒10个．其中，第一个盒子中7个球标有字母A、3个球标有字母B；第二个盒子中有红球和白球各5个；第三个盒子中则有红球8个，白球2个．试验按如下规则进行：先在第一号盒子中任取一球，若取得标有字母A的球，则在第二号盒子中任取一个球；若第一次取得标有字母B的球，则在第三号盒子中任取一个球．如果第二次取出的是红球，则称试验成功，那么试验成功的概率为（）

A．0.59

B．0.54

C．0.8

D．0.15答案：A21.巳知椭圆{xn}与{yn}的中心在坐标原点，长轴在x轴上，离心率为32，且G上一点到G的两个焦点的距离之和为12，则椭圆G的方程为______．答案：由题设知e=32，2a=12，∴a=6，b=3，∴所求椭圆方程为x236+y29=1．：x236+y29=1．22.已知点P的坐标为（3，4，5），试在空间直角坐标系中作出点P．答案：由P（3，4，5）可知点P在Ox轴上的射影为A（3，0，0），在Oy轴上射影为B（0，4，0），以OA，OB为邻边的矩形OACB的顶点C是点P在xOy坐标平面上的射影C（3，4，0）．过C作直线垂直于xOy坐标平面，并在此直线的xOy平面上方截取5个单位，得到的就是点P．23.甲、乙两位运动员在5场比赛的得分情况如茎叶图所示，记甲、乙两人的平均得分分别为.x甲，.x乙，则下列判断正确的是（）A．.x甲＞.x乙；甲比乙成绩稳定B．.x甲＞.x乙；乙比甲成绩稳定C．.x甲＜.x乙；甲比乙成绩稳定D．.x甲＜.x乙；乙比甲成绩稳定答案：5场比赛甲的得分为16、17、28、30、34，5场比赛乙的得分为15、26、28、28、33∴.x甲=15（16+17+28+30+34）=25，.x乙=15（15+26+28+28+33）=26s甲2=15（81+64+9+25+81）=52，s乙2=15（121+4+4+49）=35.6∴.x甲＜.x乙，乙比甲成绩稳定故选D．24.设抛物线C：y2=3px（p＞0）的焦点为F，点M在C上，|MF|=5，若以MF为直径的圆过点（0，2），则C的方程为（）

A．y2=4x或y2=8x

B．y2=2x或y2=8x

C．y2=4x或y2=16x

D．y2=2x或y2=16x答案：C25.在repeat语句的一般形式中有“until

A”,其中A是

(

)A．循环变量B．循环体C．终止条件D．终止条件为真答案：D解析：此题考查程序语句解：Until标志着直到型循环，直到终止条件为止，因此until后跟的是终止条件为真的语句.答案：D.26.已知|a|=8，e是单位向量，当它们之间的夹角为π3时，a在e方向上的投影为（）A．43B．4C．42D．8+23答案：由两个向量数量积的几何意义可知：a在e方向上的投影即：a?e=|a||e|cosπ3=8×1×12=4故选B27.若向量a，b的夹角为120°，且|a|=1，|b|=2，c=a+b，则有（）A．c⊥aB．c⊥bC．c‖bD．c‖a答案：由题意知ac=a

(a+b)=a2+

a

b=1+1×2cos120°=0，所以a⊥c．故选A．28.（考生注意：请在下列三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题评分）

A．（不等式选做题）不等式|x-5|+|x+3|≥10的解集是______．

B．（坐标系与参数方程选做题）在极坐标系中，圆ρ=-2sinθ的圆心的极坐标是______．

C．（几何证明选做题）如图，已知圆中两条弦AB与CD相交于点F，E是AB延长线上一点，且DF=CF=22，BE=1，BF=2，若CE与圆相切，则线段CE的长为______．答案：A．∵|x-5|+|x+3|≥10，∴当x≥5时，x-5+x+3≥10，∴x≥6；当x≤-3时，有5-x+（-x-3）≥10，∴x≤-4；当-4＜x＜5时，有5-x+x+3≥8，不成立；故不等式|x-5|+|x+3|≥10的解集是{x|x≤-4或x≥6}；B．由ρ=-2sinθ得：ρ2=-2ρsinθ，即x2+y2=-2y，∴x2+（y+1）2=1，∴该圆的圆心的直角坐标为（-1，0），∴其极坐标是（1，3π2）；C．∵DF=CF=22，BE=1，BF=2，依题意，由相交线定理得：AF•FB=DF•FC，∴AF×2=22×22，∴AF=4；又∵CE与圆相切，∴|CE|2=|EB|•|EA|=1×（1+2+4）=7，∴|CE|=7．故为：A．{x|x≤-4或x≥6}；B．（1，3π2）；C.7．29.若P=+，Q=+（a≥0），则P，Q的大小关系是（）

A．P＞Q

B．P=Q

C．P＜Q

D．由a的取值确定答案：C30.已知函数f（x）满足：x≥4，则f（x）=(12)x；当x＜4时f（x）=f（x+1），则f（2+log23）═______．答案：∵2+log23＜4，∴f（2+log23）=f（3+log23）=f（log224）=(12)log224=124故应填12431.下列各组向量中不平行的是（）A．a=(1，2，-2)，b=(-2，-4，4)B．c=(1，0，0)，d=(-3，0，0)C．e=(2，3，0)，f=(0，0，0)D．g=(-2，3，5)，h=(16，24，40)答案：选项A中，b=-2a⇒a∥b；选项B中有：d=-3c⇒d∥c，选项C中零向量与任意向量平行，选项D，事实上不存在任何一个实数λ，使得g=λh，即：（16，24，40）=λ（16，