四年级数学计算测试题

2024-05-03

四年级数学计算测试题（精选8篇）

篇1：四年级数学计算测试题

四年级数学计算测试题

一、计算题

1.25×8= 3.6÷1.8= 0.3×0.6= 2-.013=

23×0.5= 0.8×0.5= 2÷0.5= 1.03÷1.03=

3.5+0.05= 1.8-0.23= 7.5÷10= 0.13+0.6=

1.5×5= 0.2÷100= 1.8×3= 15÷0.01=

10-0.9= 4.8÷3= 3.25+0.05= 1.6×0.25×4=

3.6÷0.6-0.6= (0.1+2)×3= 10-2.4-7.6=

1.8+3.4+2.2= 20÷0.1÷0.2= 0.89×4.8+0.89×5.2=

二、竖式计算

12.95-5.87= 1.25×0.72= 21×0.75=

12.7-12.6÷5 1.6×〔（1.8+1.95）÷2.5〕

三、列式计算

1、21.6除以2与3.6的积，商是多少？

2、1.96与2.04的和是1.6的多少倍？

3、8.5减去2.75的`差乘2.4加上1.6的积，积是多少？

篇2：四年级数学计算测试题

一、计算题

1.25×8= 3.6÷1.8= 0.3×0.6= 2-.013=

23×0.5= 0.8×0.5= 2÷0.5= 1.03÷1.03=

3.5+0.05= 1.8-0.23= 7.5÷10= 0.13+0.6=

1.5×5= 0.2÷100= 1.8×3= 15÷0.01=

10-0.9= 4.8÷3= 3.25+0.05= 1.6×0.25×4=

3.6÷0.6-0.6= (0.1+2)×3= 10-2.4-7.6=

1.8+3.4+2.2= 20÷0.1÷0.2= 0.89×4.8+0.89×5.2=

二、竖式计算

12.95-5.87= 1.25×0.72= 21×0.75=

12.7-12.6÷5 1.6×〔（1.8+1.95）÷2.5〕

三、列式计算

1、21.6除以2与3.6的积，商是多少？

2、1.96与2.04的和是1.6的多少倍？

篇3：四年级数学计算测试题

一、选择题:本大题共10小题 (理科共8小题) , 每小题5分, 共50分 (理科共40分) .在每小题给出的四个选项中, 只有一项是符合题目要求的.

(A) {1} (B) {0, 1} (C) (0, 1) (D)

(A) [1, +∞)

(B) {0}∪[1, +∞)

(D) {0}∪ (1, +∞)

2. (理) 已知a, b∈R*, i是虚数单位, 且 (1+ai) (b+i) = (b-a) +5i, 则a+b的最小值为 () .

(A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 5

(文) 已知a, b∈R*, 且 (1+ai) (b+i) =5i i是虚数单位, 则a+b= () .

(D) 4

3.已知函数f (x) =log2 (x+1) , f (x-1) 的反函数为g (x) , 则函数h (x) =f (x-1) +g (x) 在[1, 2]上的值域是 () .

() [, ]

(B) (2, 5]

(D) [1, 2)

(A) 5

(B) 8

(D) 25

(文) 下表为某厂节能降耗技术改造后生产甲产品过程中记录的产量x (吨) 与相应的生产能耗y (吨) 标准煤的三组对照数据.

则y关于x的线性回归方程为 () .

(A) 周期为6的奇函数

(B) 周期为6的偶函数

(D) 周期为6π的偶函数

6. (理) 已知双曲线C的右焦点F与抛物线y2=8x的焦点相同, 且以F为圆心, 半径为的圆与双曲线C的渐近线相切, 则双曲线C的方程为 () .

(文) 一个几何体的三视图如图1所示, 则该几何体的体积为 () .

7. (理) 图2是根据部分城市某年6月份的平均气温 (单位:℃) 数据得到的样本频率分布直方图, 其中平均气温的范围是[20.5, 26.5], 样本数据的分组为[20.5, 21.5) , [21.5, 22.5) , [22.5, 23.5) , [23.5, 24.5) , [24.5, 25.5) , [25.5, 26.5].已知样本中平均气温低于22.5℃的城市个数为11, 则样本中平均气温不低于25.5℃的城市个数为 () .

(A) 6 (B) 7 (C) 8 (D) 9

(文) 已知各项均为正数的等差数列{an}中, a2+an-1=12, Sn=36, 则a3a4的最大值为 () .

(A) 6

(B) 12

(D) 48

8. (理) 袋中装有m个红球和n个白球, m>n≥4, 现从中任取两球, 若取出的两球是同色的概率等于取出的两球是异色的概率, 则满足关系m+n≤40的数组 (m, n) 的个数为 () .

(A) 3

(B) 4

()

(文) 已知双曲线C的右焦点F与抛物线y2=8x的焦点相同, 且以F为圆心, 半径为的圆与双曲线C的渐近线相切, 则双曲线C的方程为 () .

(A) (-∞, 4)

(B) (0, 4)

(D) (-∞, 0]

(A) (-2, -1]∪ (1, 2]

(B) (-1, 1]∪ (2, +∞)

(D) [-2, -1]

二、填空题:本大题共5小题 (理科共7小题) , 选做4小题 (理科选做6小题) , 每小题5分, 共20分 (理科共30分) .把答案填在题中横线上.

(一) 必做题

9. (理) 已知函数f (x) =lg (|x+a|+|xa|-2) 的定义域为R, 则实数a的取值范围是__________.

12. (理) 为了鼓励节约用水, 某市实行了如下的居民用水阶梯缴费方案 (按户计价) :

为了方便居民缴交该方案的水费, 某公司准备研制一种“阶梯水价水表”, 其计算原理如图4所示的框图, 则在 (1) 处的表达式为S=________;某户居民5月份交了50.88元水费, 那么, 该户居民5月份用了__________吨水.

(文) 已知a, b均为不等于1的正数, 且函数f (x) =ax-b的图象不经过第四象限, 则函数g (x) =bx-a的图象不经过第__________象限.

13. (理) 一个几何体的三视图如图5所示, 则该几何体的体积为____________.

(文) 为了鼓励节约用水, 某市实行了如下的居民用水阶梯缴费方案 (按户计价) :

为了方便居民缴交该方案的水费, 某公司准备研制一种“阶梯水价水表”, 其计算原理如图6所示的框图, 则在 (1) 处的表达式为S=________;某户居民5月份交了50.88元水费, 那么, 该户居民5月份用了__________吨水.

(二) 选做题

14. (坐标系与参数方程选讲选做题) 如图7, 在极坐标系Ox中, 等腰梯形OABC的顶点O与极点重合, 顶点A在极轴上, BC∥AO, 且|OA|=3|CB|=3, |OC|=|AB|=, 则直线AB的极坐标方程为__________.

15. (几何证明选讲选做题) 如图8, 过⊙O外一点A作一条直线与⊙O交于C, D两点, AB切⊙O于B, 弦MN过CD的中点P.已知AC=4, AB=6, 则MP·NP=____________.

三、解答题:本大题共6小题, 共80分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

(Ⅱ) 若b=4, △ABC的面积S=6, 求sin B的值.

17. (本小题满分13分) (理) 某食品店每天以每瓶2元的价格从厂家购进一种酸奶若干瓶, 然后以每瓶3元的价格出售, 如果当天卖不完, 余下的酸奶变质作垃圾处理.

(Ⅰ) 若食品店一天购进170瓶, 求当天销售酸奶的利润y (单位:元) 关于当天的需求量n (单位:瓶, n∈N) 的函数解析式;

(Ⅱ) 根据市场调查, 100天的酸奶的日需求量 (单位:瓶) 数据整理如下表:

若以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率.食品店一天购进170瓶酸奶, X表示当天的利润 (单位:元) , 求X的分布列和数学期望EX.

(文) 图9所示的茎叶图记录了甲、乙两组各四名同学的投篮命中次数, 乙组记录中有一个数据模糊, 无法确认, 在图中以X表示.

(Ⅰ) 如果乙组同学投篮命中次数的平均数为, 求X及乙组同学投篮命中次数的方差;

(Ⅱ) 在 (Ⅰ) 的条件下, 分别从甲、乙两组中随机选取一名同学, 求这两名同学的投篮命中次数之和为19的概率.

18. (本小题满分13分) 如图10, 四边形ABCD是边长为1的菱形, ∠ABC=120°, 直线m经过点A且垂直于平面ABCD, 直线n经过点C且平行于m, 点P, Q分别是直线m, n上的动点, 且位于平面ABCD同一侧.

(Ⅰ) 证明:BQ∥平面PAD;

(Ⅱ) (理) 若CQ=, 直线BQ与平面BDP所成的角为60°, 求平面BDP与平面BDQ所成的角的余弦值.

(文) 若CQ=2AP=2a, 且平面BDP⊥平面BDQ, 求a的值.

19. (本小题满分14分) 已知函数f (x) =ax-1-ln x (a∈R) .

(Ⅰ) 讨论函数f (x) 在定义域内的极值点的个数;

(Ⅱ) 若函数f (x) 在x=1处取得极值, 对x∈ (0, +∞) , f (x) ≥bx-2恒成立, 求实数b的取值范围;

(Ⅰ) 若M是椭圆C1的右顶点, 点P是椭圆C1上一动点, 点A (2, 0) , |PA|的最小值为|MA|, 求实数m的取值范围;

(Ⅱ) 当m=时, 曲线C2经过椭圆C1的右顶点, 点Q为曲线C2上的动点, l为C2在Q点处的切线, 求原点O到切线l距离的最小值;

(Ⅲ) 当m=2时, 椭圆C1与垂直于x轴的直线EF交于E, F两点, 且|EF|=2b, 椭圆C1的上、下顶点分别为C, D, 求以C, D, E, F为顶点的面积S的最小值.

21. (本小题满分14分) 在数列{an}中, a1=1, 且对任意的k∈N*, a2k-1, a2k, a2k+1成等比数列, 其公比为qk.

(Ⅰ) 若qk=2 (k∈N*) , 求a1+a3+a5+…+a2k-1.

(1) 求证:{bn}成等差数列, 并求其公差;

(2) (理) 若d1=2, 试求数列{dk}的前k项和Dk.

(文) 若a2=d1=2, 试求数列{dk}的前k项和Dk.

参考答案

解之, 得x=0或x-1≥0,

即x=0或x≥1.

2. (理) C.由题意得 (1+ai) (b+i) = (ba) + (1+ab) i= (b-a) +5i, 则1+ab=5, 即ab=4, a, b∈R*, ∴a+b≥=4.

又a, b∈R*,

∴a=b=2, ∴a+b=4.

3.A.f (x-1) =log2x的反函数g (x) =2x, 则h (x) =f (x-1) +g (x) =log2x+2x在[1, 2]上是增函数, 而h (1) =2, h (2) =5,

∴h (x) ∈[2, 5].

∴n=5, 有a2+a4=10=2a3,

∴a3=5,

(文) 由于所给的数据恰在直线y=x-1上, ∴所求的线性回归方程为^y=x-1.

∴4=a2+b2.

∴a3a4≤36.

所以m+n= (m-n) 2, 由m>n≥4, m+n≤40, 得9≤m+n≤40.

解之, 得 (m, n) = (6, 3) , (10, 6) , (15, 10) , (21, 15) .故符合题意的数组 (m, n) 有4个.

∴4=a2+b2.

9. (理) (-∞, -1) ∪ (1, +∞) .由题意可知, 对任意x∈R, |x+a|+|x-a|-2>0恒成立, 则|x+a|+|x-a|>2.

又|x+a|+|x-a|=|x+a|+|a-x|≥| (x+a) + (a-x) |=2|a|, 由2|a|>2得a<-1或a>1.

综上, k的取值范围是 (-∞, 4) .

(1) 当-≥0, 即k≤0时, 区域Ω的边界为三角形;

综上, k的取值范围是 (-∞, 4) .

12. (理) S=2.88x-21.12;25.可得 (1) 处的表达式为S=1.92×22+2.88× (x-22) =2.88x-21.12.

当x=22时, S=2.88×22-21.12=42.24<50.88;当x=30时, S=2.88×30-21.12=65.28>50.88.故该户居民5月份的用水量x满足22≤x≤30.由2.88x-21.12=50.88, 得x=25.

(文) S=2.88x-21.12;25.可得 (1) 处的表达式为S=1.92×22+2.88× (x-22) =2.88x-21.12.

当x=22时, S=2.88×22-21.12=42.24<50.88;当x=30时, S=2.88×30-21.12=65.28>50.88.故该户居民5月份的用水量x满足22≤x≤30, 由2.88x-21.12=50.88, 得x=25.

14.ρ (cosθ+sinθ) =3.以O为原点, 极轴为x的正半轴建立平面直角坐标系, 由题意得

其极坐标方程为ρ (cosθ+sinθ) =3.

(Ⅱ) ∵b=4, S△ABC=6,

17. (理) 解: (Ⅰ) 当n<170时, y=3n-170×2=3n-340;

当n≥170时, y= (3-2) ×170=170.

(Ⅱ) X可取值为:110, 140, 170.

依题意得n=150, 160及不小于170的频率分别为0.17, 0.23, 0.6.

∴X的分布列为:

∴EX=110×0.17+140×0.23+170×0.6=152.9.

(Ⅱ) 记甲组四名同学为A1, A2, A3, A4, 他们投篮命次数依次为:9, 9, 11, 11,

乙组四名同学为B1, B2, B3, B4, 他们投篮命次数依次为:8, 8, 9, 10,

分别在甲、乙组中随机选取一名同学, 有:

(A1, B1) , (A1, B2) , (A1, B3) , (A1, B4) ;

(A2, B1) , (A2, B2) , (A2, B3) , (A2, B4) ;

(A3, B1) , (A3, B2) , (A3, B3) , (A3, B4) ;

(A4, B1) , (A4, B2) , (A4, B3) , (A4, B4) .

故共有16种.

选出的两名同学投篮命中次数之和为19有: (A3, B1) , (A3, B2) , (A4, B1) , (A4, B2) , (A1, B4) , (A2, B4) ,

∴PA∥面BCQ.

∴AD∥面BCQ, AD∩PA=A,

∴面PAD∥面BCQ, BQ面BCQ,

∴BQ∥平面PAD.

(Ⅱ) (理) 设AC∩BD=O, 连结OP, OQ, PQ.

由PA⊥面ABCD, BD面ABCD, 得BD⊥PA,

在菱形ABCD中, BD⊥OA,

又∵OA∩PA=A,

∴BD⊥面POA, PO面POA,

∴BD⊥OP.

同理, BD⊥OQ,

而OP∩OA=O, 则BD⊥面POQ.

作QE⊥OP于点E, 连结QE, 由QE面POQ, 则BD⊥QE,

又PO∩BD=O, 有QE⊥而BDP, 连结BE, 则∠EBQ是直线BQ与平面BDP所成的角,

∴∠EBQ=60°.

(文) 设AC∩BD=O, 连结OP, OQ, PQ.

由PA⊥面ABCD, CQ∥PA, 得QC⊥面ABCD,

而BD面ABCD, 得BD⊥QC.

在菱形ABCD中, BD⊥OC,

又∵QC∩OC=C, ∴BD⊥面QOC, QO面POA,

∴QO⊥BD.

又平面BDP⊥平面BDQ, 平面BDP∩平面BDQ=BD,

∴OQ⊥面BDP, PO面BDP,

则OQ⊥PO.

设PA=a, 由CQ=2AP得CQ=2a,

作PM∥AC交QC于点M, 则PM=AC.

当a≤0时, f′ (x) <0, f (x) 在 (0, +∞) 上单调递减, 这时f (x) 在 (0, +∞) 上没有极值.

∴当a≤0时, f (x) 在 (0, +∞) 上没有极值;当a>0时, f (x) 在 (0, +∞) 上有一个极值.

由g′ (x) =0, 得x=e2.

当0<x<e2时, g′ (x) <0, 当x>e2时, g′ (x) >0,

∴g (x) 在 (0, e2) 上递减, 在 (e2, +∞) 上递增,

∴h (x) 在 (e-1, +∞) 上单调递增, 而x>y>e-1, 有h (x) >h (y) ,

∴h (x) 在 (e, +∞) 上单调递增, 而x>y>e, 有h (x) >h (y) ,

代入整理得2x0x-4y-x20-8=0,

原点O到切线l距离

即原点O到切线l距离的最小值为2.

由直线EF⊥x轴知, 四边形CDEF为等腰梯形, 且|CD|=2, 而|EF|=2b,

令f (b) =S2=4 (b+1) 2 (1-b2) , 0<b<1,

(Ⅱ) 证明: (1) ∵a2k, a2k+1, a2k+2成公差为dk的等差数列,

∴2a2k+1=a2k+a2k+2,

∴bk+1-bk=1, 即{bn}是等差数列, 且公差为1.

(2) (理) 由d1=2得a3=a2+2,

则由a22=1×a3=a2+2.

解之, 得a2=2或a2=-1.

∴dk=a2k+1-a2k=4k-2,

从而Dk=2k2,

(文) 参阅理 (2) (i) .

篇4：四年级数学计算测试题

一、知识海洋细填空(每空1分，共16分)

1.一个数由3个百万、3个万、3个百组成，这个数是 ( )，读作( )。

2.天王星与太阳的距离为二十八亿九千二百万，写作()，四舍五入省略亿位后面的尾数约()。

3.□45×8＞2000(在□里填较小的一位数)

□05÷49＜6(在□里填较大的一位数)

4.小红爸爸每次给小红100元生活费，小红每天用13元，可以用()天，余()元。

5.1个周角=()个平角=()个直角=()°

6.张先生自驾车出差，车速90千米/时，从甲地到乙地行驶了4小时15分，两地相距大约()千米。

7.条形统计图分()式条形统计图和()式条形统计图。

二、是非曲直明判断(对的打“√”，错的“×”)(4分)

1.最小的自然数是1。()

2.100个100是1万。()

3.角的两条边叉开的越大，角越大。()

4.江伟骑自行车的速度达60千米/时。()

三、众说纷纭慎选择(选择正确答案的字母填在括号里)(8分)

1.在除法算式中，如果被除数不变，除数缩小10倍，那么商()。(被除数、除数都不为0)

六、生活数学活应用(共24分，1~4小题每题3分，第5小题8分，第6小题4分)

1.一台电话机76元，张主任带了600元，可以买几台电话机?还剩多少元?

2.王大爷养了48只狐狸，比养的兔子少240只，养兔子的只数是狐狸的几倍?

3.时令水果店共有3人，昨天共售出苹果36箱，每箱15千克，得货款3240元。平均每千克苹果多少元?

4.小轿车从广州到北京，如果车速120千米/时，需要行驶20小时，如果车速为100千米/时，需要行驶多少小时?

5.某县城乡小学生人数增减变化情况如下表，完成下面的统计图，并回答问题。

6.李大妈做早餐，洗碗要1分钟，洗米要2分钟，洗菜要3分钟，炒菜要5分钟，下楼买包子、馒头要10分钟，烧稀饭要20分钟(用全自动电饭煲)。李大妈怎样安排才能使全家人尽快吃上早饭？(写出过程)至少需要多少分钟?

(祝贺你全部做完了，认真检查一遍，成功是属于你的!)

篇5：四年级数学下册计算题过关试题

一、直接写出得数：

2.7+6.3= 0.58+3.5= 6-2.2= 5.6-2.8=

25×12= 6.68-2.1= 6.38+5.62= 3.92-0.9=

0.25×10= 100×2.003= 62÷10= 123.5÷100=

9.025×100= 9-2.3-3.7= 4×31×25= 28×0÷54=

65+37×0= 5.5+2.81+4.5= 25×4÷25×4=

二、竖式计算并验算：

12.65+3.5= 85.6-3.21=

三、计算，有些能简便的要简便计算：

89×99+89 2.63+5.8+7.37+4.2 52×15-5×52 55×102

2.58-1.6+3.42 125×64 45×25+75×45 23.5-2.8-7.2

58.65-(3.2+8.65) 99×125×8 3200÷25÷4 250÷8×4

篇6：四年级数学计算测试题

计算能力小竞赛

（时间：20分钟）

学号班级姓名成绩

一、口算

450÷9＝12×40＝240

84÷4＝600－50＝500

520－180＝30×40=400

5.7－1.2＝5.1+1.4＝8.1

41×22≈52×68≈89

二、笔算

23×36＝360×5＝7.1三、脱式计算

（86－68）×24574

＝

17×36÷3560-12

＝

＝=

篇7：四年级数学第四单元测试题

一、“认真细致”填一填：25分[3+3+3+3+3+3+3+4]

1、在( )的两条直线叫做平行线。

2、两组对边( )的四边形叫做平行四边形。

3、常见的四边形有( )。

4、只有一组对边平行的四边形叫做( )。

5、两条直线相交成( )角时，这两条直线互相垂直。

6、( )的梯形叫等腰梯形。

7、两条平行线之间的`距离是6厘米，在这两条平行线之间作一条垂线，这条垂线的长是( )厘米。

8、右图中有( )个平行四边形，( )个梯形。

二、“对号入座”选一选： (选择正确答案的序号填在括号里)25分

1、下面错误的是( )。

①正方形相邻的两条边互相垂直。

②两条直线互相平行，这两条直线相等。

③长方形是特殊的平行四边形。

④任意一个四边形的四个内角的和都是3600 。

2、把一个长方形框架拉成一个平行四边形，这个平行四边形的周长比原长方形的周长( )。 ①大 ②小 ③一样大 ④无法比较

3、从直线外一点到这条直线的距离，是指这一点到这条直线的( )的长。

①线段 ②射线 ③直线 ④垂直线段

4、下面四边形中( )不是对称图形。

① ② ③

5、在一个等腰梯形中画一条线段，可以将它分割成两个完全一样的( )。

①梯形 ②平行四边形 ③三角形

三、“实践操作”显身手：50分

1、过直线外一点作已知直线的垂线和平行线。

2、画出下面平行四边形的高、并测量底和高的长度。

底( )厘米;高( )厘米

3、画一个长4厘米、宽3厘米的长方形。

4、按要求在下面图形中画一条线段：

⑴ 分成两个梯形。 ⑵分成一个平行四边形和一个梯形

篇8：四年级数学计算测试题

本大题共12小题, 每小题5分, 共60分.在每小题给出的四个选项中, 只有一项是符合题目要求的.

1. (理科) 已知 $x \in R, y ＞ 0 ‚ A = {x^{2} + x + 1, - x, - x - 1} ‚ B = {- y, - \frac{y}{2}, y + 1}$ , 若A=B, 则x2+y2= ( ) .

(A) 4 (B) 5 (C) 6 (D) 7

(文科) 设集合 $A = {x | x ＞ 2} ‚ B = {x | \frac{x - 1}{x - 4} ＜ 0}$ , 则A∩B= ( ) .

(A) {x|x>4} (B) {x|x>2}

2.已知x, y∈R, i为虚数单位, 且 $\frac{3 + 4 i}{x + y i} = 1 + 2 i$ , 则z=x+yi的共轭复数 $\bar{z}$ 在复平面内对应的点在 ( ) .

(A) 第一象限 (B) 第二象限

3.投掷一枚均匀的硬币和一枚均匀的骰子各一次, 记“硬币反面向上”为事件A, “骰子向上的点数是3的倍数”为事件B, 则事件A, B中至少有一件发生的概率是 ( ) .

$\begin{array}{l} (A) \frac{1}{3} (B) \frac{1}{2} \\ (C) \frac{2}{3} (D) \frac{5}{6} \end{array}$

4.设双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1 (a ＞ 0, b ＞ 0)$ 的渐近线与抛物线y=x2+1相切, 则该双曲线的离心率等于 ( ) .

$\begin{array}{l} (A) \sqrt{3} (B) 2 \\ (C) \sqrt{5} (D) \sqrt{6} \end{array}$

5.为了得到函数 $y = \cos (2 x + \frac{π}{3})$ 的图象, 只需将函数y=sin2x的图象 ( ) .

(A) 向左平移 $\frac{5 π}{12}$ 个长度单位

(B) 向右平移 $\frac{5 π}{12}$ 个长度单位

(D) 向右平移 $\frac{5 π}{6}$ 个长度单位

6.已知α, β表示两个不同的平面, m为平面α内的一条直线, 则“α⊥β”是“m⊥β”的 ( ) .

(A) 充分不必要条件

(B) 必要不充分条件

(D) 既不充分也不必要条件

7.某几何体的三视图如图1所示 (尺寸的长度单位为cm) , 则该几何体的体积为 ( ) cm3.

(A) 4

(B) 8

(D) 24

8.设函数 $f (x) = \frac{x}{3} - \ln x$ , 则y=f (x) ( ) .

(A) 在区间 $(\frac{1}{e}, 1), (1, e)$ 内均各有一个零点

(B) 在区间 $(\frac{1}{e}, 1), (1, e)$ 内均无零点

(D) 在区间 $(\frac{1}{e}, 1)$ 内无零点, 在区间 (1, e) 内有且仅有一个零点

9.如果执行如图2所示的框图, 输入N=4, 则输出的数等于 ( ) .

10.已知A, B, C是平面上不共线的三点, O是△ABC的重心, 若点P满足 $3 \vec{Ο Ρ} = \frac{5}{2} \vec{Ο A} + \frac{5}{2} \vec{Ο C} + 4 \vec{Ο B}$ , 则点P为△ABC的 ( ) .

(A) AC边中线的中点

(B) AC边中线的三等分点 (非重心)

(D) AC边的中点

11.已知函数f (x) 对任意的x, y∈R均满足, f (x) +f (2x+y) +6xy=f (3x-y) +2x2+2, 则f (10) = ( ) .

(A) -98 (B) -2

12. (理科) 函数 $f (x) = \frac{2 x^{2} - 2 x + 3}{x^{2} - x + 1} (x \in (1, 3))$ 的值域为 ( ) .

$\begin{array}{l} (A) [2, \frac{10}{3}] (B) (2, \frac{10}{3}] \\ (C) (2 \frac{1}{7}, 3) (D) [2 \frac{1}{7}, 3] \end{array}$

(文科) 若对任意实数x∈[-1, 2], 不等式x2+ax-3a<0的恒成立, 则实数a的取值范围是 ( ) .

(A) (-12, 0) (B) (-∞, -12)

二、填空题:本大题共4小题, 每小题5分, 共20分.将答案填在题中的横线上.

13.函数 $f (x) = \frac{x - x^{3}}{1 + 2 x^{2} + x^{4}}$ 的最大值与最小值的积为____.

14.已知随机变量ξ服从正态分布N (3, σ2) , 若P (2≤ξ≤4) -P (ξ>4) =0.85, 则P (2≤ξ≤3) =____.

$\begin{array}{l} 15 . 在 △ A B C 中 ‚ 已知 C = 60 ° ‚ \\ \frac{s i n A + s i n B + s i n C}{s i n A + s i n C} + \frac{s i n A + s i n B + s i n C}{s i n B + s i n C} = . \end{array}$

16. (理科) 已知函数f (x) 是定义在 (0, +∞) 上的单调递增函数, 当n∈N*时, f (n) ∈N*, 若f[f (n) ]=3n, 则f (5) +f (4) 的值等于____.

(文科) 已知函数f (x) 是定义在 (0, +∞) 上的单调递增函数, 当n∈N*时, f (n) ∈N*, 若f[f (n) ]=3n, 则f (1) 的值等于____.

三、解答题:

本大题共70分.解答应写出必要的文字说明, 证明过程或演算步骤.

17. (本小题满分12分) 设a, b均为大于1的自然数, 函数f (x) =a (b+sinx) , g (x) =b+cosx, 且存在实数m, 使得f (m) =g (m) , 试求a+b的值.

18. (本小题满分12分) 已知椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1, (a ＞ b ＞ 0)$ , 过椭圆的左顶点A (-a, 0) 的直线l与椭圆交于Q, 与y轴交于R, 过原点与l平行的直线与椭圆交于P点.求证: $| A Q | ‚ \sqrt{2} | Ο Ρ | ‚ | A R |$ 成等比数列.

19. (本小题满分12分) (理科) 如图3在三棱锥P-ABC中, 已知 $Ρ A ⊥ A B C ‚ A B ⊥ A C ‚ Ρ A = A C = \frac{1}{2} A B ‚ Ν$ 为AB上一点, AB=4AN, M, S分别为PB, BC的中点.

(Ⅰ) 证明:CM⊥SN;

(Ⅱ) 求SN与平面CMN所成角的大小.

(文科) 如图4, 在四棱锥P-ABCD中, 底面ABCD是矩形, PA⊥平面 $A B C D ‚ A Ρ = A B = 2, B C = 2 \sqrt[]{2}, E ‚ F$ 分别是AD, PC的中点.

(Ⅰ) 证明:PC⊥平面BEF;

(Ⅱ) 求平面BEF与平面BAP夹角的正切值.

20. (本小题满分12分) (理科) (Ⅰ) 已知甲盒内有大小相同的3个红球和4个黑球, 乙盒内有大小相同的5个红球和4个黑球.现从甲、乙两个盒内各任取2个球.试求取出的4个球均为红球的概率.

(Ⅱ) 若袋中有红球和白球共100个, 如从这只袋中任取3个球, 试问:袋中有几个红球时, 能使得取出的3个球全为同色的概率最小?

(文科) 三人独立破译同一份密码, 已知三人各自破译出密码的概率分别为 $\frac{1}{5}, \frac{1}{4}, \frac{1}{3}$ , 且他们是否破译出密码互不影响.

(Ⅰ) 求恰有二人破译出密码的概率;

(Ⅱ) “密码被破译”与“密码未被破译”的概率哪个大?试说明理由.

21. (本小题满分12分) (理科) 已知函数 $f (x) = \sqrt{x}, g (x) = a \ln x, a \in R ‚$

(Ⅰ) 若曲线y=f (x) 与曲线y=g (x) 相交, 且在交点处有共同的切线, 求a的值和该切线方程;

(Ⅱ) 设函数h (x) =f (x) -g (x) , 当h (x) 存在最小值时, 求其最小值φ (a) 的解析式;

(Ⅲ) 对 (Ⅱ) 中的φ (a) 和任意的a>0, b>0, 证明: $φ^{'} (\frac{a + b}{2}) \leq \frac{φ^{'} (a) + φ^{'} (b)}{2} \leq φ^{'} (\frac{2 a b}{a + b}) .$

(文科) 已知函数f (x) =x3+2bx2+cx-2的图象在与x轴交点处的切线方程是y=5x-10.

(Ⅰ) 试求函数f (x) 的解析式;

(Ⅱ) 设函数 $g (x) = f (x) + \frac{m x}{3}$ , 若g (x) 的极值存在, 求实数m的取值范围以及函数g (x) 取得极值时对应的自变量x的值.

请考生在第22, 23, 24三题中任选一题作答, 如果多做, 则按所做的第一题记分.

22. (本小题满分10分) 选修4-1:几何证明选讲

从圆O外一点P引切线PA, 其中A为切点, PCB是该圆的一条割线 (如图5) , 试证: $\frac{Ρ C}{Ρ B} = \frac{A C^{2}}{A B^{2}} .$

23. (本小题满分10分) 选修4-4:坐标系与参数方程

已知实数x, y满足x2+y2-2x+4y=0, 试求 $x + \sqrt{3} y$ 的最大值.

24. (本小题满分10分) 选修4-5:不等式选讲

已知x, y, z∈R, 且x2+y2+z2=1, 试求表达式 $\sqrt{3} y z + x z$ 的最大值.

参考答案

1. (理科) B.注意到x∈R, y>0, 则 $x^{2} + x + 1 \geq \frac{3}{4} ＞ 0$ , 故只可能等于y+1, 若-x=-y, 将得到矛盾结果, 只有 $- x = - \frac{y}{2}$ , 从而-x-1=-y, 解之, 得x=1, y=2, 故x2+y2=5.正确答案为B.

【点评】这道题并不是太难, 但也不是很容易得分, 抓住问题的切入点:x2+x+1=y+1是破题的关键所在.其实, 由基本不等式x2+1≥2x知, x2+x+1>-x>-x-1, 这是集合A的元素之间的大小顺序.同理, 由y>0, 则集合B的元素之间的大小顺序是 $y + 1 ＞ - \frac{y}{2} ＞ - y$ , 于是只能得到解之, 得x=1, y=2.

∴x2+y2=5.

(文科) C.这道题比较简单, 求出集合B后就可得出正确答案为C.

2.A.这是一个非常简单的复数的基本概念问题, 但也有求解的策略性, 如直接对左边分母实数化, 有 $\frac{(3 + 4 i) (x - y i)}{x^{2} + y^{2}} = 1 + 2 i$ , 按照这个思路做下去也能做出, 但远不如下面的办法简洁: $\frac{3 + 4 i}{x + y i} = 1 + 2 i \to \frac{3 + 4 i}{1 + 2 i} = x + y i$ , 则 $\frac{(3 + 4 i) (1 - 2 i)}{5} = x + y i$ , 即 $\frac{11}{5} + \frac{- 2}{5} i = x + y i$ , 则 $\bar{z} = x - y i = \frac{11}{5} + \frac{2}{5} i$ , 即 $\bar{z}$ 在复平面内对应的点在第一象限, 正确答案为A.

3.C.本小题同时考查互斥事件同时发生的概率及相互独立事件有一个发生的概率, 记事件A, B中至少有一件发生的事件为C, 则

$Ρ (C) = Ρ (\bar{A} B + A \bar{B} + A B) = Ρ (\bar{A} B) + Ρ (A \bar{B}) + Ρ (A B) = Ρ (\bar{A}) Ρ (B) + Ρ (A) Ρ (\bar{B}) + Ρ (A) Ρ (B) .$

已知 $Ρ (A) = Ρ (\bar{A}) = \frac{1}{2} ‚ Ρ (B) = \frac{1}{3} ‚ Ρ (\bar{B}) = \frac{2}{3}$ , 则 $Ρ (C) = \frac{2}{3} .$

正确答案为C.

【注】本题也可以通过对立事件的概率求解: $Ρ (C) = 1 - Ρ (\bar{A} \bar{B}) = 1 - Ρ (\bar{A}) Ρ (\bar{B})$ , 余略.

4.C.设切点P ( x0, y0) , 则切线的斜率为y′|x=x0=2x0.由题意知, $\frac{y_{0}}{x_{0}} = 2 x_{0}$ .又y0=x $_{0}^{2}$ +1, 解之, 得 $x_{0}^{2} = 1, ∴ \frac{b}{a} = 2, e = \sqrt{1 + (\frac{b}{a})^{2}} = \sqrt{5}$ .正确答案为C.

5.A.此类问题宜先化为同名三角函数 (其中A, ω>0) , 然后有两种处理思路:

①y=Acosx→y=Acos (x±φ) →y=Acos (ωx±φ) ;

②y=Acosx→y=Acos (ωx) →y=Acos (ωx±φ) .

平移方向按“左加右减”原则, 但①中最后一步的平移量大小为|φ|, ②中最后一步的平移量大小为 $| \frac{φ}{ω} | .$

本题中 $y = \sin 2 x = \cos (2 x - \frac{π}{2}) = \cos 2 (x - \frac{π}{4}) \to y = \cos 2 (x + \frac{π}{6})$ , 与上面讨论的情况不直接对应, 设平移量为φ0, 于是有 $2 (φ_{0} - \frac{π}{4}) = 2 \times \frac{π}{6}$ , 得 $φ_{0} = \frac{5 π}{12} ＞ 0$ , 选A.

6.B.这是一道立体几何背景下与充要条件有关的试题.由不能推出m⊥β;反之, 若.故正确答案为B.

7.A.这是一个三视图背景下的体积问题.该几何体是一个三棱锥, 高为2, 底面三角形一边为4, 这边上的高为 $3 ‚ V = \frac{1}{3} S h = \frac{1}{3} \times \frac{1}{2} \times 4 \times 3 \times 2 = 4 .$

8.D.这是一道与二分法有关的简单试题, 但已被笔者改编, 与单调性问题联系了起来. $f (1) = \frac{1}{3} ＞ 0 ‚ f (\frac{1}{e}) = \frac{1}{3 e} + 1 ＞ 0$ ; $f (e) = \frac{e}{3} - 1 ＜ 0$ , 故函数 $f (x) = \frac{x}{3} - \ln x, (x ＞ 0)$ 在 (1, e) 之间至少有一个零点.但 $f^{'} (x) = \frac{1}{3} - \frac{1}{x} = \frac{x - 3}{3 x}$ , 显然, 当0<x<3时, f (x) 单调递减, 故函数在区间 $(\frac{1}{e}, e) \subset (0, 3)$ 上至多有一个零点, 则函数f (x) 在区间 $(\frac{1}{e}, 1)$ 内无零点, 在区间 (1, e) 内有且仅有一个零点, 正确答案为D.

【点评】有关二分法的试题是新内容, 近年来, 对与此相关问题的考查有加强的趋势, 值得读者重视.同时要注意:我们若不研究单调性, 仅由 $f (1) = \frac{1}{3} ＞ 0 ‚ f (\frac{1}{e}) = \frac{1}{3 e} + 1 ＞ 0$ , 并不能断定该函数在区间 $(\frac{1}{e}, 1)$ 内无零点.

9.B.这是一道有关算法的基本问题, 关键要注意到底是“先执行, 后判断”还是“先判断, 后执行”, 这两种情况的结果会有细微的差异, 本题属于后者.正确答案为B.

10.B.求解本题的关键在于巧妙地应用一个向量恒等式, 若O为△ABC的重心, 则有 $\vec{Ο A} + \vec{Ο B} + \vec{Ο C} = 0$ , 则原条件可化简为 $\vec{Ο Ρ} = \frac{1}{2} \vec{Ο B}$ , 即AC边中线的三等分点, 且不是重心, 于是正确答案为B.

【点评】类似地, 在△ABC中, 有 $\vec{A B} + \vec{B C} + \vec{C A} = 0$ , 三角形“四心”的向量表示等等, 这些结论在处理某些有关平面向量试题时非常有用.

11.A.令2x+y=3x-y, 即x=2y时, 一定有f (2x+y) =f (3x-y) , 从而在此前提下, 原方程退化为f (x) =-x2+2, x=10, 得f (10) =-98, 选A.

【点评】这道抽象函数问题的求解有一定特色, 以上的处理手法在一定程度上也具有一般性.

12. (理科) C.一种正确的求解方法如下:

$y = f (x) = 2 + \frac{1}{x^{2} - x + 1} = 2 + \frac{1}{(x - \frac{1}{2})^{2} + \frac{3}{4}}, x \in (1, 3)$ , 显然f (x) 在 (1, 3) 上单调递减, 即f (3) <f (x) <f (1) , 其中 $f (1) = 3 ‚ f (3) = 2 \frac{1}{7}$ , 即 $2 \frac{1}{7} ＜ f (x) ＜ 3$ .选C.

【注】典型错解 (用别式法) , 记 $y = f (x) = \frac{2 x^{2} - 2 x + 3}{x^{2} - x + 1}, x \in (1, 3)$ , 则 (2-y) x2+ (y-2) x+3-y=0, 若y=2, 方程不成立, 故二次项的系数不为零, 于是Δ= (y-2) 2-4 (3-y) (2-y) ≥0, 即

(y-2) (-3y+10) ≥0, 解之, 得 $2 \leq y \leq \frac{10}{3}$ , 而y≠2, 则所求的值域为 $2 ＜ y \leq \frac{10}{3}$ , 其实这个结果显然是错误的.因为判别式Δ=0时, 对应的 $x = \frac{1}{2} \notin (1, 3)$ , 我们也容易看到, 正确答案 $2 \frac{1}{7} ＜ f (x) ＜ 3$ 与 $2 ＜ y \leq \frac{10}{3}$ 是截然不同的.

【点评】回顾2010年高考, 我们发现以二次分式型函数 $y = \frac{a_{1} x^{2} + b_{1} x + c_{1}}{a_{2} x^{2} + b_{2} x + c_{2}} (x \in Μ \subset R)$ 为背景的最值 (值域) 问题频频在高考试题中出现 (如2010年重庆卷文第12题, 2010年天津卷理第16题, 2010年山东卷理第14题, 2010年江苏卷第14题等等) .处理这类问题的传统办法是判别式法, 笔者以为, 无论用哪种解法, 一定要验证不等式的等号是否能取得, 否则, 出错就难免了 (这种错误还不易看出) .对有关问题的详细讨论, 读者可参见江苏教育出版社主办的《新高考》 (高三语数外) 2010年第11期P26.

(文科) D.本小题重点考查参数分离法及 $\frac{x}{λ_{1}} + \frac{λ_{2}}{x} (λ_{1}, λ_{2} ＞ 0)$ 在x>0或闭区间[a, b] (b>a) 上的最值 (值域) 问题.对x∈[-1, 2], 不等式x2+ax-3a<0恒成立, 则 $a ＞ \frac{x^{2}}{3 - x}, \forall x \in [- 1, 2]$ , 记 $g (x) = \frac{x^{2}}{3 - x}, \forall x \in [- 1, 2]$ , 则 $g (x) = 3 - x + \frac{9}{3 - x} - 6$ , 其中x∈[-1, 2], 易由“耐克函数”的单调性知, [g (x) ]max=4, 于是a>4.正确答案为D.

$13 . - \frac{1}{16}$ .基于表达式结构相似的联想, $f (x) = \frac{1}{2} \cdot \frac{2 x}{1 + x^{2}} \cdot \frac{1 - x^{2}}{1 + x^{2}}$ .令 $x = \tan θ, θ \in (- \frac{π}{2}, \frac{π}{2})$ , 则 $f (x) = g (θ) = \frac{1}{2} \cdot \sin 2 θ \cdot \cos 2 θ = \frac{1}{4} \sin 4 θ$ , 显然, $[f (x)]_{\max} = \frac{1}{4} ‚ [f (x)]_{\min} = - \frac{1}{4}$ , 即最大值与最小值的积为 $- \frac{1}{16} .$

【点评】这道题主要考查学生的类比联想能力.

14.0.45.充分利用正态分布密度函数的几何意义.设P (2≤ξ≤3) =x, P (ξ>4) =y, 则由题意知, 2x-y=0.85.又由对称性知, x+y=0.5, 解之, 得x=0.45.

【说明】这类试题只要抓住正态分布密度函数图象的对称性, 还是比较容易求解的, 类似试题如2008年湖南卷理第4题, 2008年重庆卷理第5题, 2010年广东卷第7题等.

15.3.由正弦定理可知,

原式 $= \frac{a + b + c}{a + c} + \frac{a + b + c}{b + c} = 1 + 1 + \frac{b}{a + c} + \frac{a}{b + c} = 2 + \frac{a^{2} + b^{2} + c (a + b)}{(c^{2} + a b) + c (a + b)}$ , 而由C=60°, 由余弦定理知, c2=a2+b2-2abcos60°, 即c2+ab=a2+b2, 易知最后结果为3.

【点评】这道题类似于2010年江苏卷第13题, 由一道传统试题恒等变换而得.

16. (理科) 15.f (x) 是定义在 (0, +∞) 上单调递增函数, 且x∈N*, f (n) ∈N*, 于是

即有1≤f (1) ≤f[f (1) ]=3,

即1≤f (1) ≤3, 又f (n) ∈N*,

(1) 若f (1) =1, 则有f[f (1) ]=f (1) =1, 与题意中的f[f (1) ]=3矛盾;

(2) 若f (1) =2, 则有f[f (1) ]=f (2) =3;

(3) 若f (1) =3, 则有f[f (1) ]=f (3) =3, 与题意中的f (1) <f (3) 矛盾.

故只有f (1) =2, f (2) =3, 进而有f[f (2) ]=f (3) =3×2=6, f[f (3) ]=f (6) =3×3=9, 于是6=f (3) <f (4) <f (5) <f (6) =9, 而f (n) ∈N*, 故只有f (4) =7, f (5) =8.则f (5) +f (4) =15.

(文科) 2.f (x) 是定义在 (0, +∞) 上单调递增函数, 且x∈N*, f (x) ∈N*, 于是

即有1≤f (1) ≤f[f (1) ]=3,

即1≤f (1) ≤3, 又f (n) ∈N*,

(1) 若f (1) =1, 则有f[f (1) ]=f (1) =1, 与题意中的f[f (1) ]=3矛盾;

(2) 若f (1) =2, 则有f[f (1) ]=f (2) =3;

(3) 若f (1) =3, 则有f[f (1) ]=f (3) =3, 与题意中的f (1) <f (3) 矛盾.

故只有f (1) =2.

【点评】这是一道比较典型的抽象函数问题, 同时也用到了夹逼法的思想, 难度较大.本题由2008年全国高中数学联赛 (河北省预赛) 的第6题改编而成.

17.【解析】由f (m) =g (m) , 得a (b+sinm) =b+cosm, 即cosm-asinm=b (a-1) >0, 要使符合题意的实数m存在, 由三角函数的有界性知, 必须[b (a-1) ]2≤1+a2.

又a, b均为大于1的自然数, 得

$1 ＜ b \leq \frac{\sqrt{1 + a^{2}}}{a - 1} ＜ \frac{a + 1}{a - 1} = 1 + \frac{2}{a - 1}, (*)$

容易发现, 当a≥3时, 有1<b<2, 满足要求的自然数b不存在, 所以, 只有a=2, 此时 $1 ＜ b \leq \sqrt{5}$ , 因此, b=2, 于是a=b=2, 最后得a+b=4.

【点评】这里主要利用关于x的方程Acosx+Bsinx+C=0有解的重要条件为 $\frac{| C |}{\sqrt{A^{2} + B^{2}}} \leq 1$ .由此也可等价得到f (x) =Acosx+Bsinx+C的值域为 $C - \sqrt{A^{2} + B^{2}} = [f (x)]_{\min} \leq f (x) \leq [f (x)]_{\max} = C + \sqrt{A^{2} + B^{2}}$ , 同时还利用了夹逼法的解题思想.

18.【解析】由题意知, AQ与OP的斜率存在, 设为k, 则直线AQ的方程可记为y=k (x+a) , 直线OP的方程可记为y=kx, 我们容易求出R (0, ka) , 于是 $| A R | = \sqrt{1 + k^{2}} a$ .我们将直线AQ的方程、OP的方程统一地记为y=k (x+C) , (*) 其中C≡a时即代表前者, 对应|AQ|;C≡0时即代表后者 (设直线OP与椭圆的另一交点为M, 对应|MP|, 其一半即为|OP|) , 这样将 (*) 式与椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$ 联立 (我们可减少一般的书写过程) , 得

(a2k2+b2) x2+2a2k2Cx+a2 (k2C2-b2) =0, 设其两根为x1, x2, 则 $x_{1} + x_{2} = - \frac{2 a^{2} k^{2} C}{a^{2} k^{2} + b^{2}} ‚ x_{1} x_{2} = \frac{a^{2} (k^{2} C^{2} - b^{2})}{a^{2} k^{2} + b^{2}}$ , 则线段|AQ| (或|MP|) 统一地记为 $\sqrt{1 + k^{2}} | x_{2} - x_{1} | = \sqrt{1 + k^{2}} \cdot \sqrt{(x_{1} + x_{2})^{2} - 4 x_{1} x_{2}}$ , 将前面的具体表达式代入化简得

$\frac{2 a b \sqrt[]{1 + k^{2}}}{a^{2} k^{2} + b^{2}} \sqrt{k^{2} (a^{2} - C^{2}) + b^{2}} . (* *)$

取C=a, 得 $| A Q | = \frac{2 a b^{2} \sqrt[]{1 + k^{2}}}{a^{2} k^{2} + b^{2}}$ ;

取C=0, 得 $| Μ Ρ | = \frac{2 a b \sqrt[]{1 + k^{2}}}{\sqrt{a^{2} k^{2} + b^{2}}} .$

于是 $| Ο Ρ | = \frac{1}{2} | Μ Ρ | = \frac{a b \sqrt[]{1 + k^{2}}}{\sqrt{a^{2} k^{2} + b^{2}}}$ , 则 $\sqrt[]{2} | Ο Ρ | = \frac{\sqrt{2}}{2} | Μ Ρ | = \frac{\sqrt{2} a b \sqrt[]{1 + k^{2}}}{\sqrt{a^{2} k^{2} + b^{2}}}$ , 前面已得 $| A R | = \sqrt{1 + k^{2}} a$ , 易证 $| A R | \cdot | A Q | = \frac{2 a^{2} b^{2} (1 + k^{2})}{a^{2} k^{2} + b^{2}}$ , 而 $(\sqrt{2} | Ο Ρ |)^{2} = \frac{2 a^{2} b^{2} (1 + k^{2})}{a^{2} k^{2} + b^{2}}$ , 于是 $| A R | \cdot | A Q | = [\sqrt{2} | Ο Ρ |]^{2}$ , 即 $| A Q | ‚ \sqrt{2} | Ο Ρ | ‚ | A R |$ 成等比数列.

【点评】一般来说, 解析几何试题的解题过程比较繁琐, 但有时我们可以适当地合并、整合解题的书写过程, 使我们的解题过程变得简洁!如本题, 将两条斜率相同的直线y=kx及y=k (x+a) 统一地记为y=k (x+C) ;另如, 将椭圆方程 $\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$ 和圆方程x2+y2=r2统一地记为Aix2+Biy2=1 (i=1, 2) , 则i=1时, $A_{1} = \frac{1}{a^{2}} ‚ B_{1} = \frac{1}{b^{2}}$ , 对应椭圆方程 $\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1 ‚ i = 2$ 时, $A_{2} = \frac{1}{r^{2}} ‚ B_{2} = \frac{1}{r^{2}}$ , 对应圆方程x2+y2=r2等等.

19. (理科) 【解析】这是一道基本也比较典型的理科立体几何试题, 空间向量法是处理有关试题的基本手法.设PA=1, 以A为原点, 射线AB, AC, AP分别为x, y, z轴正向建立如图所示的空间直角坐标系.

$\begin{array}{l} 则 Ρ (0 ‚ 0 ‚ 1) ‚ C (0 ‚ 1 ‚ 0) ‚ B (2 ‚ 0 ‚ 0) ‚ Μ (1 ‚ 0 ‚ \frac{1}{2}) ‚ Ν (\frac{1}{2} ‚ 0 ‚ 0) ‚ S (1 ‚ \frac{1}{2} ‚ 0) . \\ (Ⅰ) \vec{C Μ} = (1 ‚ - 1 ‚ \frac{1}{2}) ‚ \vec{S Ν} = (- \frac{1}{2} ‚ - \frac{1}{2} ‚ 0) ‚ \end{array}$

因为 $\vec{C Μ} \cdot \vec{S Ν} = - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + 0 = 0$ ,

所以CM⊥SN.

设a= (x, y, z) 为平面CMN的一个法向量,

则令x=2, 得a= (2, 1, -2) .

因为 $| \cos 〈 a, \vec{S Ν} 〉 | = | \frac{- 1 - \frac{1}{2}}{3 \times \frac{\sqrt{2}}{2}} | = \frac{\sqrt{2}}{2}$ ,

所以SN与平面CMN所成角为45°.

(文科) 【解析】 (Ⅰ) 证明:连结PE, EC.

在Rt△PAE和Rt△CDE中, PA=AB=CD, AE=DE, ∴PE=CE, 即△PEC是等腰三角形.

又F是PC的中点,

∴ EF⊥PC,

又 $B Ρ = \sqrt{A Ρ^{2} + A B^{2}} = 2 \sqrt[]{2} = B C, F$ 是PC的中点, ∴BF⊥PC.

又BF∩EF=F, ∴ PC⊥平面BEF.

(Ⅱ) ∵ PA⊥平面ABCD, ∴ PA⊥BC,

又ABCD是矩形, ∴ AB⊥BC,

∴ BC⊥平面BAP, BC⊥PB.又由 (Ⅰ) 知, PC⊥平面BEF, ∴ 直线PC与BC的夹角即为平面BEF与平面BAP的夹角.在△PBC中, PB=BC, ∠PBC=90°, ∠PCB=45°, 所以平面BEF与平面BAP的夹角的正切值为1.

20. (理科) 【解析】 (Ⅰ) 设“从甲盒内取出的2个球均为红球”为事件A, “从乙盒内取出的2个球均为红球”为事件B.由于事件A, B相互独立, 且 $Ρ (A) = \frac{3}{7} \times \frac{2}{6} = \frac{1}{7}$ 或 $Ρ (A) = \frac{C_{3}^{2}}{C_{7}^{2}} = \frac{1}{7} ‚ Ρ (B) = \frac{5}{9} \times \frac{4}{8} = \frac{5}{18}$ 或 $Ρ (B) = \frac{C_{3}^{2}}{C_{9}^{2}} = \frac{5}{18} ‚ Ρ (A B) = Ρ (A) Ρ (B) = \frac{1}{7} \times \frac{5}{18} = \frac{5}{126} .$

【说明】本小题主要考查相互独立事件同时发生的概率计算方法.

(Ⅱ) 设红球和白球的个数分别为x, y, 则x+y=100, 从袋中任取三个球全为红球的概率为

$\frac{x}{100} \cdot \frac{(x - 1)}{99} \cdot \frac{(x - 2)}{98} = \frac{x^{3} - 3 x^{2} + 2 x}{970200} .$

同理, 从袋中任取三个球全为白球的概率为 $\frac{y^{3} - 3 y^{2} + 2 y}{970200}$ , 由于这两个事件互斥, 从而3个球同色的概率为

$Ρ = \frac{(x^{3} + y^{3}) - 3 (x^{2} + y^{2}) + 2 (x + y)}{970200} .$

利用x+y=100, 化简得

$Ρ = 1 + \frac{x^{2} - 100 x}{3300} = 1 + \frac{(x - 50)^{2} - 2500}{3300}$ , 其中0<x<100, 显然, 当x=50时, P最小.

【点评】这是一道采用逆向思维命制的试题, 2010年北京卷理第17题在一定程度上也体现了这一意图.

(文科) 【解析】记“第i个人破译出密码”为事件Ai (i=1, 2, 3) , 依题意有

$Ρ (A_{1}) = \frac{1}{5}, Ρ (A_{2}) = \frac{1}{4}, Ρ (A_{3}) = \frac{1}{3}$ , 且A1, A2, A3相互独立.

(Ⅰ) 设“恰好二人破译出密码”为事件B, 则有

$B = A_{1} \cdot A_{2} \cdot \bar{A_{3}} + A_{1} \cdot \bar{A_{2}} \cdot A_{3} + \bar{A_{1}} \cdot A_{2} \cdot A_{3}$ , 且 $A_{1} \cdot A_{2} \cdot \bar{A_{3}} ‚ A_{1} \cdot \bar{A_{2}} \cdot A_{3} ‚ \bar{A_{1}} \cdot A_{2} \cdot A_{3}$ 彼此互斥, 于是

$\begin{array}{l} Ρ (B) = Ρ (A_{1} \cdot A_{2} \cdot \bar{A_{3}}) + Ρ (A_{1} \cdot \bar{A_{2}} \cdot A_{3}) + Ρ (\bar{A_{1}} \cdot A_{2} \cdot A_{3}) \\ = \frac{1}{5} \times \frac{1}{4} \times \frac{2}{3} + \frac{1}{5} \times \frac{3}{4} \times \frac{1}{3} + \frac{4}{5} \times \frac{1}{4} \times \frac{1}{3} \\ = \frac{3}{20} . \end{array}$

(Ⅱ) 设“密码被破译”为事件C, “密码未被破译”为事件D, 则有

$D = \bar{A_{1}} \cdot \bar{A_{2}} \cdot \bar{A_{3}}$ , 且 $\bar{A_{1}} ‚ \bar{A_{2}} ‚ \bar{A_{3}}$ 互相独立, 则有

$\begin{array}{l} Ρ (D) = Ρ (\bar{A_{1}}) \cdot Ρ (\bar{A_{2}}) \cdot Ρ (\bar{A_{3}}) \\ = \frac{4}{5} \times \frac{3}{4} \times \frac{2}{3} = \frac{2}{5} . \end{array}$

而 $Ρ (C) = 1 - Ρ (D) = \frac{3}{5}$ , 故P (C) >P (D) , 所以密码被破译的概率比密码未被破译的概率大.

21. (理) 【解析 $】 (Ⅰ) f^{'} (x) = \frac{1}{2 \sqrt[]{x}}, g^{'} (x) = \frac{a}{x} (x ＞ 0)$ , 由已知得

${\begin{cases} \sqrt{x} = a l n x, \\ \frac{1}{2 \sqrt[]{x}} = \frac{a}{x}, \end{cases}$

解之, 得 $a = \frac{e}{2}, x = e^{2} .$

∴两条直线交点的坐标为 (e2, e) , 切线的斜率为 $k = f^{'} (e^{2}) = \frac{1}{2 e} ‚$

∴ 切线的方程为 $y - e = \frac{1}{2 e} (x - e^{2})$ ,

即 $y = \frac{1}{2 e} (x + e^{2}) .$

$\begin{array}{l} (Ⅱ) 由条件知 ‚ h (x) = \sqrt{x} - a \ln x (x ＞ 0), \\ ∴ h^{'} (x) = \frac{1}{2 \sqrt[]{x}} - \frac{a}{x} = \frac{\sqrt{x} - 2 a}{2 x} . \end{array}$

(ⅰ) 当a>0时, 令h′ (x) =0, 解之, 得x=4a2, ∴ 当0<x<4a2时, h′ (x) <0, h (x) 在 (0, 4a2) 上递减;当x>4a2时, h′ (x) >0, h (x) 在 (4a2, +∞) 上递增.∴x=4a2是h (x) 在 (0, +∞) 上的唯一极值点, 从而也是h (x) 的最小值点.

∴ 最小值φ (a) =h (4a2) =2a-aln4a2=2a (1-ln2a) .

(ⅱ) 当a≤0时, $h^{'} (x) = \frac{\sqrt{a} - 2 a}{2 x} ＞ 0, h (x)$ 在 (0, +∞) 上递增, 无最小值, 与题意不符, 故舍去.

故h (x) 的最小值φ (a) 的解析式为

φ (a) =2a (1-ln2a) (a>0) .

(Ⅲ) 由 (Ⅱ) 得到φ′ (a) =-2ln2a, 对任意的

$\begin{array}{l} a ＞ 0, b ＞ 0 ‚ \\ \frac{φ^{'} (a) + φ^{'} (b)}{2} = - \frac{2 \ln 2 a + 2 \ln 2 b}{2} = - \ln 4 a b ‚ ① \\ φ^{'} (\frac{a + b}{2}) = - 2 \ln [2 (\frac{a + b}{2})] = - \ln (a + b)^{2} \leq - \ln 4 a b ‚ ② \\ φ^{'} (\frac{2 a b}{a + b}) = - 2 \ln [2 (\frac{2 a b}{a + b})] \geq - 2 \ln \frac{4 a b}{2 \sqrt[]{a b}} = - \ln 4 a b, ③ \end{array}$

故由①②③, 得

$φ^{'} (\frac{a + b}{2}) \leq \frac{φ^{'} (a) + φ^{'} (b)}{2} \leq φ^{'} (\frac{2 a b}{a + b}) .$

【点评】这道题中的公切线问题是理科导数问题考查的重要方向之一, 而本题最后一问却是形式吓人, 但只是基本不等式的简单应用!

(文科) 解: (Ⅰ) 题意的隐含条件是切点坐标为 (2, 0) , 则f (2) =0, 即4b+c+3=0.而f′ (x) =3x2+4bx+c, 又易知f′ (2) =5, 即12+8b+c=5.联立两式求得b=-1, c=1, 于是f (x) =x3-2x2+x-2.

(Ⅱ) 由 (Ⅰ) 知, $g (x) = x^{3} - 2 x^{2} + x - 2 + \frac{1}{3} m x$ , 于是 $g^{'} (x) = 3 x^{2} - 4 x + 1 + \frac{m}{3}$ , 令g′ (x) =0, 要使函数g (x) 有极值, 其必要条件为方程 $3 x^{2} - 4 x + 1 + \frac{m}{3} = 0$ 有实根, 则相应的判别式Δ≥0, 即4 (1-m) ≥0, 解之, 得m≤1, 下面进一步考虑在此基本条件下函数g (x) 的极值是否存在.①若m=1, 此时令g′ (x) =0, 得 $x = \frac{2}{3}$ , 但在 $x = \frac{2}{3}$ 的左右两侧, 均有g′ (x) >0, 故此时函数g (x) 的极值不存在;②若m<1, g′ (x) =0有两个实数根x1, x2, 其中 $x_{1} = \frac{2 - \sqrt{1 - m}}{3} ‚ x_{2} = \frac{2 + \sqrt{1 - m}}{3} ‚ (x_{1} ＜ x_{2})$ 易由二次函数y=g′ (x) 的图象知, 当x=x1时, 函数g (x) 取极大值;当x=x2时, 函数g (x) 取极小值.

【注】一个函数的导函数为零只是其取极值的必要不充分条件, 还需验证该点两侧的导函数的值是否异号 (即函数在该点两侧的单调性是否改变) , 同号的时候此处不是极值!

22.【证明】已知PA为圆的切线, 则∠CAP=∠B, 又∠P为公共角, 因此, △PAC∽△PBA.

于是 $\frac{Ρ C}{Ρ A} = \frac{A C}{B A}$ , 即 $\frac{Ρ C}{Ρ B} = \frac{A C}{B A} \cdot \frac{Ρ A}{Ρ B}$ ,

而 $\frac{A C}{B A} = \frac{Ρ A}{Ρ B}$ , 于是得 $\frac{Ρ C}{Ρ B} = \frac{A C^{2}}{A B^{2}} .$

【另证】易得△PAC∽△PBA (思路同上) , 一方面, 由于这两个三角形以直线PCB为底边时, 底边上的高相同, 于是 $\frac{S_{△ Ρ A C}}{S_{△ Ρ B A}} = \frac{Ρ C}{Ρ B}$ , 另一方面, 易由相似三角形的性质有 $\frac{S_{△ Ρ A C}}{S_{△ Ρ B A}} = (\frac{A C}{B A})^{2}$ , 两式联立即得要证结果.还可以从等式左端分析: $\frac{Ρ C}{Ρ B} = \frac{Ρ C \cdot Ρ B}{Ρ B^{2}} = \frac{Ρ A^{2}}{Ρ B^{2}}$ (切割线定理) , 又 $\frac{Ρ A}{Ρ B} = \frac{A C}{B A}$ (三角形相似) ,

$∴ \frac{Ρ C}{Ρ B} = \frac{Ρ A^{2}}{Ρ B^{2}} = \frac{A C^{2}}{A B^{2}} .$

23.【解析】将原方程配方为 $(x - 1)^{2} + (y + 2)^{2} = (\sqrt{5})^{2}$ , 则可令

$\begin{array}{l} x = 1 + \sqrt{5} \cos θ ‚ \\ y = - 2 + \sqrt{5} \sin θ ‚ x + \sqrt{3} y = 1 - 2 \sqrt[]{3} + \sqrt{5} (\cos θ + \sqrt{3} \sin θ) \end{array}$

, 显然, 其中的 $g (θ) = \cos θ + \sqrt{3} \sin θ = 2 \cos (θ - \frac{π}{3}) \leq 2$ , 即 $x + \sqrt{3} y$ 的最大值为 $1 - 2 \sqrt[]{3} + 2 \sqrt[]{5} .$

【点评】本小题考查考生对圆的参数方程及asinx+bcosx型三角函数最值求解方法的掌握情况.

24.【解析】将z2项适当地分成两项, λz2和 (1-λ) z2项, 其中λ是待定的常数且λ∈ (0, 1) , 则 $x^{2} + λ z^{2} \geq 2 \sqrt[]{λ} x z ‚ y^{2} + (1 - λ) z^{2} \geq 2 \sqrt[]{(1 - λ)} y z$ , 结合题意, 应使 $\frac{\sqrt{1 - λ}}{\sqrt{λ}} = \frac{\sqrt{3}}{1}$ , 解之, 得 $λ = \frac{1}{4}$ (与前面的限制要求一致) , 即 $x^{2} + \frac{1}{4} z^{2} \geq x z ‚ y^{2} + \frac{3}{4} z^{2} \geq \sqrt{3} y z$ , 即 $x^{2} + y^{2} + z^{2} \geq x z + \sqrt{3} y z$ , 即 $x z + \sqrt{3} y z \leq 1$ , 则在已知条件下, $x z + \sqrt{3} y z$ 的最大值为1, 当且仅当 $z = 2 x = \frac{2 y}{\sqrt{3}} \neq 0$ 时, 不等式取等号.

【点评】这是一道考查考生灵活运用基本不等式解决问题的能力的试题, 难点在于如何选择其中的调整因子λ, 使不等式的等号恰好能取得 (而这一点正是求解本题的关键所在!) .完全类似的试题如2009年全国高中数学联赛浙江赛区预赛卷第15题, 对此类问题比较一般性的讨论可参见笔者在2008年第4期《中小学数学》 (高中版) P42——“一个数学问题的推广”一文.

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