8.北京卷

一、選擇題

1.已知全集U={x|-3

（A）（-2，1].（B）（-3，-2）∪[1，3）.

（C）[-2，1）.（D）（-3，-2]∪（1，3）.

2.若復數z滿足i·z=3-4i，則|z|=（）

（A）1.（B）5.（C）7.（D）25.

3.若直線2x+y-1=0是圓（x-a）2+y2=1的一條對稱軸，則a=（）

（A）12.（B）-12.（C）1.（D）-1.

4.已知函數f（x）=11+2x，則對任意實數x，有（）

（A）f（-x）+f（x）=0.

（B）f（-x）-f（x）=0.

（C）f（-x）+f（x）=1.

（D）f（-x）-f（x）=13.

5.已知函數f（x）=cos2x-sin2x，則（）

（A）f（x）在-π2，-π6上單調遞增.

（B）f（x）在-π4，π12上單調遞增.

（C）f（x）在0，π3上單調遞減.

（D）f（x）在π4，7π12上單調遞增.

6.設{an}是公差不為0的無窮等差數列，則“{an}為遞增數列”是“存在正整數N0，當n>N0時，an>0”的（）

（A）充分而不必要條件.

（B）必要而不充分條件.

（C）充分必要條件.

（D）既不充分也不必要條件.

7.在北京冬奧會上，國家速滑館“冰絲帶”使用高效環保的二氧化碳跨臨界直冷制冰技術，為實現綠色冬奧作出了貢獻，如圖1描述了一定條件下二氧化碳所處的狀態與T和lgP的關系，其中T表示溫度，單位是K;P表示壓強，單位是bar.下列結論中正確的是（）

圖1

（A）當T=220，P=1026時，二氧化碳處于液態.

（B）當T=270，P=128時，二氧化碳處于氣態.

（C）當T=300，P=9987時，二氧化碳處于超臨界狀態.

（D）當T=360，P=729時，二氧化碳處于超臨界狀態.

8.若（2x-1）4=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，則a0+a2+a4=（）

（A）40.（B）41.（C）-40.（D）-41.

9.已知正三棱錐P|ABC的六條棱長均為6，S是△ABC及其內部的點構成的集合.設集合T={Q∈S|PQ≤5}，則T表示的區域的面積為（）

（A）3π4.（B）π.（C）2π.（D）3π.

10.在△ABC中，AC=3，BC=4，∠C=90°，P為△ABC所在平面內的動點，且PC=1，則PA·PB的取值范圍是（）

（A）[-5，3].（B）[-3，5].

（C）[-6，4].（D）[-4，6].

二、填空題

11.函數f（x）=1x+1-x的定義域是.

12.已知雙曲線y2+x2m=1的漸近線方程為y=±33x，則m=.

13.若函數f（x）=Asinx-3cosx的一個零點為π3，則A=，fπ12=.

14.設函數f（x）=-ax+1，（x-2）2，x

15.已知數列{an}的各項均為正數，其前n項和Sn滿足anSn=9（n=1，2，…），給出下列四個結論：

①{an}的第2項小于3.

②{an}為等比數列.

③{an}為遞減數列.

④{an}中存在小于1100的項.

其中所有正確結論的序號是.

三、解答題

16.在△ABC中，sin2C=3sinC.

圖2

（1）求∠C;

（2）若b=6，且△ABC的面積為63，求△ABC的周長.

17.如圖2，在三棱柱ABC|A1B1C1中，側BCC1B1為正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB=BC=2，M，N分別為A1B1，AC的中點.

（1）求證：MN∥平面BCC1B1;

（2）再從條件①，條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值.

條件①：AB⊥MN;條件②：BM=MN.

18.在校運動會上，只有甲、乙、丙三名同學參加鉛球比賽，比賽成績達到9.50m以上（含9.50m）的同學將獲得優秀獎，為預測獲得優秀獎的人數及冠軍得主，收集了甲、乙、丙以往的比賽成績，并整理得到如下數據（單位：m）：

甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25;

乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23;

丙：9.85，9.65，9.20，9.16.

假設用頻率估計概率，且甲、乙、丙的比賽成績相互獨立.

（1）估計甲在校運動會鉛球比賽中獲得優秀獎的概率;

（2）設X是甲、乙、丙在校運動會鉛球比賽中獲得優秀獎的總人數，估計X的數學期望EX;

（3）在校運動鉛球比賽中，甲、乙、丙誰獲得冠軍的概率估計值最大？（結論不要求證明）

19.已知橢圓E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的一個頂點為A（0，1），焦距為23.

（1）求橢圓E的方程;

（2）過點P（-2，1）作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別與x軸交于點M，N，當|MN|=2時，求k的值.

20.己知函數f（x）=exln（1+x）.

（1）求曲線y=f（x）在點（0，f（0））處的切線方程;

（2）設g（x）=f′（x），討論函數g（x）在[0，+∞）上的單調性;

（3）證明：對任意的s，t∈（0，+∞），有

f（s+t）>f（s）+f（t）.

21.己知Q：a1，a2，…，ak為有窮整數數列.給定正整數m，若對任意的n∈{1，2，…，m}，在Q中存在ai，ai+1，ai+2，…，ai+j（j≥0），使得ai+ai+1+ai+2+…+ai+j=n，則稱Q為m|連續可表數列.

（1）判斷Q：2，1，4是否為5|連續可表數列？是否為6|連續可表數列？說明理由;

（2）若Q：a1，a2，…，ak為8|連續可表數列，求證：k的最小值為4;

（3）若Q：a1，a2，…，ak為20|連續可表數列，且a1+a2+…+ak<20，求證：k≥7.

參考答案

題號12345678910答案DBACCADBBD題號1112131415答案

（-∞，0）∪（0，1]31;-22-1，0①③④

16.（1）由已知2sinCcosC=3sinC，

由于∠C在△ABC中，

所以0<∠C<π，sinC≠0，

故cosC=32，∠C=π6.

（2）由（1）知sinC=12，

所以S△ABC=12absinC=63，

將b=6代入，得a=43，

由余弦定理得

c=a2+b2-2abcosC=23，

所以△ABC的周長是6+63.

圖3

17.（1）如圖3所示，

設棱BC的中點是D，連接DN，DB1，可得

DN瘙綊12BA瘙綊B1M，

所以四邊形B1DNM是平行四邊形，

MN∥B1D.

再由MN平面BCC1B1，

B1D平面BCC1B1，

可得MN∥平面BCC1B1.

（2）選條件①：

如圖2所示，

由平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，

CB平面BCC1B1，

平面BCC1B1∩平面ABB1A1=B1B，

CB⊥B1B，

可得CB⊥平面ABB1A1，

所以BC⊥BA.

如圖3所示，

設棱BC的中點是D，連接DN，DB，

可證得MN∥B1D.

再由“條件①：AB⊥MN”，可得

AB⊥B1D.

又由AB⊥BC，

可得AB⊥平面BCC1B1，

所以AB⊥B1B.

故三條直線BB1，BC，BA兩兩互相垂直，

因而可建立如圖4所示的空間直角坐標系B|xyz，

則A（0，2，0），B（0，0，0），

M（0，1，2），N（1，1，0），

BA=（0，2，0），

BM=（0，1，2），BN=（1，1，0）.

設平面BMN的一個法向量是

n=（x，y，z），

可得n·BM=y+2z=0，n·BN=x+y=0，

圖4

取y=-2，可得

x=2，z=1，

所以n=（2，-2，1）.

設直線AB與平面BMN所成角的大小是θ（0≤θ≤π2），可得

sinθ=|cos〈BA，n〉|

=|BA·n||BA|·|n|=23，

所以直線AB與平面BMN所成角的正弦值是23.

選條件②：

如圖2所示，

由平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，

CB平面BCC1B1，

平面BCC1B1∩平面ABB1A1=B1B，

CB⊥B1B，

可得CB⊥平面ABB1A1，

所以BC⊥BA.

如圖3所示，

設棱BC的中點是D，連接DN，DB1，

可證得MN=B1D.

再由題設，可得

MB2=MN2=B1D2=B1B2+BD2

=B1B2+B1M2，

再由勾股定理的逆定理，可得

BB1⊥B1M，BB1⊥BA，

故三條直線BB1，BC，BA兩兩互相垂直，

因而可建立如圖4所示的空間直角坐標系B|xyz.

下同條件①.

18.（1）甲共投10次，優秀4次，

由概率估計甲優秀的概率

P甲優秀=410=25.

（2）甲優秀概率為25，乙優秀概率為12，丙優秀概率為12，

X0123P32025720110

故P（X=0）=35×12×12=320，

P（X=1）

=25×12×12+35×12×12+38×12×12

=820，

P（X=2）

=35×12×12+35×12×12+35×12×12

=720，

P（X=3）=25×12×12=220，

所以EX=0×320+1×35+2×720+3×110

=75.

（3）丙.

因為丙投到過3人中的最大值9.85，比甲、乙的最大值都要大，若比賽中發揮出好狀態，丙實力最強.

19.（1）由題設可得b=1，

且c=a2-b2=a2-12=3（a>0），

所以a=2，

故橢圓E的方程是x24+y2=1.

（2）由題設知，可設

直線BC：y=k（x+2）+1，

點B（x1，y1），點C（x2，y2），

聯立y=k（x+2）+1，x24+y2=1，可得

（4k2+1）x2+（16k2+8k）x+（16k2+16k）=0，

故Δ=（16k2+8k）2-4（4k2+1）（16k2+16k）

=-64k>0，

即k<0，

且x1+x2=-16k2+8k4k2+1，x1x2=16k2+16k4k2+1，

x1，2=-16k2-8k±-64k2（4k2+1）

=-8k2-4k±4-k4k2+1，

|x1-x2|=8-k4k2+1，

直線AB：y=y1-1x1x+1，

進而可得點Mx11-y1，0.

同理Nx21-y2，0，

所以|MN|=x11-y1-x21-y2

=x1y1-1-x2y2-1

=x1k（x1+2）-x2k（x2+2）

=-2k1x2+2-1x1+2

=-2kx1-x2（x1+2）（x2+2）

=-2kx1-x2x1x2+2（x1+x2）+4

=-2k8-k4k2+116k2+16k4k2+1-2·16k2+8k4k2+1+4

=4-k=2，

解得k=-4.

20.可求得f′（x）=exln（x+1）+1x+1.

（1）f（0）=0，f′（0）=1，

進而可得所求切線方程是

y-0=1（x-0），

即y=x.

（2）g′（x）

=exln（x+1）+2x+1-1（x+1）2

=exln（x+1）+2x+1（x+1）2.

當x≥0時，可得

ex>0，ln（x+1）≥0，2x+1（x+1）2>0，

所以g′（x）>0，

g（x）在[0，+∞）上是增函數.

（3）設函數

h（s）=f（s+t）-f（s）-f（t）（s≥0），

由（2）的結論可得

h′（s）=f″（s+t）-f′（s）>0（s≥0，t>0），

所以h（s）是增函數，

因而h（s）>h（0）=-f（0）=0（s>0），

進而可得欲證結論成立.

21.（1）是5|連續可表函數，不是6|連續可表函數.

（2）若k≤3，設為a，b，c，

則至多a+b，b+c，a+b+c，a，b，c6種矛盾，

k=4，3，2，1，4滿足，

所以k>4.

（3）（i）若k≤5，則a1，a2，…，a5至多可表15個數，矛盾;

（ii）若k<7，則

k=6，a，b，c，d，e，f至多可表21個，

而a+b+c+d+e+f<20，所以其中有負的，

從而a，b，c，d，e，f可表1～20及那個負數（恰21個），

這表明a～f中僅有一個負的，沒有0，且這個負的在a～f中絕對值最小，同時a～f中沒有兩數相同，設那個負數為-m（m≥1），

則所有數之和

≥m+1+m+2+…+m+5-m

=4m+15，

4m+15≤19m=1，

所以{a，b，c，d，e，f}={-1，2，3，4，5，6}，

再考慮排序.

因為1=-1+2（僅一種方式），

所以-1與2相鄰.

若-1不在兩端，則“x，-1，2，，，”形式;

若x=6，則5=6-1（2種方式矛盾），

所以x≠6，

同理x≠5，4，3，

故-1在一端，

不妨為“-1，2，A，B，C，D”形式.

若A=3，則5=2+3（2種方式矛盾），

同理A=4不行，

A=5，則6=-1+2+5（2種矛盾），

從而A=6，

由于7=-1+2+6，

由表法唯一知3，4不相鄰，

故只能有-1，2，3，4，5，4①或-1，2，6，4，5，3②這2種情形.

對①9=6+3=5+4，矛盾;

對②8=2+6=5+3也矛盾.

綜上知，k≠6，

所以k≥7.