題目列表(包括答案和解析)
答卷前，考生務(wù)必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的姓名、班級(jí)和考號(hào)填寫(xiě)在答題卷上。
已知A、B兩地的路程為240千米．某經(jīng)銷商每天都要用汽車或火車將
噸保鮮品一次 性由A地運(yùn)往B地．受各種因素限制，下一周只能采用汽車和火車中的一種進(jìn)行運(yùn)輸，且須提前預(yù)訂．
現(xiàn)有貨運(yùn)收費(fèi)項(xiàng)目及收費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)表、行駛路程s（千米）與行駛時(shí)間t（時(shí)）的函數(shù)圖象（如圖1）、上周貨運(yùn)量折線統(tǒng)計(jì)圖（如圖2）等信息如下：
貨運(yùn)收費(fèi)項(xiàng)目及收費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)表
|
運(yùn)輸工具 |
運(yùn)輸費(fèi)單價(jià)：元/（噸?千米） |
冷藏費(fèi)單價(jià)：元/（噸?時(shí)） |
固定費(fèi)用：元/次 |
|
汽車 |
2 |
5 |
200 |
|
火車 |
1.6 |
5 |
2280 |
（1）汽車的速度為 千米/時(shí)，火車的速度為 千米/時(shí)：
（2）設(shè)每天用汽車和火車運(yùn)輸?shù)目傎M(fèi)用分別為
汽（元）和火（元），分別求汽、火與 的函數(shù)關(guān)系式（不必寫(xiě)出的取值范圍），及為何值時(shí)汽＞火（總費(fèi)用=運(yùn)輸費(fèi)+冷藏費(fèi)+固定費(fèi)用）
（3）請(qǐng)你從平均數(shù)、折線圖走勢(shì)兩個(gè)角度分析，建議該經(jīng)銷商應(yīng)提前為下周預(yù)定哪種運(yùn)輸工具，才能使每天的運(yùn)輸總費(fèi)用較省？
必須用黑色字跡鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫(xiě)在答題卷各題目指定區(qū)域內(nèi)相應(yīng)位置上；如需改動(dòng)，先劃掉原來(lái)的答案，然后再寫(xiě)上新的答案；不準(zhǔn)使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答的答案無(wú)效。
第Ⅰ卷 選擇題（共50分）
一、選擇題（本大題共10小題，每小題5分，滿分50分）
1、設(shè)全集U={
是不大于9的正整數(shù)}，
{1，2，3 }，
｛3，4，5，6｝則圖中陰影部分所表示的集合為（ ）
A.｛1，2，3，4，5，6｝ B. ｛7，8，9｝
C.｛7，8｝ D. ｛1，2，4，5，6，7，8，9｝
2、計(jì)算復(fù)數(shù)(1－i)2－
等于（ ）
A.0 B.2 C. 4i D. －4i
| 2 | 3 |
一、選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分）
1―5：CBCBD 6―10：DCAA
二、填空題（本大題共6小題，每小題5分，共30分）
9． 10． 11．15 12．（1，e） e 13．②③ 14．
三、解答題（本大題共6小題，共80分）
15．（共13分）
解：（I） 令，解得
所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為
（II）因?yàn)?/p>
所以
因?yàn)樵冢ǎ?，3）上，所以在[－1，2]上單調(diào)遞增，又由于在
[－2，－1]上單調(diào)遞減，因此和分別是在區(qū)間[－2，2]上的最大值和
最小值.
于是有，解得
故 因此
即函數(shù)在區(qū)間[－2，2]上的最小值為－7.
解法一：
（Ⅰ）在直四棱柱ABCD―A1B1C1D1中，
∵A1A⊥底面ABCD，
∴AC是A1C在平面ABCD上的射影，
∵BD⊥AC， ∴BD⊥A1C.
（Ⅱ）連結(jié)A1E，C1E，A1C1.
與（Ⅰ）同理可證BD⊥A1E，BD⊥C1E，
∴∠A1EC1二面角A1―BD―C1的平面角.
∵AD⊥DC， ∴∠A1D1C1=∠ADC=90°，
又A1D1=AD=2，D1C1=DC=2， AA1=，且AC⊥BD，
∴A1C1=4，AE=1，EC=3， ∴A1E=2，C1E=2，
在△A1EC1中，A1C12=A1E2+C1E2， ∴∠A1EC1=90°，
即二面角A1―BD―C1的大小為90°.
（Ⅲ）過(guò)B作BF//AD交AC于F，連結(jié)FC1，
則∠C1BF就是AD與BC1所成的角.
∵AB=AD=2，BD⊥AC，AE=1， ∴BF=2，EF=1，F(xiàn)C=2，BC=DC，
∴FC1=. 在△BFC1中，
∴
即異面直線AD與BC1所成角的大小為.
解法二：
（Ⅰ）同解法一.
（Ⅱ）如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系.
與（Ⅰ）同理可證，BD⊥A1E，BD⊥C1E，
∴∠A1EC1為二面角A1―BD―C1的平面角.
（Ⅲ）如圖，由D（0，0，0），A（2，0，0），C1（0，，，），B（3，，0）
∴異面直線AD與BC1所成角的大小為arccos.
解法三：
（II）如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，坐標(biāo)原點(diǎn)為E.
連結(jié)A1E，C1E，A1C1.
與（I）同理可證，BD⊥A1E，BD⊥C1E，
∴∠A1EC1為二面角A1―BD―C1的平面角.
由E（0，0，0），A1（0，－1，
.
（Ⅲ）如圖，由A（0，－1，0），D（，0，0），B（，0，0），C1（0，3，）.
得.
∵
∴
∴異面直線AD與BC1所成角的大小為arccos.
17．（共13分）
解：（Ⅰ）
ξ的概率分布如下表：
ξ
0
1
2
3
P
Eξ=0?+1?+2?+3?=1.5 （或Eξ=3?）
（Ⅱ）乙至多擊中目標(biāo)2次的概率為
（Ⅲ）設(shè)甲恰比乙多擊中目標(biāo)2次為事件A，甲恰擊中目標(biāo)2次且乙恰擊中目標(biāo)0次為事件B1，甲恰擊中目標(biāo)3次且乙恰擊中目標(biāo)1次為事件B2，則A=B1+B2，B1、B2為互斥事件.
P（A）=P（B1）+P（B2）=
所以，甲恰好比乙多擊中目標(biāo)2次的概率為
18．（共14分）
解：（I）
（II）直線由題意得
（III）當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí)，可設(shè)直線l的方程為. 由于直線l，曲線C關(guān)于x軸對(duì)稱，且l1與l2關(guān)于x軸對(duì)稱，于是M1M2，M3M4的中點(diǎn)坐標(biāo)都為（a，0），所以△OM1M2，△OM3M4的重心坐標(biāo)都為，即它們的重心重合.
當(dāng)直線l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)直線l的方程為
由
由直線l與曲線C有兩個(gè)不同交點(diǎn)，可知
于是△OM1M2的重心與△OM3M4的重心也重合.
19．（共12分）
解：（Ⅰ）
（Ⅱ）因?yàn)?/p>
所以
猜想：是公比為的等比數(shù)列.
證明如下： 因?yàn)?/p>
所以是首項(xiàng)為的等比數(shù)列.
（Ⅲ）
20．（共14分）
（Ⅰ）證明：設(shè)的峰點(diǎn)，則由單峰函數(shù)定義可知，上單調(diào)遞增，
在上單調(diào)遞減.
當(dāng)，
這與是含峰區(qū)間.
當(dāng)
這與是含峰區(qū)間.
（II）證明：由（I）的結(jié)論可知：
當(dāng)f(x1)≥f(x2)時(shí)，含峰區(qū)間的長(zhǎng)度為l1=x2；
當(dāng)f(x1)≤f(x2)時(shí)，含峰區(qū)間的長(zhǎng)度為l2=1－x1；
對(duì)于上述兩種情況，由題意得
① 由①得1+x2－x1≤1+2r，即x2－x1≤2r.
又因?yàn)?i>x2－x1≥2r，所以x2－x1=2r，所以 x2－x1=2r. ②
將②代入①得 x1≤0.5－r, x2≥0.5+r. ③
由①和③解得x1=0.5－r, x2=0.5+r.
所以這時(shí)含峰區(qū)間的長(zhǎng)度l1=l2=0.5+r，即存在x1 , x2使得所確定的含峰區(qū)間的長(zhǎng)度不大于0.5+r.
（Ⅲ）解：對(duì)先選擇的x1, x2, x1 <x2， 由（II）可知 x1+x2=1， ④
在第一次確定的含峰區(qū)間為（0，x2）的情況下，x3的取值應(yīng)滿足 x3+x1=x2 , ⑤
由④與⑤可得 當(dāng)x1>x3時(shí)，含峰區(qū)間的長(zhǎng)度為x1.
由條件x1－x3≥0.02, 得x1－(1－2x1) ≥0.02, 從而x1≥0.34.
因此，為了將含峰區(qū)間的長(zhǎng)度縮短到0.34，只要取
x1=0.34, x2=0.66, x3=0.32.
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