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    题目列表(包括答案和解析)

    10只小型计算器，其中一等品6只，二等品4只，从中任取4只，那么二等品小于2只的概率为
     
    ；二等品不少于2只的概率为
     
    ．

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    10进制的四位自然数的反序数是指千位与个位位置对调，百位与十位位置对调的数，例如4 852的反序数就是2 584.1955年，卡普耶卡（D．R．Kaprekar）研究了对四位自然数的一种变换：任给出四位数ao，用ao的四个数字由大到小重新排列成一个四位数m，再减去它的反序数n，得出数a1=m-n，然后继续对a1重复上述变换，得数a2，…，如此进行下去，卡普耶卡发现，无论ao是多大的四位数，只要四个数字不全相同，最多进行k次上述变换，就会出现变换前后相同的四位数t．请你研究两个10进制四位数5 298和4 852，可得k=
    7
    7
    ；四位数t=
    6174
    6174
    ．

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    10根签中有3根彩签，若甲先抽一签，然后由乙再抽一签，求下列事件的概率：
    （1）甲中彩；  
    （2）甲、乙都中彩；   
    （3）乙中彩．

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    10辆货车从A站匀速驶往相距10000千米的B站，其时速都是v千米/时，为安全起见，要求每两辆货车的间隔等于k2v2千米（k为常数，k＞0，货车长度忽略不计）．
    （1）将第一辆货车由A站出发到最后一辆货车到达B站所需时间t表示成v的函数；
    （2）当v取何值时，t有最小值．

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    10名运动员，男6名，女4名，其中男女队长各一名，选5名同学参加比赛，共有多少种下述条件的选派方法（结果用数字作答）．
    （1）男3名，女2名；                 
    （2）队长至少有1人参加；
    （3）至少1名女运动员；              
    （4）既要有队长，又要有女运动员．

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    一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，计70分.

    1．第二象限  2． 3   3．Π   4．   5． __ 6． 2  7．

    8．   9． 10  10.向右平移  11． 3.5  12.①④   13.  14.①③

    二、解答题：本大题共6小题，计90分.

    15．解：（1）．

    又，，即，

    ．

    （2），，

    且，

    ，即的取值范围是．

    16．（Ⅰ）证明:连结AF,在矩形ABCD中,因为AD=4,AB=2,点F是BC的中点,所以∠AFB=∠DFC=45°.所以∠AFD=90°,即AF⊥FD.又PA⊥平面ABCD,所以PA⊥FD.  

    所以FD⊥平面PAF.  故PF⊥FD. 

    （Ⅱ）过E作EH//FD交AD于H,则EH//平面PFD,且 AH=AD.  再过H作HG//PD交PA于G,则GH//平面PFD,且 AG=PA.  所以平面EHG//平面PFD,则EG//平面PFD,从而点G满足AG=PA. 

    17．解：（1）由于⊙M与∠BOA的两边均相切，故M到OA及OB的距离均为⊙M的半

    径，则M在∠BOA的平分线上，

        同理，N也在∠BOA的平分线上，即O，M，N

    三点共线，且OMN为∠BOA的平分线，

    ∵M的坐标为，∴M到轴的距离为1，即

    ⊙M的半径为1，

    则⊙M的方程为，

      设⊙N的半径为，其与轴的的切点为C，连接MA、MC，

      由Rt△OAM∽Rt△OCN可知，OM：ON=MA：NC，即，

      则OC=，则⊙N的方程为；

    （2）由对称性可知，所求的弦长等于过A点直线MN的平行线被⊙截得的弦

    的长度，此弦的方程是，即：，

    圆心N到该直线的距离d=，则弦长=．

    另解：求得B（），再得过B与MN平行的直线方程，圆心N到该直线的距离=，则弦长=．

    （也可以直接求A点或B点到直线MN的距离，进而求得弦长）

    18．解（1）由题意的中垂线方程分别为，

    于是圆心坐标为…………………………………4分

    =＞，即   ＞即＞所以＞ ，

    于是＞ 即＞ ，所以＜  即 ＜＜………………8分

    （2）假设相切， 则，……………………………………………………10分

    ，………13分这与＜＜矛盾.

    故直线不能与圆相切. ………………………………………………16分

    19．解（Ⅰ）∵，

             ∴                               

    ∴，∴，令，得，列表如下：

    2

    0

    递减

    极小值

    递增

    ∴在处取得极小值，

    即的最小值为．              

    ，∵，∴，又，∴．                                        

    （Ⅱ）证明由（Ⅰ）知，的最小值是正数，∴对一切，恒有从而当时，恒有，故在上是增函数．

    （Ⅲ）证明由（Ⅱ）知：在上是增函数，

         ∴当时，，   又，                     

    ∴，即，∴

    故当时，恒有．

    20．解：（1）数列{an}的前n项和，

    …2分

    又，    …………4分

    是正项等比数列，，  …………6分

    公比，数列         …………8分

    （2）解法一：，

    由              …………11分

    ，当，       …………13分

    又故存在正整数M，使得对一切M的最小值为2.…16分

    （2）解法二：令，11分

    由，

    函数……13分

    对于

    故存在正整数M，使得对一切恒成立，M的最小值为2.……16分

     


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