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如图，几何体SABC的底面是由以AC为直径的半圆O与△ABC组成的平面图形，SO⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=SB=SC=A C=4，BC=2．
（l）求直线SB与平面SAC所成角的正弦值；
（2）求几何体SABC的正视图中△S₁A₁B₁的面积；
（3）试探究在圆弧AC上是否存在一点P，使得AP⊥SB，若存在，说明点P的位置并证明；若不存在，说明理由．

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如图，摄影爱好者S在某公园A处，发现正前方B处有一立柱，测得立柱顶端O的仰角和立柱底部B的俯角均为30°，已知S的身高约为

3

米（将眼睛距地面的距离SA按

3

米处理）．
（1）求摄影者到立柱的水平距离AB和立柱的高度OB；
（2）立柱的顶端有一长为2米的彩杆MN，且MN绕其中点O在S与立柱所在的平面内旋转．在彩杆转动的任意时刻，摄影者观察彩杆MN的视角∠MSN（设为θ）是否存在最大值？若存在，请求出∠MSN取最大值时cosθ的值；若不存在，请说明理由．

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如图，多面体ABC-A₁B₁C₁中，三角形ABC是边长为4的正三角形，AA₁∥BB₁∥CC₁，AA₁⊥平面ABC，AA₁=BB₁=2CC₁=4。

（1）若O是AB的中点，求证：OC⊥A₁B；
（2）在线段AB₁上是否存在一点D，使得CD∥平面A₁B₁C₁，若存在确定点D的位置；若不存在，说明理由。

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一、选择题（12’×5=60’）

1．C

2．理D  文D

3．D

4．C. 提示：{f(n)}是等差数列(n∈N^*)

5．A. 提示：当S₁=S₂=S₃=S₄=S时，λ=4；当高趋向于零时，λ无限接近2

6．A

7．A

8．D

9．B. 提示：∵|PF₁|+|PF₂|=2，|PF₁|-|PF₂|=±2，又m-1=n+1，

∴|PF₁|²+|PF₂|²=2(m+n)=4(m-1)=|F₁F₂|²

10．C

11．D

12．D. 提示：第一行C₂²，第二行C₃¹+C₃²=C₄²，第三行C₄¹+C₄²=C₅²，…，故S₁₉=C₂²+C₄²+C₅²+…+C₁₂²=C₁₃³-C₃²=283.

二、填空题(4’×4=16’)

13．y=-

14．答案：相反数的相反数是它本身，集合A的补集的补集是它本身，一个复数的共轭的共轭是它本身，等等.

15．nⁿ

16．4或6或7或8

三、解答题

17．解：(1) y=sin2ωx+ cos2ωx+ = sin(2ωx+ )+                   （4）

∵ T=             ∴ ω =2                                 （6）      

 (2) y=sin(4x+ )+  

∵  0≤x≤    ∴ ≤4x+ ≤π +                          （8）

∴  当x= 时，y=0  当x=时，y=                              （12）

18．(1)质点n次移动看作n次独立重复试验，记向左移动一次为事件A，

则P(A)=，P()=3秒后，质点A在点x=1处的概率P₁=P₃(1)=C₃¹?p(1-p)²=3××()²=              (6’)

    (2)2秒后，质点A、B同在x=2处，即A、B两质点各做二次移动，其中质点A向右移动2次，质点B向左、向右各移动一次，故P₂=P₂(0)?P₂(1)=C₂⁰?()²?C₂¹??=          (12’)

考点解析：本题考查n次独立重复试验及独立事件同时发生的概率，但需要一定的分析、转化能力．

19．(1)∵AA₁⊥面ABCD，∴AA₁⊥BD，

又BD⊥AD，∴BD⊥A₁D        (2’)

又A₁D⊥BE，

∴A₁D⊥平面BDE                (3’)

(2)连B₁C，则B₁C⊥BE，易证RtΔCBE∽RtΔCBB₁，

∴=，又E为CC₁中点，∴BB₁²=BC²=a²，

∴BB₁=a          (5’)

取CD中点M，连BM，则BM⊥平面CD₁，作MN⊥DE于N，连NB，则∠BNM是二面角B?DE?C的平面角                (7’)

RtΔCED中，易求得MN=，RtΔBMN中，tan∠BNM==，∴∠BNM=arctan (10’)

(3)易证BN长就是点B到平面A₁DE的距离    (11’)

BN==a        (12’)

    (2)另解：以D为坐标原点，DA为x轴、DB为y轴、DD₁为z轴建立空间直角坐标系

则B(0,a,0)，设A₁(a,0,x)，E(-a,a,)，=(-a,0,-x)，=(-a,0,)，∵A₁D⊥BE

∴a²-x²=0，x²=2a²，x=a，即BB₁=a.

考点解析：九(A)、九(B)合用一道立体几何题是近年立几出题的趋势，相比较而言，选用九(B)体系可以避开一些逻辑论证，取之以代数运算，可以减轻多数学生学习立体几何的学习压力．

20．若按方案1付款，设每次付款为a(万元)

则有a+a(1+0.8%)⁴+a(1+-0.8%)⁸=10×(1+0.8%)¹²        (4’)

即a×=10×1.008¹²，a=

付款总数S₁=3a=9.9×1.008¹²                       (6’)

若按方案2付款，设每次付款额为b(万元)，同理可得：b=    (8’)

付款总额为S₂=12b=9.6×1.008¹²，故按有二种方案付款总额较少.   (12’)

考点解析：复习中要注意以教材中研究性学习内容为背景的应用问题．

21．（理）(1)设M(x,y)，C(1,y₀)，∵=，∴=           (2’)

又A、M、C三点一线，∴=       ②                    (4’)

由(1)、(2)消去y₀，得x²+4y²=1(y≠0)                          (6’)

(2)P(0,)是轨迹M短轴端点，∴t≥0时∠PQB或∠PBQ不为锐角，∴t<0

又∠QPB为锐角，∴?>0，∴(t,- )(1,- )=t+ >0，∴- <t<0         (12’)

考点解析：解析几何题注意隐藏的三点共线关系；平面向量运算也常常设置在解析几何考题当中．

21．(文)证明：(1) 设-1<x_­1<x₂<+∞

f(x₁)-f(x₂) =a-a + -

=a-a +          （4）

 ∵  -1<x₁<x₂ ,a>0

 ∴  a-a<0     <0

 ∴  f(x₁)-f(x₂)<0  即  f(x₁)<f(x₂) ,函数f(x)在(-1,+∞ )上为增函数．       （6）

 (2)  若方程有负根x₀ (x₀≠-1)，则有a= -1

   若  x₀<-1 , -1<-1   而 a>0    故  a ≠ -1           （10）

   若 -1<x₀<0 ,   -1>2    而 a<a⁰=1  a ≠ -1

综上所述，方程f(x)=0没有负根．  

                                                                          （12）

22．（理）(1)S_n=a_n，∴S_n+1=a_n+1，a_n+1=S_n+1-S_n=a_n+1-a_n，∴= (n≥2)         (2’)

∴==…==1，∴a_n+1=n，a_n=n-1 (n≥2)，又a₁=0，∴a_n=n-1                  (4’)

   （2）b_n+1=(1+ )ⁿ⁺¹，b_n=(1+ )ⁿ，

∵<(n+1)?(1+ )ⁿ                                   (7’)

整理即得：(1+ )ⁿ<(1+ )ⁿ⁺¹，即b_n<b_n+1                              (8’)

(3)由(2)知b_n>b_n-1­>…>b­₁=                                               (10’)

又C_n^r?()^r=(??…)?()^r≤()^r，(0≤r≤n)，

∴b_n≤1+ +()²+…+()ⁿ=2-()ⁿ<2，∴≤b_n<2                          (14’)

考点解析：这种“新概念”题需要较好的理解、分析能力，放缩法证明不等式是不等式证明的常用方法，也具有一定的灵活性，平时要注重概念的学习，常见题型的积累，提高思维能力和联想变通能力．

22．（文）见21（理）．