已知集合M={y|+y²=1}，N={x|+y=1}，則M∩N=(    )

A．                 B．{(2，0)，(0，1)}     C．[-1，1]          D．{2，1}

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已知集合P={x|x=a²+4a+1,a∈R},Q={x|x=-b²+2b+3,b∈R},求P∩Q和P∪Q.

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1．解析：答案A．集合P表示正方形，集合Q表示圓面，作出它們的圖形即可.

評析：利用二個集合間的幾何意義借助數形結合思想，是本題考察的重點．

2．解析：．

答案：A．

評析：本題是考察二項式展開式的應用，難點是項數的舍棄．

3．解析：f(x)的圖象向右平移個單位，得sin［(x－)+］=sinx，又g(x)=cos(x－=cos(－x)=sinx．答案：D．

評析：本題是考察三角函數的等價變換與圖象的平移．

4．答案A.解析：將三種抽樣法的有關計算公式計算所得的概率都是，故選A.

（文）A .當函數的圖像左右平移時，不改變函數的值域．

5．解析：．∵可視為曲線上兩點、的斜率，作圖易得．選C．

評析：本題是考察轉化與數形結合的思想，解題的關鍵是將函數與不等式問題轉化為解析幾何問題．

6．解析：取△ABC為正三角形易得＝3．選B．

評析：本題考查向量的有關知識，如果按常規(guī)方法就比較難處理，但是用特殊值的思想就比較容易處理，考查學生靈活處理問題的能力．

7．解析：易知，且當x∈時，為增函數．又由，得，故 |，于是．選B．

評析：本題考查運用奇函數、偶函數與增函數的概念與性質解決問題．

8．解析：顯然S₁是正確的．假設后三個數均未算錯，則a₁=8，a₂=12，a₃=16，a₄=29，可知a₂²≠a₁a₃，故S₂、S₃中必有一個數算錯了．若S₂算錯了，則a₄=29=a₁q³，，顯然S₃=36≠8(1+q+q²)，矛盾．只可能是S₃算錯了，此時由a₂=12得，a₃=18，a₄=27，S₄=S₂+18+27=65，滿足題設．選C．

評析：本題考查等比數列的基本概念與性質和學生推理的能力．

9．解析：答  由的圖象及的意義知，在x＞0時，為單調遞增函數且＜0；在x＜0時，為單調遞減函數且＜0．選D．

評析：本題考查學生靈活運用導數知識與觀察問題的能力．

10．解析：答⑴靜放在點的小球（小球的半徑不計）從點沿直線出發(fā)，經橢圓壁右頂點反彈后第一次回到點時，小球經過的路程是，則選B；⑵靜放在點的小球（小球的半徑不計）從點沿直線出發(fā)，經橢圓壁左頂點反彈后第一次回到點時，小球經過的路程是，則選C；⑶靜放在點的小球（小球的半徑不計）從點沿直線出發(fā)，經橢圓壁非左右頂點反彈后第一次回到點時，小球經過的路程是，則選A．

于是三種情況均有可能，故選D．

評析：本題考察學生是否掌握光學的有關性質與解幾相關的性質以及分類討論的重要思想方法．

11．分析：解決數學問題的思維過程，一般總是從正面入手，即從已知條件出發(fā)，經過一系列的推理和運算，最后得到所要求的結論，但有時會遇到從正面不易入手的情況，這時可從反面去考慮．從反面考慮問題在集合中的運用主要就是運用補集思想．本題若直接求解，情形較復雜，也不容易得到正確結果，若我們先考慮其反面，再求其補集，就比較容易得到正確的解答．

解：由題知可解得A={y|y>a²+1或y<a}, B={y|2≤y≤4},我們不妨先考慮當A∩B＝φ時a的范圍．如圖

由，得

∴或.

即A∩B＝φ時a的范圍為或.而A∩B≠φ時a的范圍顯然是其補集,從而所求范圍為.

評注：一般地，我們在解時，若正面情形較為復雜，我們就可以先考慮其反面，再利用其補集，求得其解，這就是“補集思想”．

解析：答：39．每個三棱錐中有三對異面直線，則異面直線的對數是3(C46－2)＝39．

12．評析：本題把排列組合和立體幾何掛起鉤來，考生則必須對立體幾何的有關知識有所了解和掌握．

13．解析：答  由，即 ，得．

，．故=4．

評析：本題采用基本量法來作，但顯然運算量會大上許多，本題可用特殊法處理．

14．解析：．設長分割成x列，寬分割成y行，共分割成z塊，

則

_z=x?y

當x=39，y=18時，．

評析：本題主要考查線性規(guī)劃知識以及利用數形結合法解決問題，特別是已知區(qū)域求最優(yōu)解是學生易錯的地方．

15．解析：本題為開放題，只要寫出一個正確的即可，如（2，1，－3，2）．

評析：本題為開放題，考察學生對知識靈活處理問題的能力．

16．解析：

…………………………4’

當＞0時，，

解得，………………………………………………………………6’

從而， ，

T=，最大值為5，最小值為－5；………………………………………………8’

當m＜0時， 解得，………………………………………………10’

從而，，T=，最大值為，

最小值為．……………………………………………………………………12’

評析：本題考查三角函數的運算．考查的知識點有和差化積、周期與三角函數

值域的求法、分類討論的思想方法．近幾年三角運算一直是考試所要求的基本題型之一，本題就是基于這一要求而制定的．

17．解析：(1) 由題意可知 x_甲 ~ B(5, p₁)，

∴    Dx_甲 = 5p₁ (1－p₁) = Þ p₁²－p₁ + = 0 Þ p₁ = ．2分；又 ?= 6，∴ p₂ = ．  3分

(2) 兩類情況：共擊中3次概率

C ( ) ² ( ) ⁰×C ( ) ¹ ( ) ¹ + C ( ) ¹ ( ) ¹×C ( ) ² ( ) ⁰ = ；

共擊中4次概率C ( ) ² ( ) ⁰×C ( ) ² ( ) ⁰ = ． 6分

所求概率為 + = ．  8分

(3) 設事件A, B分別表示甲、乙能擊中．∵ A, B互相獨立（9分），∴ P(`A?`B ) = P(`A ) P(`B ) = (1－P(A) )(1－P(B) ) = (1－p₁)(1－p₂) = ×= （11分），∴ 1－P(`A?`B ) = 為所求概率． 12分

評析：這一類型的試題在連續(xù)幾年的新課程卷都出現了，重點考查了分類討論的數學思想，體現了《考試說明》所要求的創(chuàng)新意識和實踐能力以及運用數學知識解決實際問題的能力．該題仍然是常規(guī)題，要求考生耐心細致，審題能力較強，并善于利用材料進行分析說明．

18．方法一：（I）證明：，又平面平面ABCD，平面平面ABCD＝BC，平面ABCD    ……2分

    在梯形ABCD中，可得

    ，即

    在平面ABCD內的射影為AO，                  ……4分

    （II）解：，且平面平面ABCD

    平面PBC，                                    平面PBC，

    為二面角P―DC―B的平面角                                 ……6分

    是等邊三角形即二面角P―DC―B的大小為 …8分

 （III）證明：取PB的中點N，連結CN， ①

    ，且平面平面ABCD，平面PBC  ……10分

    平面PAB    平面平面PAB  ②

     由①、②知平面PAB…………..10分

連結DM、MN，則由MN//AB//CD，，

得四邊形MNCD為平行四邊形，，平面PAB．

平面PAD    平面平面PAB ……………….12分

方法二：取BC的中點O，因為是等邊三角形，

    由側面底面ABCD    得底面ABCD ……1分

以BC中點O為原點，以BC所在直線為x軸，過點O與AB平行的直線為y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系O―xyz……2分

（I）證明：，則在直角梯形中，

    在等邊三角形PBC中，……3分

    ，即…4分

 （II）解：取PC中點N，則

    平面PDC，顯然，且平面ABCD

    所夾角等于所求二面角的平面角                         ……6分

 ，二面角的大小為 ……8分

（III）證明：取PA的中點M，連結DM，則M的坐標為

    又                                   ……10分

，

    即

平面PAB，平面平面PAB                         ……12分

評析：本題考察的空間中的線線關系、面面關系以及二面角的求法關系是立體幾

何中的最主要關系，熟悉它們的判定和性質是高考復習的重點，本題重在考查學生的運算能力、空間想象能力．

19．解（1）∵，，∴，． 

       ∵=0，∴(4a)²+(2a)²=(2c)²，∴．……………………4分

    （2）由（1）知，雙曲線的方程可設為，漸近線方程為．…5分

       設P₁(x₁，2x₁)，P₂(x₂，-2x₂)，P(x，y)．

       ∵，∴． ∵，∴………8分

       ∵點P在雙曲線上，∴．

       化簡得，．∴．∴ ．∴雙曲線的方程為…12分

評析：本題考查向量與雙曲線的有關內容．近幾年來向量與其他知識互相滲透成為一種時尚，基于此特命此題．本題考查學生運用圓錐曲線定義靈活解題的能力、向量知識、運算能力．

20.證明：(1)在已知式中, 當時, ∵∴  …(1分)

當時, ①

②

由①－②得, ………(3分)

∵∴即∴適合上式,

  ………(5分)

(2)由(1)知, ③

當時, ④

由③－④得,……(8分)

∵, ∴, 數列是等差數列,首項為1,公差為1, 可得  …(10分)

(3) ∵, ∴………(11分)

∴,

∴⑤………(12分)

當時, ⑤式即為⑥

依題意, ⑥式對都成立, 當時,

⑤式即為 ⑦依題意, ⑦式對都成立,

∴………(13分)    ∴又,

∴存在整數, 使得對任意, 都有  ………(13分)

21．解：（1）當x∈[-1，0]時，2-x∈[2，3]，f(x)=g(2-x)= -2ax+4x³；當x∈時，f(x)=f(-x)=2ax-4x³，

       ∴………………………………………4分

       （2）由題設知，＞0對x∈恒成立，即2a-12x²＞0對x∈恒成立，于是，a＞6x²，從而a＞(6x²)_max=6．………………………8分

       （3）因f(x)為偶函數，故只需研究函數f(x)=2ax-4x³在x∈的最大值．

             令=2a-12x²=0，得．…10分 若∈，即0＜a≤6，則

             ，

             故此時不存在符合題意的；

          若＞1，即a＞6，則在上為增函數，于是．

           令2a-4=12，故a=8．    綜上，存在a = 8滿足題設．………………13分

評析：本題通過函數的知識來切入到導數，是在這兩個重要知識的交匯處命題，意在考查學生的邏輯思維能力與推理能力，函數及導數的應用是數學的難點，也是考得最熱的話題之一，也是本套試卷的把關題，對學生的要求較高．