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一、选择题(满分36分，每小题6分)
1.给定公比为q(q≠1)的等比数列｛an｝，设b1=a1+a2+a3, b2=a4+a5+a6,…，bn=a3n-2+a3n-1+a3n，…，则数列｛bn｝( ).
(A)是等差数列(B)是公比为q的等比数列(C)是公比为q3的等比数列(D)即非等差数列又非等比数列
2.平面直角坐标系中，纵、横坐标都是整数的点叫做整点，那么，满足不等式(|x|-1)2 +(|y|-1)2<2的整点(x,y)的个数是( ).
(A) 16 (B)17 (C)18 (D)25
3.若(log23)x-(log53)x≥(log23)-y-(log53)-y，则( ).
(A)x-y≥0 (B)x+y≥0 (C)x-y≤0 (D)x+y≤0
4.给定下列两个关于异面直线的命题:
命题Ⅰ：若平面a上的直线α与平面β上的直线b为异面直线，直线c是a与β的交线，那么，c至多与a、b中的一条相交；
命题Ⅱ：不存在这样的无穷多条直线，它们中的任意两条都是异面直线.那么，( )
(A)命题Ⅰ正确，命题Ⅱ不正确(B)命题Ⅱ正确，命题Ⅰ不正确(C)两个命题都正确(D)两个命题都不正确
5.在某次乒乓球单打比赛中，原计划每两只名选手恰比赛一场，但有3名选手各比赛了2场之后就退出了.这样，全部比赛只进行了50场.那么，在上述3名选手之间比赛的场数是( ).
(A)0 (B)1 (C)2 (D)3
6.已知点A(1，2)，过点(5，-2)的直线与抛物线y2=4x交于另外两点B、C.那么，△ABC是( ).
(A)锐角三角形(B)钝角三角形(C)直角三角形(D)答案不确定
二、填空题(满分54分，每小题9分)
1.已知正整数n不超2000，并且能表示成不少于60个连续正整数之和.那么，这样的n的个数是________.
2.已知θ=arctg那么，复数z=的辐角主值是________.
3.在△ABC中，记BC=a,CA=b,AB=c，若9a2+9b2-19c2=0，则=________.
4.已知点P在双曲线上，并且P到这条双曲线的右准线的距离恰是P到这条双曲线的两个焦点的距离的等差中项.那么，P的横坐标是________.
5.已知直线ax+by+c=0中的a、b、c是取自集合｛-3,-2,-1,0,1,2,3｝中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角.那么，这样的直线的条数是________.
三、(满分20分)已知当x∈［0，1］时，不等式x2cosθ-x(1-x)+(1-x)2sinθ>0恒成立.试求θ的取值范围.
四、(满分20分)给定A(-2，2)，已知B是椭圆上的动点，F是左焦点.当|AB|+ |BF|取最小值时，求B的坐标.
三、(满分50分)给定正整数n，已知用克数都是正整数的k块砝码和一台天平可以称出质量为1，2，3，…，n克的所有物品.(1)求k的最小值f(n)；(2)当且仅当n取什么值时，上述f(n)块砝码的组成方式是惟一确定的?并证明你的结论.
试题解答
一、1.(C).
由题设，an=a1qn-1，则
因此，｛bn｝是公比为q3的等比数列.
2.(A)
由(|x|-1)2+(|y|-1)2<2,可得(|x|-1,|y|-1)为(0，0)，(0，1)，(0，-1)，(1，0)或(-1，0).从而，不难得到(x,y)共有16个.
3.(B)
记f(t)=(log23)t-(log53)t，则f(t)在R上是严格增函数.原不等式即f(x)≥f(-y).
故x≥-y，即x+y≥0.
4.(D).
如图，c与a、b都相交；故命题Ⅰ不正确；又可以取无穷多个平行平面，在每个平面上取一条直线，且使这些直线两两不同向，则这些直线中的任意两条都是异面直线，从而命题Ⅱ也不正确.
5.(B)
设这三名选手之间的比赛场数是r，共n名选手参赛.由题意，可得，即=44+r.由于0≤r≤3，经检验可知，仅当r=1时，n=13为正整数.
6.(C)
设B(t2,2t),C(s2,2s),s≠t,s≠1,t≠1，则直线BC的方程为，化得2x-(s+t)y+2st=0.
由于直线BC过点(5，-2)，故2×5-(s+t)(-2)+2st=0，即(s+1)(t+1)=-4.
因此， .
所以，∠BAC=90°，从而△ABC是直角三角形.
二、1. 6.
首项为a为的连续k个正整数之和为
.
由Sk≤2000，可得60≤k≤62.
当k=60时，Sk=60a+30×59，由Sk≤2000，可得a≤3，故Sk=1830,1890,1950；
当k=61时，Sk=61a+30×61，由Sk≤2000，可得a≤2，故Sk=1891，1952；
当k=62时，Sk=62a+31×61，由Sk≤2000，可得a≤1，故Sk=1953.
于是，题中的n有6个.
2..
z的辐角主值
argz=arg［(12+5i)2(239-i)］
=arg［(119+120i)(239-i)］
=arg［28561+28561i］=.
3..
4..
记半实轴、半虚轴、半焦距的长分别为a、b、c，离心率为e，点P到右准线l的距离为d，则a=4, b=3, c=5, ,右准线l为.
如果P在双曲线右支，则
|PF1|=|PF2|+2a=ed+2a.
从而，
|PF1|+|PF2|=(ed+2a)+ed=2ed+2a>2d，
这不可能；故P在双曲线的左支，则
|PF2|-|PF1|=2a,|PF1|+|PF2|=2d.
两式相加得2|PF2|=2a+2d.
又|PF2|=ed,从而ed=a+d.
故 .
因此，P的横坐标为.
5. 43
设倾斜角为θ，则tgθ=->0.不妨设a>0，则b<0.
(1)c=0,a有三种取法，b有三种取法，排除2个重复(3x-3y=0,2x-2y=0与x-y=0为同一直线)，故这样的直线有3×3-2=7条；
(2)c≠0，则a有三种取法，b有三种取法，c有四种取法，且其中任两条直线均不相同，故这样的直线有3×3×4=36条.
从而，符合要求的直线有7+36=43条.
6..
由题设，AH⊥面SBC.作BH⊥SC于E.由三垂线定理可知SC⊥AE，SC⊥AB.故SC⊥面ABE.设S在面ABC内射影为O，则SO⊥面ABC.由三垂线定理之逆定理，可知CO⊥AB于F.同理，BO⊥AC.故O为△ABC的垂心.
又因为△ABC是等边三角形，故O为△ABC的中心，从而SA=SB=SC=.
因为CF⊥AB，CF是EF在面ABC上的射影，由三垂线定理，EF⊥AB.所以，∠EFC是二面角H-AB-C的平面角.故∠EFC=30°，
OC=SCcos60°=，
SO=tg60°=×=3.
又OC=AB，故AB=OC=×=3.
所以，VS-ABC=.
三、若对一切x∈［0，1］，恒有f(x)=x2cosθ-x(1-x)+(1-x)2sinθ>0，
则
cosθ=f(1)>0,sinθ=f(0)>0. (1)
取x0=∈(0，1)，则.
由于
+2x(1-x)，
所以，0
故-+>0 (2)
反之，当(1)，(2)成立时，f(0)=sinθ>0，f(1)=cosθ>0，且x∈(0，1)时，
f(x)≥2x(1-x)>0.
先在［0,2π］中解(1)与(2)：
由cosθ>0,sinθ>0，可得0<θ<.
又-+>0, > ,
sin2θ>, sin2θ>,
注意到0<2θ<π，故有<2θ< ,
所以，<θ< .
因此，原题中θ的取值范围是2kπ+<θ<2kπ+ ,k∈Z.
四、
记椭圆的半长轴、半短轴、半焦距分别为a、b、c，离心率为e.则a=5,b=4,c===3,e==，左准线为x=-.
过点B作左准线x=-的垂线，垂足为N，过A作此准线的垂线，垂足为M.由椭圆定义，
|BN|==|BF| .
于是，
|AB|+|BF|=|AB|+|BN|≥|AN|≥|AM|(定值)，等号成立当且仅当B是AM与椭圆的交点时，此时B(，2)
所以，当|AB|+|BF|取最小值时，B的坐标为(，2).五、设公差为d,an+1=α,则
S=an+1+an+2+…a2n+1=(n+1)α+d.
故 .
则
因此|S|≤(n+1)，
且当α=,d=·时，
S=(n+1)〔+··〕
=(n+1) =(n+1)
由于此时4α=3nd,故.
所以，S的最大值为(n+1).
加试
一、连结BD交AC于H.对△BCD用塞瓦定理，可得
因为AH是∠BAD的平分线，由角平分线定理，可得.
故.
过点C作AB的平行线AG的延长线于I，过点C作AD的平行线交AE的延长线于J.
则.所以，
从而，CI=CJ.
又因为CI∥AB，CJ∥AD，故∠ACI=π-∠ABC=π-∠DAC=∠ACJ.
因此，△ACI≌△ACJ.
从而，∠IAC=∠JAC，即∠GAC=∠EAC.
二、记eiθ=cosθ+isinθ.
可设，，则 .
由题设，有eiθ+eiφ+e-i(θ+φ)=1.φ
两边取虚部，有
0=sinθ+sinφ-sin(θ+φ)
故θ=2kπ或φ=2kπ或θ+φ=2kπ，k∈Z.
因而，z1=z2或z2=z3或z3=z1.
如果z1=z2，代入原式即.
故.
这时，|az1+bz2+cz3|=|z1||a+b±ci|
=.
类似地，如果z2=z3,则|az1+bz2+cz3|=;
如果z3=z1,则|az1+bz2+cz3|=.
所以，|az1+bz2+cz3|的值为或 或.
三、
(1)设这k块砝码的质量数分别为a1,a2,…,ak，且1≤a1≤a2≤…≤ak，ai∈Z，1≤i≤k.因为天平两端都可以放砝码，故可称质量为xiai,xi∈｛-1，0，1｝.若利用这k块砝码可以称出质量为1，2，3，…,n的物品，则上述表示式中含有1，2，…，n，由对称性易知也含有0，-1，-2，…，-n，即
｛xiai|xi∈｛-1，0，1｝｝｛0,±1，…，±n｝.
所以，2n+1=|｛0，±1，…，±n｝|≤|｛xiai|xi∈｛-1，0，1｝｝|≤3k，
即n≤
设
且k=m时，可取a1=1,a2=3,…,am=3m-1.
由数的三进制表示可知，对任意0≤p≤3m-1,都有p=yi3i-1，其中yi∈｛0，1，2｝.
则p-=yi3i-1-3i-1=(yi-1)3i-1.
令xi=yi-1，则xi∈｛-1，0，1｝.
故对一切-≤l≤的整数l，都有l=xi3i-1 ,其中xi∈｛-1，0，1｝.
由于n≤，因此，对一切-n≤l≤n的整数l，也有上述表示.
综上，可知k的最小值
f(n)=m·(
(2)Ⅰ.当
若1≤l≤，由(1)可知l=xi3i-1，xi∈｛-1，0，1｝.
则l=xi3i-1+0·(3m-1)；
若
则
由(1)可知
l+1=，其中xi∈｛-1，0，1｝.
易知xm+1=1.(否则l≤3i-1-1=-1,矛盾)则l=·(3m-1).
所以，当n≠时，f(n)块砝码的组成方式不惟一.
Ⅱ.下面我们证明：当n=时，f(n)=m块砝码的组成方式是惟一的，即ai=3i-1(1≤i≤m).
若对每个-≤l≤,都有l=xiai，xi∈｛-1，0，1｝.
即｛xiai|xi∈｛-1，0，1｝｝｛0,±1，…，±｝.
注意左边集合中至多有3m个元素.故必有
｛xiai|xi∈｛-1，0，1｝｝=｛0,±1，…，±｝.
从而，对每个l，-≤l≤,都可以惟一地表示为
l=xiai，其中xi∈｛-1,0,1｝.
因而，ai=.则
(xi+1)ai=xiai+ai=xiai+.
令yi=xi+1,则yi∈｛0，1，2｝.
由上可知，对每个0≤l≤3m-1，都可以惟一地表示为
l=yiai，其中yi∈｛0，1，2｝.
特别地，易知1≤a1
下面用归纳法证明ai=3i-1(1≤i≤m).
当i=1时，易知yiai中最小的正整数是a1,故a1=1.
假设当1≤i≤p时，ai=3i-1.
由于yiai=yi3i-1, yi∈｛0，1，2｝就是数的三进制表示，易知它们正好是0，1，2，…,3p-1，故ap+1应是除上述表示外｛yiai|yi∈｛0,1,2｝｝中最小的数，因此，ap+1=3p.
由归纳法可知，ai=3i-1(1≤i≤m).
综合Ⅰ，Ⅱ可知，当且仅当n=时，上述f(n)块砝码的组成方式是惟一确定的.
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