一．集合
1． 滿足，且的集合的個數是 2
2． 設是乙個數集，且至少含有兩個數，若對任意都有（除數），則稱p是乙個數域，例如有理數q是數域。有下列命題：①數域必含有0，1兩個數；②整數集是數域；③若有理數，則數集必為數域；④數域必為無限集。
其正確的命題的序號是把你認為正確的命題的序號都填上）
二．函式概念與基本初等函式
3． 若函式的定義域是，則函式的定義域是 [0，1
4． 定義在r上的函式滿足，，則等於
65． 設函式，則的值為
6．則下列四個結論正確的是填正確序號）
7．已知函式為常當選），函式的定義為：對每乙個給定的實數，
（1） 求對所有實數成立的充分必要條件（用表示）
（2） 設是兩個實數，滿足且，若，求證：函式在區間上的單調增區間的長度之和為（閉區間的長度定義為）
解：（1）由的定義可知，（對所有實數）等價於
（對所有實數）這又等價於，即
對所有實數均成立
由於的最大值為，
故（*）等價於，即，這就是所求的充分必要條件
（2）分兩種情形討論
（i）當時，由（1）知（對所有實數）
則由及易知，
再由的單調性可知，
函式在區間上的單調增區間的長度
為（參見示意圖1）
（ii）時，不妨設，則，於是
當時，有，從而；
當時，有
從而 ；
當時，，及，由方程
解得圖象交點的橫座標為
顯然，這表明在與之間。由⑴易知
綜上可知，在區間上， （參見示意圖2）
故由函式及的單調性可知，在區間上的單調增區間的長度之和為，由於，即，得
故由⑴、⑵得
綜合（i）（ii）可知，在區間上的單調增區間的長度和為。
8．水庫的蓄水量隨時間而變化，現用表示時間，以月為單位，年初為起點，根據歷年資料，某水庫的蓄水量（單位：億立方公尺）關於的近似函式關係式為
（ⅰ）該水庫的蓄求量小於50的時期稱為枯水期.以表示第1月份（）,問一年內哪幾個月份是枯水期？
（ⅱ）求一年內該水庫的最大蓄水量（取計算）.
解：本小題主要考查函式、導數和不等式等基本知識，考查用導數求最值和綜合運用數學知識解決實際問題能力.
（ⅰ）①當時，，化簡得,
解得，或，又，故.
②當時，，化簡得,
解得，又,故.
綜合得,或；
故知枯水期為1月，2月，3月，11月，12月共5個月.
(ⅱ)(ⅰ)知：v(t)的最大值只能在（4，10）內達到.
由v′（t）=
令v′(t)=0,解得t=8(t=-2捨去).
當t變化時，v′(t) 與v (t)的變化情況如下表：
由上表，v(t)在t＝8時取得最大值v(8)＝8e2+50-108.52(億立方公尺).
故知一年內該水庫的最大蓄水量是108.32億立方公尺
9．函式的最小值和最大值分別為
10．已知函式（，）為偶函式，且函式圖象的兩相鄰對稱軸間的距離為．
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）將函式的圖象向右平移個單位後，再將得到的圖象上各點的橫座標伸長到原來的4倍，縱座標不變，得到函式的圖象，求的單調遞減區間．
解：（ⅰ）
．因為為偶函式，所以對，恆成立，
因此．即，
整理得．因為，且，所以．
又因為，故．所以．
由題意得，所以．故．因此．
（ⅱ）將的圖象向右平移個單位後，得到的圖象，
所以．當（），
即（）時，單調遞減，
因此的單調遞減區間為（）．
11．如圖，某地有三家工廠，分別位於矩形abcd的兩個頂點a，b及cd的中點p處．ab＝20km，bc＝10km．為了處理這三家工廠的汙水，現要在該矩形區域上（含邊界）且與a，b等距的一點o處，建造乙個汙水處理廠，並鋪設三條排汙管道ao，bo，po．記鋪設管道的總長度為ykm．
（1）按下列要求建立函式關係式：
（ⅰ）設（rad），將表示成的函式；
（ⅱ）設（km），將表示成的函式
（1） 請你選用（1）中的乙個函式關係確定汙水處理廠的位置，使鋪設的汙水管道的總長度最短。
函式概念與基本初等函式ⅱ（兩角和（差）的正弦、余弦和正切；二倍角的正弦、余弦和正切；幾個三角不等式）
解：（ⅰ）①由條件知pq 垂直平分ab，若∠bao=(rad) ，則,
故，又op＝，
所以，所求函式關係式為
②若op=(km) ，則oq＝10－，所以oa =ob=
所求函式關係式為
（ⅱ）選擇函式模型①，
令0 得sin ，因為，所以=，
當時， ，是的減函式；
當時， ，是的增函式，所以當=時，。
這時點p 位於線段ab 的中垂線上，在矩形區域內且距離ab 邊km處。
12．已知函式的最大值是1，其圖象經過點m（，
（1）求的解析式；（2）已知，且，求的值。
解析：（1）依題意有，則，將點代入得，
而，，，故；
（2）依題意有，而，，。
三．解三角形
13．如圖，△acd是等邊三角形，△abc是等腰直角三角形，∠acb=90°，bd交ac於e，ab=2。
（1）求cos∠cbe的值；（2）求ae。
解：(1) 因為
所以，(2)在中，，故由正弦定理得
,故14．已知函式在單調增加，在單調減少，則
六．平面向量
15．已知四邊形的三個頂點，，，且，
則頂點的座標為
16．已知平面向量，，且//，則
17．已知為的三個內角的對邊，向量
．若，且，
則角的大小分別為
18．設平面向量，若存在實數和角使向量且
（1）求的關係式；（2）若，求的最小值，並求出此時的值。
四．數列
19按照以上排列的規律，第行（）從左向右的第3個數為
20．將數列中的所有項按每一行比上一行多一項的規則排成如下數表：
……記表中的第一列數構成的數列為，．為數列的前項和，且滿足．
（ⅰ）證明數列成等差數列，並求數列的通項公式；
（ⅱ）上表中，若從第三行起，第一行中的數按從左到右的順序均構成等比數列，且公比為同乙個正數．當時，求上表中第行所有項的和．
解：（ⅰ）證明：由已知，當時，，又，
所以，又．所以數列是首項為1，公差為的等差數列．
由上可知，．
所以當時，．
因此（ⅱ）解：設上表中從第三行起，每行的公比都為，且．
因為，所以表中第1行至第12行共含有數列的前78項，故在表中第31行第三列，
因此．又，所以．
記表中第行所有項的和為，
則．21．（1）設是各項均不為零的（）項等差數列，且公差，若將此數列刪去某一項後得到的數列（按原來的順序）是等比數列．
（i）當時，求的數值；
（ii）求的所有可能值．
（2）求證：對於給定的正整數()，存在乙個各項及公差均不為零的等差數列
，其中任意三項（按原來的順序）都不能組成等比數列．
解：（1）①當n=4時, 中不可能刪去首項或末項，否則等差數列中連續三項成等比數列，則推出d=0。
若刪去，則，即化簡得，得
若刪去，則，即化簡得，得
綜上，得或。
②當n=5時, 中同樣不可能刪去，否則出現連續三項。
若刪去，則，即化簡得，因為，所以不能刪去；
當n≥6時，不存在這樣的等差數列。事實上，在數列中，由於不能刪去首項或末項，若刪去，則必有，這與矛盾；同樣若刪去也有，這與矛盾；若刪去中任意乙個，則必有，這與矛盾。(或者說：
當n≥6時，無論刪去哪一項，剩餘的項中必有連續的三項)
綜上所述，。
（2）假設對於某個正整數n，存在乙個公差為d的n項等差數列，
其中（）為任意三項成等比數列，則，
即，化簡得 （*）
由知，與同時為0或同時不為0
當與同時為0時，有與題設矛盾。
故與同時不為0，所以由（*）得
因為，且x、y、z為整數，所以上式右邊為有理數，從而為有理數。
於是，對於任意的正整數，只要為無理數，相應的數列就是滿足題意要求的數列。
例如n項數列1，，，……，滿足要求。
五．不等式
22/已知是定義在上的奇函式，當時，的影象如右圖所示，那麼不等式的解集是答：）；（4）23/設的定義域為，對任意，都有，且時，，又，①求證為減函式；②解不等式.（答：）．
24．設為正實數，滿足，則的最小值是 3
六．複數
25．若將複數表示為是虛數單位）的形式，則 1 ．
26．已知，複數的實部為，虛部為1，則的取值範圍是
七．導數及其應用
27．設直線是曲線的一條切線，則實數的值是
28．設函式，曲線在點處的切線方程為y=3．
（ⅰ）求的解析式：
（ⅱ）證明：函式的影象是乙個中心對稱圖形，並求其對稱中心；
（ⅲ）證明：曲線上任一點的切線與直線x=1和直線y=x所圍三角形的面積為定值，並求出此定值．
解：（ⅰ），
於是解得或
因，故．
（ⅱ）證明：已知函式，都是奇函式．
所以函式也是奇函式，其影象是以原點為中心的中心對稱圖形．而．可知，函式的影象按向量平移，即得到函式的影象，故函式的影象是以點為中心的中心對稱圖形．
（ⅲ）證明：在曲線上任取一點．
由知，過此點的切線方程為
．令得，切線與直線交點為．
令得，切線與直線交點為．
直線與直線的交點為．
從而所圍三角形的面積為．
所以，所圍三角形的面積為定值．
八、演算法初步
29．閱讀圖3的程式框圖，若輸入，，則輸出 ，
（注：框圖中的賦值符號「」也可以寫成「」或「」）
解析：要結束程式的運算，就必須通過整除的條件運算，
而同時也整除，那麼的最小值應為和的最小公倍
數12，即此時有。
30．執行右邊的程式框圖，若，則輸出的
解：，因此輸出
九、常用邏輯用語
31．命題「若函式在其定義域內是減函式，
則」的逆否命題是填序號）
①若，則函式在其定義域內不是減函式
②若，則函式在其定義域內不是減函式
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