知识点：9.正弦定理和余弦定理（解三角形）

C

解：令∠ABC＝α，过A作AD⊥BC于D，由≥，推出　

－2t· ＋t²≥,令t＝，代入上式，得

－2cos²α＋cos²α≥，即 sin²α≥,

也即sinα≥．从而有≥．由此可得∠ACB＝．

知识点：2.一元二次不等式及不等式的解法

B

解：因为，解得x＞且x≠1．由log_x(2x²＋x－1)＞log_x2－1，

Þ log_x(2x³＋x²－x)＞log_x2Þ 或．解得0＜x＜1或x＞1．

所以x的取值范围为x＞且x≠1．

知识点：3.集合的基本运算

C

解：5x－a≤0Þx≤；6x－b＞0Þx＞．要使A∩B∩N＝{2，3，4}，则

，即所以数对(a，b)共有C61C51＝30个．

知识点：6.直线、平面垂直的判定及其性质

A

解：建立直角坐标系，以A为坐标原点，AB为x轴，AC为y轴，AA₁为z轴，则F(t₁，0，0)(0＜t₁＜1)，E(0，1，)，G(，0，1)，D(0，t₂，0)(0＜t₂＜1)．所以＝(t₁，－1，－)，＝(－，t₂，－1)．因为GD⊥EF，所以t₁＋2t₂＝1，由此推出0＜t₂＜．又＝(t₁，－t₂，0)，

＝\s\do4(12＝\s\do4(22＝，从而有≤＜1．

知识点：5.充分条件与必要条件

A

解：显然f(x)＝x³＋log₂(x＋)为奇函数，且单调递增．于是

若a＋b≥0，则a≥－b，有f(a)≥f(－b)，即f(a)≥－f(b)，从而有f(a)＋f(b)≥0．

反之，若f(a)＋f(b)≥0，则f(a)≥－f(b)＝f(－b),推出a≥－b，即a＋b≥0．

知识点：2.基本算法语句

B

解：出现奇数个9的十进制数个数有A＝C20061 9²⁰⁰⁵＋C20063 9²⁰⁰³＋…＋C200620059．又由于

(9＋1)²⁰⁰⁶＝k＝0ΣC2006k 9^2006－k以及(9－1)²⁰⁰⁶＝k＝0ΣC2006k (－1)^k9^2006－k

从而得

A＝C20061 9²⁰⁰⁵＋C20063 9²⁰⁰³＋…＋C200620059＝(10²⁰⁰⁶－8²⁰⁰⁶)．

知识点：5.三角函数的求值、化简与证明

[0，]

解：f(x)＝sin⁴x－sinxcosx＋cos⁴x＝1－sin2x－ sin²2x．令t＝sin2x，则

f(x)＝g(t)＝1－t－t²＝－(t＋)²．因此－1≤t≤1ming(t)＝g(1)＝0，－1≤t≤1max g(t)＝g(－)＝．

故，f(x)∈[0，]．

知识点：2.复数的几何意义

填[－，]．

解：依题意，得|z|≤2Û(a＋cosθ)²＋(2a－sinθ)²≤4Û2a(cosθ－2sinθ)≤3－5a²．

Û－2asin(θ－φ)≤3－5a²(φ＝arcsin)对任意实数θ成立．

Û2|a|≤3－5a²Þ|a|≤，故 a的取值范围为[－，]．

知识点：4.直线与圆锥曲线的位置关系

－1

解：由平面几何知，要使∠F₁PF₂最大，则过F₁，F₂，P三点的圆必定和直线l相切于点P．直线l交x轴于A(－8－2，0)，则∠APF₁＝∠AF₂P，即∆APF₁∽∆AF₂P，即

＝ ⑴

又由圆幂定理，

|AP|²＝|AF₁|·|AF₂| ⑵

而F₁(－2，0)，F₂(2，0)，A(－8－2，0)，从而有|AF₁|＝8，|AF₂|＝8＋4．

代入⑴，⑵得，＝＝＝＝－1．

知识点：3.空间几何体的表面积与体积

(＋)π

解：设四个实心铁球的球心为O₁，O₂，O₃，O₄，其中O₁，O₂为下层两球的球心，A，B，C，D分别为四个球心在底面的射影．则ABCD是一个边长为的正方形。所以注水高为1＋．故应注水π(1＋)－4×π()³＝(＋)π

知识点：1.函数与方程思想

1

解：(x²⁰⁰⁶＋1)(1＋x²＋x⁴＋…＋x²⁰⁰⁴)＝2006x²⁰⁰⁵Û(x＋)(1＋x²＋x⁴＋…＋x²⁰⁰⁴)＝2006

Ûx＋x³＋x⁵＋…＋x²⁰⁰⁵＋＋＋＋…＋＝2006，故x＞0，否则左边＜0．

Û2006＝x＋＋x³＋＋…＋x²⁰⁰⁵＋≥2×1003＝2006．

等号当且仅当x＝1时成立．

所以x＝1是原方程的全部解．因此原方程的实数解个数为1．

知识点：1.两个计数原理

0.0434

解：第4次恰好取完所有红球的概率为

×()²×＋×××＋()²××＝0.0434

知识点：4.直线与圆锥曲线的位置关系

证明：因为y²＝nx－1与y＝x的交点为x₀＝y₀＝．显然有x₀＋=n≥2．…(5分)

若(x0m，y0m)为抛物线y²＝kx－1与直线y＝x的一个交点，则k＝x0m＋\s\do4(0m．………(10分)

记k_m＝x0m＋\s\do4(0m，

由于k₁＝n是整数，k₂＝x02＋\s\do4(02＝(x₀＋)²－2＝n²－2也是整数，

且 k_m＋1＝k_m(x₀＋)－k_m－1＝nk_m－k_m－1，(m≥2) 　　　(13.1)

所以根据数学归纳法，通过(13.1)式可证明对于一切正整数m，k_m＝x0m＋\s\do4(0m是正整数，且k_m≥2现在对于任意正整数m，取k＝x0m＋\s\do4(0m，满足k≥2，且使得y²＝kx－1与y＝x的交点为(x0m，y0m)．……(20分)

知识点：3.单调性与最大（小）值

解：(1) 首先这样的S的值是有界集，故必存在最大值与最小值。 若x₁＋x₂＋x₃＋x₄＋x₅＝2006，且使S＝x_ix_j取到最大值，则必有

≤1 (1≤i，j≤5) ………(5分) (*)

事实上，假设(*)不成立，不妨假设x₁－x₂≥2，则令x₁¢＝x₁－1，x₂¢＝x₂＋1，x_i¢＝x_i (i＝3，4，5)．有x₁¢＋x₂¢＝x₁＋x₂，x₁¢·x₂¢＝x₁x₂＋x₁－x₂－1＞x₁x₂．将S改写成

S＝x_ix_j＝x₁x₂＋(x₁＋x₂)(x₃＋x₄＋x₅)＋x₃x₄＋x₃x₅＋x₄x₅

同时有 S¢＝x₁¢x₂¢＋(x₁¢＋x₂¢)((x₃＋x₄＋x₅)＋x₃x₄＋x₃x₅＋x₄x₅．于是有S¢－S＝x₁¢x₂¢－x₁x₂＞0．这与S在x₁，x₂，x₃，x₄，x₅时取到最大值矛盾．所以必有≤1，(1≤i，j≤5)．

因此当x₁＝402，x₂＝x₃＝x₄＝x₅＝401时S取到最大值． ……………………(10分)

⑵ 当x₁＋x₂＋x₃＋x₄＋x₅＝2006，且≤2时，只有

（I） 402， 402， 402， 400， 400；

（II） 402， 402， 401， 401， 400；

（III） 402， 401， 401， 401， 401；

三种情形满足要求． ……………………(15分)

而后两种情形是由第一组作x_i¢＝x_i－1，x_j¢＝x_j＋1调整下得到的．根据上一小题的证明可知道，每次调整都使和式S＝x_ix_j变大．所以在x₁＝x₂＝x₃＝402，x₄＝x₅＝400时S取到最小值．………(20分)

知识点：2.直接证明与间接证明

证明：⑴ 如果a＜－2，则＝|a|＞2，aM． ………………………(5分)

⑵ 如果－2≤a≤，由题意，f¹(0)＝a，fⁿ(0)＝(f^n－1(0))²＋a，n＝2，3，……．则

① 当0≤a≤时，≤，("n≥1).

事实上，当n＝1时，＝|a|≤，设n＝k－1时成立(k≥2为某整数），则对n＝k，

≤＋a≤()²＋＝．

② 当－2≤a＜0时，≤|a|，("n≥1)．

事实上，当n＝1时，≤|a|，设n＝k－1时成立(k≥2为某整数)，则对n＝k，有

－|a|＝a≤＋a≤a²＋a

注意到当－2≤a＜0时，总有a²≤－2a，即a²＋a≤－a＝|a|．从而有≤|a|．由归纳法，推出[－2，]ÍM．……………………(15分)

⑶ 当a＞时，记a_n＝fⁿ(0)，则对于任意n≥1，a_n＞a＞且

a_n＋1＝f^n＋1(0)＝f(fⁿ(0))＝f(a_n)＝an2＋a．

对于任意n≥1，a_n＋1－a_n＝an2－a_n＋a＝(a_n－)²＋a－≥a－．则a_n＋1－a_n≥a－．

所以，a_n＋1－a＝a_n＋1－a₁≥n(a－)．当n＞时，a_n＋1＞n(a－)＋a＞2－a＋a＝2，即f^n＋1(0)＞2．因此aM．综合⑴，⑵，⑶，我们有M＝[－2，]