参***。
一、选择题(每小题6分，共36分)
1．删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列．这个数列的第2003项是。
(a) 2046 (b) 2047 (c) 2048 (d) 2049
解：452=2025，462=2116．
在1至2025之间有完全平方数45个，而2026至2115之间没有完全平方数．故1至2025中共有新数列中的2025－45=1980项．还缺2003－1980=23项．由2025+23=2048．知选c．
2．设a，b∈r，ab≠0，那么直线ax－y+b=0和曲线bx2+ay2=ab的图形是。
解：曲线方程为+=1，直线方程为y=ax+b．
由直线图形，可知a、c中的a<0，a图的b>0，c图的b<0，与a、c中曲线为椭圆矛盾．
由直线图形，可知b、d中的a>0，b<0，则曲线为焦点在x轴上的双曲线，故选b．
3．过抛物线y2=8(x+2)的焦点f作倾斜角为60°的直线，若此直线与抛物线交于a、b两点，弦ab的中垂线与x轴交于点p，则线段pf的长等于。
(a) (b) (c) (d) 8
解：抛物线的焦点为原点(0，0)，弦ab所在直线方程为y=x，弦的中点在y==上，即ab中点为(，)中垂线方程为y=－(x－)+令y=0，得点p的坐标为．
pf=．选a．
4．若x∈[－则y=tan(x+)－tan(x+)+cos(x+)的最大值是。
(a) (b) (cd)
解：令x+=u，则x+=u+，当x∈[－时，u∈[－y=－(cotu+tanu)+cosu=－+cosu．在u∈[－时，sin2u与cosu都单调递增，从而y单调递增．于是u=－时，y取得最大值，故选c．
5．已知x，y都在区间(－2，2)内，且xy=－1，则函数u=+的最小值是。
abcd)
解：由x，y∈(－2，2)，xy=－1知，x∈(－2，－)2)，u=+=1+．
当x∈(－2，－)2)时，x2∈(，4)，此时，9x2+≥12．(当且仅当x2=时等号成立)．
此时函数的最小值为，故选d．
6．在四面体abcd中， 设ab=1，cd=，直线ab与cd的距离为2，夹角为，则四面体abcd的体积等于。
(a) (bcd)
解：如图，把四面体补成平行六面体，则此平行六面体的体积=1××sin×2=3．
而四面体abcd的体积=×平行六面体体积=．故选b．
二．填空题(每小题9分，共54分)
7．不等式|x|3－2x2－4|x|+3<0的解集是。
解：即|x|3－2|x|2－4|x|+3<0，(|x|－3)(|x|－)x|+)0．|x|<－或<|x|<3．
解为(－3，－)3)．
8．设f1、f2是椭圆+=1的两个焦点，p是椭圆上一点，且|pf1|∶|pf2|=2∶1，则△pf1f2的面积等于。
解：f1(－，0)，f2(，0)；|f1f2|=2．
|pf1|+|pf2|=6，|pf1|=4，|pf2|=2．由于42+22=(2)2．故pf1f2是直角三角形．
s=4．9．已知a=，b=
若ab，则实数a的取值范围是。
解：a=(1，3)；
又，a≤－21－x∈(－1，－)当x∈(1，3)时，a≥－7∈(－7，－4)．
－4≤a≤－1．
10．已知a，b，c，d均为正整数，且logab=，logcd=，若a－c=9，则b－d=
解：a3=b2，c5=d4，设a=x2，b=x3；c=y4，d=y5，x2－y4=9．(x+y2)(x－y2)=9．
x+y2=9，x－y2=1，x=5，y2=4．b－d=53－25=125－32=93．
11．将八个半径都为1的球分放两层放置在一个圆柱内，并使得每个球都和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于。
解：如图，abcd是下层四个球的球心，efgh是上层的四个球心．每个球心与其相切的球的球心距离=2．efgh在平面abcd上的射影是一个正方形．是把正方形abcd绕其中心旋转45而得．设e的射影为n，则。
mn=－1．em=，故en2=3－(－1)2=2．∴ en=．所求圆柱的高=2+．
12． 设mn=，tn 是mn中元素的个数，sn是mn中所有元素的和，则。
解：由于a1，a2，…，an－1中的每一个都可以取0与1两个数，tn=2n－1．
在每一位(从第一位到第n－1位)小数上，数字0与1各出现2n－2次．第n位则1出现2n－1次．
sn=2n－20.11…1+2n－210－n．
三、（本题满分20分）
13．设≤x≤5，证明不等式。
解：x+1≥0，2x－3≥0，15－3x≥0．≤x≤5．
由平均不等式≤≤．
但2在≤x≤5时单调增．即2≤2=2．
故证．四、(本题满分20分)
14．设a、b、c分别是复数z0=ai，z1=+bi，z2=1+ci(其中a，b，c都是实数)对应的不共线的三点．证明：曲线。
z=z0cos4t+2z1cos2tsin2t+z2sin4t (t∈r)
与△abc中平行于ac的中位线只有一个公共点，并求出此点．
解：曲线方程为：
z=aicos4t+(1+2bi)cos2tsin2t+(1+ci)sin4t=(cos2tsin2t+sin4t)+i(acos4t+2bcos2tsin2t+csin4t)
x=cos2tsin2t+sin4t=sin2t(cos2t+sin2t)=sin2t．(0≤x≤1)
y=acos4t+2bcos2tsin2t+csin4t=a(1－x)2+2b(1－x)x+cx2
即y=(a－2b+c)x2+2(b－a)x+a (0≤x≤1
若a－2b+c=0，则z0、z1、z2三点共线，与已知矛盾，故a－2b+c0．于是此曲线为轴与x轴垂直的抛物线．
ab中点m： +a+b)i，bc中点n： +b+c)i．
与ac平行的中位线经过m(， a+b))及n(， b+c))两点，其方程为。
4(a－c)x+4y－3a－2b+c=0．(≤x
令4(a－2b+c)x2+8(b－a)x+4a=4(c－a)x+3a+2b－c．
即4(a－2b+c)x2+4(2b－a－c)x+a－2b+c=0．由a－2b+c0，得。
4x2+4x+1=0，此方程在[，]内有惟一解x=．
以x=代入②得y= (a+2b+c)．
所求公共点坐标为(， a+2b+c))．
五、(本题满分20分)
15．一张纸上画有一个半径为r的圆o和圆内一个定点a，且oa=a，折叠纸片，使圆周上某一点a刚好与点a重合．这样的每一种折法，都留下一条折痕．当a取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合．
解：对于⊙o上任意一点a，连aa，作aa的垂直平分线mn，连oa．交mn于点p．显然op+pa=oa=r．由于点a在⊙o内，故oa=aa)为长轴的椭圆c．
而mn上任一异于p的点q，都有oq+qa=oq+qa>oa．故点q在椭圆c外．即折痕上所有的点都在椭圆c上及c外．
反之，对于椭圆c上或外的一点s，以s为圆心，sa为半径作圆，交⊙o于a，则s在aa的垂直平分线上，从而s在某条折痕上．
最后证明所作⊙s与⊙o必相交．
1 当s在⊙o外时，由于a在⊙o内，故⊙s与⊙o必相交；
2 当s在⊙o内时(例如在⊙o内，但在椭圆c外或其上的点s)，取过s的半径od，则由点s在椭圆c外，故os+sa≥r(椭圆的长轴)．即sa≥sd．于是d在⊙s内或上，即⊙s与⊙o必有交点．
于是上述证明成立．
综上可知，折痕上的点的集合为椭圆c上及c外的所有点的集合．
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