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|---|---|---|---|---|---|---|---|
2014 | （新课标ⅰ） | 设函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{ll}e^{x-1}, & x<1 \\ \frac{1}{3}, & x \geqslant 1\end{array}\right.$, 则使得 $f(x) \leqslant 2$ 成立的 $x$ 的取值 范围是
| $x \leqslant 8$
| 解: $x<1$ 时, $e^{x-1} \leqslant 2$,
$\therefore x \leqslant \ln 2+1$
$\therefore x<1$;
$x \geqslant 1$ 时,$\quad x^{\frac{1}{3}} \leqslant 2$,
$\therefore x \leqslant 8$,
$\therefore 1 \leqslant x \leqslant 8$,
综上，使得 $f(x) \leqslant 2$ 成立的 $x$ 的取值范围是 $x \leqslant 8$.
故答案为: $x \leqslant 8$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
|
2014 | （新课标ⅱ） | 甲、乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝 3 种颜色的运动服中 选择 1 种, 则他们选择相同颜色运动服的概率为
| $\frac{1}{3}$
| 解: 所有的选法共有 $3 \times 3=9$ 种, 而他们选择相同颜色运动服的选法共 有 3 种,
故他们选择相同颜色运动服的概率为 $\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$,
故答案为: $\frac{1}{3}$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2014 | （新课标ⅱ） | 函数 $f(x)=\sin (x+\phi)-2 \sin \phi \cos x$ 的最大值为
| 1
| 解：函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\sin (x+\phi)-2 \sin \phi \cos x$
$=\sin x \cos \phi+\sin \phi \cos x-2 \sin \phi \cos x$
$=\sin x \cos \phi-\sin \phi \cos x$
$=\sin (x-\phi) \leqslant 1$
所以函数的最大值为 1 .
故答案为: 1 .
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
|
2014 | （新课标ⅱ） | 偶函数 $y=f(x)$ 的图象关于直线 $x=2$ 对称, $f(3)=3$, 则 $f(-1)=$
| 3
| 解: 法 1: 因为偶函数 $y=f(x)$ 的图象关于直线 $\mathrm{x}=2$ 对称,
所以 $f(2+x)=f(2-x)=f(x-2)$,
即 $f(x+4)=f(x) ，$
则 $f(-1)=f(-1+4)=f(3)=3$,
法 2: 因为函数 $\mathrm{y}=\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的图象关于直线 $\mathrm{x}=2$ 对称,
所以 $f(1)=f(3)=3$,
因为 $f(x)$ 是偶函数,
所以 $f(-1)=f(1)=3$,
故答案为: 3 .
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2014 | （新课标ⅱ） | 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{n+1}=\frac{1}{1-a_{n}}, a_{8}=2$, 则 $a_{1}=$
| $\frac{1}{2}$
| 解: 由题意得, $a_{n+1}=\frac{1}{1-a_{n}}, a_{8}=2$,
令 $n=7$ 代入上式得, $a_{8}=\frac{1}{1-a_{7}}$, 解得 $a_{7}=\frac{1}{2}$;
令 $n=6$ 代入得, $a_{7}=\frac{1}{1-a_{6}}$, 解得 $a_{6}=-1$;
令 $n=5$ 代入得, $a_{6}=\frac{1}{1-a_{5}}$, 解得 $a_{5}=2$;
..
根据以上结果发现, 求得结果按 $2, \frac{1}{2},-1$ 循环,
$\because 8 \div 3=2 \ldots 2$, 故 $a_{1}=\frac{1}{2}$ 故答案为: $\frac{1}{2}$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2015 | （新课标ⅰ） | 在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=2, a_{n+1}=2 a_{n}, S_{n}$ 为 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 若 $S_{n}=126$, 则 $n=$
| 6
| 解: $\because a_{n+1}=2 a_{n}$,
$\therefore \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=2$
$\because a_{1}=2$
$\therefore$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是 $a_{1}=2$ 为首项, 以 2 为公比的等比数列,
$\therefore S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{2\left(1-2^{n}\right)}{1-2}=2^{n+1}-2=126$,
$\therefore 2^{n+1}=128$
$\therefore \mathrm{n}+1=7$
$\therefore n=6$.
故答案为: 6
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2015 | （新课标ⅰ） | 已知函数 $f(x)=a x^{3}+x+1$ 的图象在点（1，f(1））处的切线过点（ 2, 7）, 则 $a=$
| 1
| 解: 函数 $f(x)=a x^{3}+x+1$ 的导数为: $f^{\prime}(x)=3 a x^{2}+1, f^{\prime}(1)=3 a+1$, 而 $f(1)=a+2$
切线方程为: $y-a-2=(3 a+1)(x-1)$, 因为切线方程经过 $(2,7)$,
所以 7- $a-2=(3 a+1)(2-1)$,
解得 $a=1$.
故答案为: 1 .
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2015 | （新课标ⅰ） | 已知 $F$ 是双曲线 $C: x^{2}-\frac{y^{2}}{8}=1$ 的右焦点, $P$ 是 $C$ 的左支上一点, $A($ $0,6 \sqrt{6})$. 当 $\triangle A P F$ 周长最小时, 该三角形的面积为
| $12 \sqrt{6}$
| 解：由题意, 设 $\mathrm{F}^{\prime}$ 是左焦点, 则 $\triangle A P F$ 周长 $=|\mathrm{AF}|+|\mathrm{AP}|+|\mathrm{PF}|=|\mathrm{AF}|+|\mathrm{AP}|+\left|\mathrm{PF}^{\prime}\right|+2$
$\geqslant|A F|+\left|A F^{\prime}\right|+2\left(A, P, F^{\prime}\right.$ 三点共线时, 取等号），
直线 $A F^{\prime}$ 的方程为 $\frac{x}{-3}+\frac{y}{6 \sqrt{6}}=1$ 与 $x^{2}-\frac{y^{2}}{8}=1$ 联立可得 $y^{2}+6 \sqrt{6} y-96=0$,
$\therefore P$ 的纵坐标为 $2 \sqrt{6}$,
$\therefore \triangle \mathrm{APF}$ 周长最小时, 该三角形的面积为 $\frac{1}{2} \times 6 \times 6 \sqrt{6}-\frac{1}{2} \times 6 \times 2 \sqrt{6}=12 \sqrt{6}$.
故答案为: $12 \sqrt{6}$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2015 | （新课标ⅱ） | 已知函数 $f(x)=a x^{3}-2 x$ 的图象过点 $(-1,4)$ 则 $a=$
| -2
| 解： 根据条件得: $4=-\mathrm{a}+2$;
$\therefore a=-2$.
故答案为: -2 .
| 3 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2015 | （新课标ⅱ） | 已知双曲线过点 $(4, \sqrt{3})$ 且渐近线方程为 $y= \pm \frac{1}{2} x$, 则该双曲线的 标准方程是
| $\frac{1}{4} x^{2}-y^{2}=1$
| 解：设双曲线方程为 $y^{2}-\frac{1}{4} x^{2}=\lambda$,
代入点 $(4, \sqrt{3})$, 可得 $3-\frac{1}{4} \times 16=\lambda$,
$\therefore \lambda=-1$
$\therefore$ 双曲线的标准方程是 $\frac{1}{4} x^{2}-y^{2}=1$.
故答案为: $\frac{1}{4} x^{2}-y^{2}=1$.
| 3 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
|
2015 | （新课标ⅱ） | 已知曲线 $y=x+\ln x$ 在点 $\left(1,1 ）\right.$ 处的切线与曲线 $y=a x^{2}+(a+2) x+1$ 相切，则 $a=$
| 8
| 解: $y=x+\ln x$ 的导数为 $y^{\prime}=1+\frac{1}{x}$,
曲线 $y=x+\ln x$ 在 $x=1$ 处的切线斜率为 $k=2$,
则曲线 $y=x+\ln x$ 在 $x=1$ 处的切线方程为 $y-1=2 x-2$, 即 $y=2 x-1$.
由于切线与曲线 $y=a x^{2}+(a+2) x+1$ 相切,
故 $y=a x^{2}+(a+2) x+1$ 可联立 $y=2 x-1$,
得 $a x^{2}+a x+2=0$,
又 $a \neq 0$, 两线相切有一切点,
所以有 $\triangle=\mathrm{a}^{2}-8 a=0$,
解得 $a=8$.
故答案为: 8 .
| 3 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2016 | （新课标ⅰ） | 设向量 $\vec{a}=(x, x+1), \vec{b}=(1,2)$, 且 $\vec{a} \perp \vec{b}$, 则 $x=$
| $-\frac{2}{3}$
| 解: $\because \overrightarrow{\mathrm{a}} \perp \overrightarrow{\mathrm{b}}$;
$\therefore \vec{a} \cdot \vec{b}=0$
即 $x+2(x+1)=0$;
$\therefore x=-\frac{2}{3}$.
故答案为: $-\frac{2}{3}$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2016 | （新课标ⅰ） | 已知 $\theta$ 是第四象限角, 且 $\sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{3}{5}$, 则 $\tan \left(\theta-\frac{\pi}{4}\right)=$
| $-\frac{4}{3}$
| 解: $\because \theta$ 是第四象限角,
$\therefore-\frac{\pi}{2}+2 k \pi<\theta<2 k \pi$, 则 $-\frac{\pi}{4}+2 k \pi<\theta+\frac{\pi}{4}<\frac{\pi}{4}+2 k \pi, k \in Z$,
又 $\sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{3}{5}$,
$\therefore \cos \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=\sqrt{1-\sin ^{2}\left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)}=\sqrt{1-\left(\frac{3}{5}\right)^{2}}=\frac{4}{5}$.
$\therefore \cos \left(\frac{\pi}{4}-\theta\right)=\sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{3}{5}, \sin \left(\frac{\pi}{4}-\theta\right)=\cos \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{4}{5}$.
则 $\tan \left(\theta-\frac{\pi}{4}\right)=-\tan \left(\frac{\pi}{4}-\theta\right)=-\frac{\sin \left(\frac{\pi}{4}-\theta\right)}{\cos \left(\frac{\pi}{4}-\theta\right)}=-\frac{\frac{4}{5}}{\frac{3}{5}}=-\frac{4}{3}$.
故答案为: $-\frac{4}{3}$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2016 | （新课标ⅰ） | 设直线 $y=x+2 a$ 与圆 $C: x^{2}+y^{2}-2 a y-2=0$ 相交于 $A, B$ 两点, 若 $|A B|=2$ $\sqrt{3}$, 则圆 $C$ 的面积为
| $4 \pi$
| 解: 圆 $C: x^{2}+y^{2}-2 a y-2=0$ 的圆心坐标为 $(0, a)$, 半径为 $\sqrt{a^{2}+2}$,
$\because$ 直线 $y=x+2 a$ 与圆 $C: x^{2}+y^{2}-2 a y-2=0$ 相交于 $A, B$ 两点, 且 $|A B|=2 \sqrt{3}$,
$\therefore$ 圆心 $(0, a)$ 到直线 $\mathrm{y}=\mathrm{x}+2 \mathrm{a}$ 的距离 $\mathrm{d}=\frac{|\mathrm{a}|}{\sqrt{2}}$,
即 $\frac{a^{2}}{2}+3=a^{2}+2$,
解得: $a^{2}=2$,
故圆的半径 $r=2$.
故圆的面积 $S=4 \pi$,
故答案为: $4 \pi$
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2016 | （新课标ⅱ） | 已知向量 $\vec{a}=(m, 4), \vec{b}=(3,-2)$, 且 $\vec{a} / / \vec{b}$, 则 $m=$
| -6
| 解: 向量 $\vec{a}=(m, 4), \vec{b}=(3,-2)$, 且 $\vec{a} / / \vec{b}$,
可得 $12=-2 m$, 解得 $m=-6$.
故答案为: -6 .
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2016 | （新课标ⅱ） | $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 若 $\cos A=\frac{4}{5}, \cos C=\frac{5}{13}$ , $a=1$, 则 $b=$
| $\frac{21}{13}$
| 解: 由 $\cos A=\frac{4}{5}, \cos C=\frac{5}{13}$, 可得
$\sin A=\sqrt{1-\cos ^{2} \mathrm{~A}}=\sqrt{1-\frac{16}{25}}=\frac{3}{5}$,
$\sin \mathrm{C}=\sqrt{1-\cos ^{2} \mathrm{C}}=\sqrt{1-\frac{25}{169}}=\frac{12}{13}$,
$\sin B=\sin (A+C)=\sin A \cos C+\cos A \sin C=\frac{3}{5} \times \frac{5}{13}+\frac{4}{5} \times \frac{12}{13}=\frac{63}{65}$,
由正弦定理可得 $b=\frac{a \sin B}{\sin A}$
$=\frac{1 \times \frac{63}{65}}{\frac{3}{5}}=\frac{21}{13}$.
故答案为: $\frac{21}{13}$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2016 | （新课标ⅱ） | 有三张卡片, 分别写有 1 和 2,1 和 3,2 和 3 . 甲, 乙, 丙三人各 取走一张卡片, 甲看了乙的卡片后说: “我与乙的卡片上相同的数字不是 2", 乙看了丙的卡片后说： “我与丙的卡片上相同的数字不是 1”, 丙说： “我的卡 片上的数字之和不是 $5^{\prime \prime}$, 则甲的卡片上的数字是
| 1 和 3
| 解：根据丙的说法知, 丙的卡片上写着 1 和 2 , 或 1 和 3 ;
（1）若丙的卡片上写着 1 和 2 , 根据乙的说法知, 乙的卡片上写着 2 和 3; $\therefore$ 根据甲的说法知, 甲的卡片上写着 1 和 3;
（2）若丙的卡片上写着 1 和 3 , 根据乙的说法知, 乙的卡片上写着 2 和 3;
又甲说，“我与乙的卡片上相同的数字不是 2";
$\therefore$ 甲的卡片上写的数字不是 1 和 2 , 这与已知矛盾;
$\therefore$ 甲的卡片上的数字是 1 和 3 .
故答案为: 1 和 3 .
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2016 | （新课标ⅲ） | 函数 $y=\sin x-\sqrt{3} \cos x$ 的图象可由函数 $y=2 \sin x$ 的图象至少向右平 移 个单位长度得到.
| $\frac{\pi}{3}$.
| 解: $\because y=\sin x-\sqrt{3} \cos x=2 \sin \left(x-\frac{\pi}{3}\right)$,
令 $f(x)=2 \sin x$,
则 $f(x-\phi)=2$ in $(x-\phi) \quad(\phi>0)$,
依题意可得 $2 \sin (x-\phi)=2 \sin \left(x-\frac{\pi}{3}\right)$,
故 $-\phi=2 k \pi-\frac{\pi}{3} \quad(k \in Z)$,
即 $\phi=-2 k \pi+\frac{\pi}{3} \quad(k \in Z)$,
当 $k=0$ 时, 正数 $\Phi_{\min }=\frac{\pi}{3}$,
故答案为: $\frac{\pi}{3}$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2016 | （新课标ⅲ） | 已知直线 I: $x-\sqrt{3} y+6=0$ 与圆 $x^{2}+y^{2}=12$ 交于 $A$, $B$ 两点, 过 $A, B$ 分别作 $\mid$ 的垂线与 $\mathrm{x}$ 轴交于 $C, D$ 两点. 则 $|C D|=$
| 4 .
| 解: 由题意, 圆心到直线的距离 $\mathrm{d}=\frac{6}{\sqrt{1+3}}=3$,
$\therefore|A B|=2 \sqrt{12-9}=2 \sqrt{3}$
$\because$ 直线 $\mid: x-\sqrt{3} y+6=0$
$\therefore$ 直线 I 的倾斜角为 $30^{\circ}$,
$\because$ 过 $A, B$ 分别作 $I$ 的垂线与 $x$ 轴交于 $C, D$ 两点,
$\therefore|\mathrm{CD}|=\frac{2 \sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=4$.
故答案为: 4 .
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
|
2016 | （新课标ⅲ） | 已知 $f(x)$ 为偶函数, 当 $x \leqslant 0$ 时, $f(x)=e^{-x-1}-x$, 则曲线 $y=f$ $(x)$ 在点 $(1,2)$ 处的切线方程是
| $y=2 x$.
| 解: 已知 $f(x)$ 为偶函数, 当 $x \leqslant 0$ 时, $f(x)=e^{-x-1}-x$,
设 $x>0$, 则 $-x<0$,
$\therefore f(x)=f(-x)=e^{x-1}+x$
则 $f^{\prime}(x)=e^{x-1}+1$, $f^{\prime}(1)=e^{0}+1=2$
$\therefore$ 曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1,2)$ 处的切线方程是 $y-2=2(x-1)$.
即 $y=2 x$.
故答案为: $y=2 x$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2017 | （新课标ⅰ） | 已知向量 $\vec{a}=(-1,2), \vec{b}=(m, 1)$, 若向量 $\vec{a}+\vec{b}$ 与 $\vec{a}$ 垂直, 则 $m=$
| 7
| 解: $\because$ 向量 $\vec{a}=(-1,2), \vec{b}=(m, 1)$,
$\therefore \vec{a}+\vec{b}=(-1+m, 3)$, $\because$ 向量 $\vec{a}+\vec{b}$ 与 $\vec{a}$ 垂直,
$\therefore(\vec{a}+\vec{b}) \cdot \vec{a}=(-1+m) \times(-1)+3 \times 2=0$,
解得 $m=7$.
故答案为: 7 .
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2017 | （新课标ⅰ） | 曲线 $y=x^{2}+\frac{1}{x}$ 在点 $(1,2)$ 处的切线方程为
| $x-y+1=0$
| 解: 曲线 $y=x^{2}+\frac{1}{x}$, 可得 $y^{\prime}=2 x-\frac{1}{x^{2}}$,
切线的斜率为: $k=2-1=1$.
切线方程为: $y-2=x-1$, 即: $x-y+1=0$.
故答案为: $x-y+1=0$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
|
2017 | （新课标ⅰ） | 已知 $\alpha \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \tan \alpha=2$, 则 $\cos \left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)=$
| $\frac{3 \sqrt{10}}{10}$
| 解: $\because \alpha \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \tan \alpha=2$,
$\therefore \sin \alpha=2 \cos \alpha$, $\because \sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha=1$
解得 $\sin \alpha=\frac{2 \sqrt{5}}{5}, \cos \alpha=\frac{\sqrt{5}}{5}$,
$\therefore \cos \left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)=\cos \alpha \cos \frac{\pi}{4}+\sin \alpha \sin \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{5}}{5} \times \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{2 \sqrt{5}}{5} \times \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{3 \sqrt{10}}{10}$,
故答案为: $\frac{3 \sqrt{10}}{10}$
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2017 | （新课标ⅱ） | 13. ( 5 分) 函数 $f(x)=2 \cos x+\sin x$ 的最大值为
| $\sqrt{5}$
| 解：函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=2 \cos x+\sin x=\sqrt{5}\left(\frac{2 \sqrt{5}}{5} \cos x+\frac{\sqrt{5}}{5} \sin x\right)=\sqrt{5} \sin (x+\theta)$, 其中 $\tan \theta=2$,
可知函数的最大值为: $\sqrt{5}$.
故答案为: $\sqrt{5}$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2017 | （新课标ⅱ） | 已知函数 $f(x)$ 是定义在 $R$ 上的奇函数, 当 $x \in(-\infty, 0)$ 时, $f($ x) $=2 x^{3}+x^{2}$, 则 $f(2)=$
| 12
| 解: $\because$ 当 $x \in(-\infty, 0)$ 时, $f(x)=2 x^{3}+x^{2}$,
$\therefore f(-2)=-12$,
又 $\because$ 函数 $f(x)$ 是定义在 $R$ 上的奇函数,
$\therefore f(2)=12$,
故答案为: 12
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2017 | （新课标ⅱ） | 长方体的长、宽、高分别为 $3,2 ， 1$, 其顶点都在球 $\mathrm{O}$ 的球面上, 则球 $\mathrm{O}$ 的表面积为
| $14 \pi$
| 解：长方体的长、宽、高分别为 $3,2,1$, 其顶点都在球 $\mathrm{O}$ 的球面上, 可知长方体的对角线的长就是球的直径,
所以球的半径为: $\frac{1}{2} \sqrt{3^{2}+2^{2}+1^{2}}=\frac{\sqrt{14}}{2}$.
则球 $O$ 的表面积为: $4 \times\left(\frac{\sqrt{14}}{2}\right)^{2} \pi=14 \pi$.
故答案为: $14 \pi$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2017 | （新课标ⅱ） | $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 若 $2 b \cos B=a \cos C+\cos A$ , 则 $B=$
| $\frac{\pi}{3}$
| 解: $\because 2 \mathrm{~b} \cos \mathrm{B}=\mathrm{a} \cos \mathrm{C}+\cos \mathrm{A}$, 由正弦定理可得,
$2 \cos B \sin B=\sin A \cos C+\sin C \cos A=\sin (A+C)=\sin B$,
$\because \sin \mathrm{B} \neq 0$,
$\therefore \cos B=\frac{1}{2}$,
$\because 0<\mathrm{B}<\pi$
$\therefore B=\frac{\pi}{3}$
故答案为: $\frac{\pi}{3}$
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2017 | （新课标ⅲ） | 已知向量 $\vec{a}=(-2,3), \vec{b}=(3, m)$, 且 $\vec{a} \perp \vec{b}$, 则 $m=$
| 2 .
| 解: $\because$ 向量 $\vec{a}=(-2,3), \vec{b}=(3, m)$, 且 $\vec{a} \perp \vec{b}$, $\therefore \vec{a} \cdot \vec{b}=-6+3 m=0$
解得 $m=2$.
故答案为: 2 .
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2017 | （新课标ⅲ） | 双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{9}=1(a>0)$ 的一条渐近线方程为 $y=\frac{3}{5} x$, 则 $a=$
| 5 .
| 解: 双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{9}=1(a>0)$ 的一条渐近线方程为 $y=\frac{3}{5} x$, 可得 $\frac{3}{a}=\frac{3}{5}$, 解得 $a=5$.
故答案为: 5 .
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
|
2017 | （新课标ⅲ） | $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $C=60^{\circ}, b=\sqrt{6}$, $c=3$, 则 $A=$
| $75^{\circ}$.
| 解：根据正弦定理可得 $\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin \mathrm{C}}, C=60^{\circ}, b=\sqrt{6}, c=3$, $\therefore \sin B=\frac{\sqrt{6} \times \frac{\sqrt{3}}{2}}{3}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,
$\because \mathrm{b}<\mathrm{c}$
$\therefore \mathrm{B}=45^{\circ}$
$\therefore \mathrm{A}=180^{\circ}-\mathrm{B}-\mathrm{C}=180^{\circ}-45^{\circ}-60^{\circ}=75^{\circ}$,
故答案为: $75^{\circ}$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2017 | （新课标ⅲ） | 设函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{ll}x+1, & x \leqslant 0 \\ 2^{x}, & x>0\end{array}\right.$, 则满足 $f(x)+f\left(x-\frac{1}{2}\right)>1$ 的 $x$ 的 取值范围是
| $\left(-\frac{1}{4},+\infty\right)$.
| 解: 若 $x \leqslant 0$, 则 $x-\frac{1}{2} \leqslant-\frac{1}{2}$,
则 $f(x)+f\left(x-\frac{1}{2}\right)>1$ 等价为 $x+1+x-\frac{1}{2}+1>1$, 即 $2 x>-\frac{1}{2}$, 则 $x>-\frac{1}{4}$, 此时 $-\frac{1}{4}<x \leqslant 0$,
当 $x>0$ 时, $f(x)=2^{x}>1, x-\frac{1}{2}>-\frac{1}{2}$,
当 $x-\frac{1}{2}>0$ 即 $x>\frac{1}{2}$ 时, 满足 $f(x)+f\left(x-\frac{1}{2}\right)>1$ 恒成立,
当 $0 \geqslant x-\frac{1}{2}>-\frac{1}{2}$, 即 $\frac{1}{2} \geqslant x>0$ 时, $f\left(x-\frac{1}{2}\right)=x-\frac{1}{2}+1=x+\frac{1}{2}>\frac{1}{2}$,
此时 $f(x)+f\left(x-\frac{1}{2}\right)>1$ 恒成立,
综上 $x>-\frac{1}{4}$,
故答案为: $\left(-\frac{1}{4},+\infty\right)$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2018 | （新课标ⅰ） | 已知函数 $f(x)=\log _{2}\left(x^{2}+a\right)$, 若 $f(3)=1$, 则 $a=$
| -7
| 解: 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\log _{2}\left(\mathrm{x}^{2}+\mathrm{a}\right)$, 若 $\mathrm{f}(3)=1$,
可得: $\log _{2}(9+a)=1$, 可得 $a=-7$.
故答案为: -7 .
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2018 | （新课标ⅰ） | 直线 $y=x+1$ 与圆 $x^{2}+y^{2}+2 y-3=0$ 交于 $A, B$ 两点, 则 $|A B|=$
| $2 \sqrt{2}$
| 解：圆 $x^{2}+y^{2}+2 y-3=0$ 的圆心 $(0,-1)$, 半径为: 2 ,
圆心到直线的距离为: $\frac{|0+1+1|}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$,
所以 $|A B|=2 \sqrt{2^{2}-(\sqrt{2})^{2}}=2 \sqrt{2}$.
故答案为: $2 \sqrt{2}$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2018 | （新课标ⅰ） | $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$. 已知 $b \sin C+c \sin B=4 a \sin B \sin C, b^{2}+c^{2}-a^{2}=8$, 则 $\triangle A B C$ 的面积为
| $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$
| 解: $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$.
$b \sin C+c \sin B=4 a \sin B \sin C$,
利用正弦定理可得 $\sin B \sin C+\sin C \sin B=4 \sin A \sin B \sin C$,
由于 $0<B<\pi, 0<C<\pi$ ，
所以 $\sin B \sin C \neq 0$,
所以 $\sin A=\frac{1}{2}$,
则 $A=\frac{\pi}{6}$ 或 $\frac{5 \pi}{6}$
由于 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=8$,
则: $\cos \mathrm{a}=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}$,
(1)当 $A=\frac{\pi}{6}$ 时, $\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{8}{2 b c}$,
解得 $\mathrm{bc}=\frac{8 \sqrt{3}}{3}$,
所以 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} b \operatorname{csin} A=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$.
(2)当 $\mathrm{A}=\frac{5 \pi}{6}$ 时, $-\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{8}{2 \mathrm{bc}}$,
解得 $b c=-\frac{8 \sqrt{3}}{3}$ (不合题意), 舍去.
故: $S_{\triangle A B C}=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$.
故答案为: $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2018 | （新课标ⅱ） | 曲线 $y=2 \ln x$ 在点 $(1,0)$ 处的切线方程为
| $y=2 x-2$
| 解: $\because y=2 \ln x$,
$\therefore y^{\prime}=\frac{2}{x}$,
当 $x=1$ 时,$y^{\prime}=2$
$\therefore$ 曲线 $y=2 \ln x$ 在点 $(1,0)$ 处的切线方程为 $y=2 x-2$.
故答案为: $y=2 x-2$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2018 | （新课标ⅱ） | 已知 $\tan \left(\alpha-\frac{5 \pi}{4}\right)=\frac{1}{5}$, 则 $\tan \alpha=$
| $\frac{3}{2}$
| 解: $\because \tan \left(\alpha-\frac{5 \pi}{4}\right)=\frac{1}{5}$,
$\therefore \tan \left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{5}$
则 $\tan \alpha=\tan \left(\alpha-\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\tan \left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)+\tan \frac{\pi}{4}}{1-\tan \left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right) \tan \frac{\pi}{4}}=\frac{\frac{1}{5}+1}{1-\frac{1}{5} \times 1}=\frac{1+5}{5-1}=\frac{6}{4}=\frac{3}{2}$,
故答案为: $\frac{3}{2}$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2018 | （新课标ⅱ） | 已知圆雉的顶点为 $S$, 母线 $S A, S B$ 互相垂直, $S A$ 与圆雉底面所成 角为 $30^{\circ}$. 若 $\triangle S A B$ 的面积为 8 , 则该圆雉的体积为
| $8 \pi$
| 解: 圆雉的顶点为 $S$, 母线 $S A, S B$ 互相垂直, $\triangle S A B$ 的面积为 8 , 可得 $: \frac{1}{2} S^{2}=8$, 解得 $\mathrm{SA}=4$,
$\mathrm{SA}$ 与圆锥底面所成角为 $30^{\circ}$. 可得圆锥的底面半径为: $2 \sqrt{3}$, 圆雉的高为: 2 , 则该圆锥的体积为: $V=\frac{1}{3} \times \pi \times(2 \sqrt{3})^{2} \times 2=8 \pi$.
故答案为: $8 \pi$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2018 | （新课标ⅲ） | 已知向量 $\vec{a}=(1,2), \vec{b}=(2,-2), \vec{c}=(1, \lambda)$. 若 $\vec{c} / /(2 \vec{a}+\vec{b})$, 则 $\lambda=$
| $\frac{1}{2}$.
| 解: $\because$ 向量 $\vec{a}=(1,2), \vec{b}=(2,-2)$,
$\therefore 2 \overrightarrow{\mathrm{a}}+\overrightarrow{\mathrm{b}}=(4,2)$
$\because \vec{c}=(1, \lambda), \quad \vec{c} / / \quad(2 \vec{a}+\vec{b})$
$\therefore \frac{1}{4}=\frac{\lambda}{2}$
解得 $\lambda=\frac{1}{2}$.
故答案为: $\frac{1}{2}$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2018 | （新课标ⅲ） | 某公司有大量客户, 且不同年龄段客户对其服务的评价有较大差异. 为 了解客户的评价, 该公司准备进行抽样调查, 可供选择的抽样方法有简单随 机抽样、分层抽样和系统抽样, 则最合适的抽样方法是
| 分层抽样.
| 解: 某公司有大量客户, 且不同年龄段客户对其服务的评价有较大差异, 为了解客户的评价, 该公司准备进行抽样调查,
可供选择的抽样方法有简单随机抽样、分层抽样和系统抽样,
则最合适的抽样方法是分层抽样.
故答案为: 分层抽样.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2018 | （新课标ⅲ） | 已知函数 $f(x)=\ln \left(\sqrt{1+x^{2}}-x\right)+1, f(a)=4$, 则 $f(-a)=$
| -2 .
| 解：函数 $g(x)=\ln \left(\sqrt{1+x^{2}}-x\right)$
满足 $g(-x)=\ln \left(\sqrt{1+x^{2}}+x\right)=\ln \frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}-x}=-\ln \left(\sqrt{1+x^{2}}-x\right)=-g(x)$, 所以 $g(x)$ 是奇函数.
函数 $f(x)=\ln \left(\sqrt{1+x^{2}}-x\right)+1, f(a)=4$,
可得 $f(a)=4=\ln \left(\sqrt{1+a^{2}}-a\right)+1$, 可得 $\ln \left(\sqrt{1+a^{2}}-a\right)=3$,
则 $f(-a)=-\ln \left(\sqrt{1+a^{2}}-a\right)+1=-3+1=-2$. 故答案为: -2 .
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2019 | （新课标ⅰ） | 13. 曲线 $y=3\left(x^{2}+x\right) \mathrm{e}^{x}$ 在点 $(0,0)$ 处的切线方程为
| $3 x-y=0$.
| 【详解】详解: $y^{\prime}=3(2 x+1) e^{x}+3\left(x^{2}+x\right) e^{x}=3\left(x^{2}+3 x+1\right) e^{x}$,
所以, $k=\left.y^{\prime}\right|_{x=0}=3$
所以, 曲线 $y=3\left(x^{2}+x\right) \mathrm{e}^{x}$ 在点 $(0,0)$ 处的切线方程为 $y=3 x$, 即 $3 x-y=0$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2019 | （新课标ⅰ） | 14. 记 $S_{n}$ 为等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $a_{1}=1, S_{3}=\frac{3}{4}$, 则 $S_{4}=$
| $\frac{5}{8}$.
| 【详解】详解: 设等比数列的公比为 $q$, 由已知 $S_{3}=a_{1}+a_{1} q+a_{1} q^{2}=1+q+q^{2}=\frac{3}{4}$, 即 $q^{2}+q+\frac{1}{4}=0$
解得 $q=-\frac{1}{2}$,
所以 $S_{4}=\frac{a_{1}\left(1-q^{4}\right)}{1-q}=\frac{1-\left(-\frac{1}{2}\right)^{4}}{1-\left(-\frac{1}{2}\right)}=\frac{5}{8}$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2019 | （新课标ⅰ） | 15. 函数 $f(x)=\sin \left(2 x+\frac{3 \pi}{2}\right)-3 \cos x$ 的最小值为
| -4 .
| 【
详
解
】
$f(x)=\sin \left(2 x+\frac{3 \pi}{2}\right)-3 \cos x=-\cos 2 x-3 \cos x=-2 \cos ^{2} x-3 \cos x+1$
$=-2\left(\cos x+\frac{3}{4}\right)^{2}+\frac{17}{8}$
$\because-1 \leq \cos x \leq 1, \therefore$ 当 $\cos x=1$ 时, $f_{\text {min }}(x)=-4$,
故函数 $f(x)$ 的最小值为 -4 .
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2019 | （新课标ⅱ） | 14.我国高铁发展迅速, 技术先进. 经统计, 在经停某站的高铁列车中, 有 10 个车次的正点 率为 0.97 , 有 20 个车次的正点率为 0.98 , 有 10 个车次的正点率为 0.99 , 则经停该站高铁列 车所有车次的平均正点率的估计值为
| 0. 98.
| 【详解】由题意得, 经停该高铁站的列车正点数约为 $10 \times 0.97+20 \times 0.98+10 \times 0.99=39.2$, 其中高铁个数为 $10+20+10=40$, 所以该站所有高 铁平均正点率约为 $\frac{39.2}{40}=0.98$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2019 | （新课标ⅱ） | 15. $\bigvee A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$. 已知 $b \sin A+a \cos B=0$, 则 $B=$
| $\frac{3 \pi}{4}$
| 【详解】由正弦定理, 得 $\sin B \sin A+\sin A \cos B=0 \therefore A \in(0, \pi), B \in(0, \pi), \therefore \sin A \neq 0$, 得 $\sin B+\cos B=0$, 即 $\tan B=-1, \therefore B=\frac{3 \pi}{4}$. 故选 D.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2019 | （新课标ⅲ） | 13.已知向量 $\vec{a}=(2,2), \vec{b}=(-8,6)$, 则 $\cos \langle\vec{a}, \vec{b}\rangle=$
| $-\frac{\sqrt{2}}{10}$
| 【详解】详解: $\cos \langle\vec{a}, \vec{b}\rangle=\frac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}| \cdot|\vec{b}|}=\frac{2 \times(-8)+2 \times 6}{\sqrt{2^{2}+2^{2}} \times \sqrt{(-8)^{2}+6^{2}}}=-\frac{\sqrt{2}}{10}$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2019 | （新课标ⅲ） | 14. 记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 若 $a_{3}=5, a_{7}=13$, 则 $S_{10}=$
| 100
| 【详解】详解: $\left\{\begin{array}{l}a_{3}=a_{1}+2 d=5 \\ a_{7}=a_{1}+6 d=13\end{array}\right.$,得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=1 \\ d=2\end{array}\right.$, $\therefore S_{10}=10 a_{1}+\frac{10 \times 9}{2} d=10 \times 1+\frac{10 \times 9}{2} \times 2=100$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2019 | （新课标ⅲ） | 15. 设 $F_{1}, F_{2}$ 为椭圆 $C: \frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{20}=1$ 的两个焦点, $M$ 为 $C$ 上一点且在第一象限. 若 $\triangle M F_{1} F_{2}$ 为等腰三角形, 则 $M$ 的坐标为
| $(3, \sqrt{15})$
| 【详 解 】由已知 可 得 $a^{2}=36, b^{2}=36, \therefore c^{2}=a^{2}-b^{2}=16, \therefore c=4$ ，
$\therefore\left|M F_{1}\right|=\left|F_{1} F_{2}\right|=2 c=8$.
$\because\left|M F_{1}\right|+\left|M F_{2}\right|=2 a=12,\left|M F_{2}\right|=4$
设点 $M$ 的坐标为 $\left(x_{0}, y_{0}\right)\left(x_{0}>0, y_{0}>0\right)$, 则 $S_{\triangle M F_{1} F_{2}}=\frac{1}{2} \cdot\left|F_{1} F_{2}\right| \cdot y_{0}=4 y_{0}$,
又 $S_{\triangle M F_{1} F_{2}}=\frac{1}{2} \times 4 \times \sqrt{8^{2}-2^{2}}=4 \sqrt{15}, \therefore 4 y_{0}=4 \sqrt{15}$, 解得 $y_{0}=\sqrt{15}$,
$\therefore \frac{x_{0}^{2}}{36}+\frac{(\sqrt{15})^{2}}{20}=1$, 解得 $x_{0}=3 \quad$ ( $x_{0}=-3$ 舍去),
$\backslash M$ 的坐标为 $(3, \sqrt{15})$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2020 | （全国卷Ⅲ） | 14. 设双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的一条渐近线为 $y=\sqrt{2} x$, 则 $C$ 的离心率为
| $\sqrt{3}$
| 【详解】由双曲线方程 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 可得其焦点在 $x$ 轴上，
因为其一条渐近线为 $y=\sqrt{2} x$,
所以 $\frac{b}{a}=\sqrt{2}, e=\frac{c}{a}=\sqrt{1+\frac{b^{2}}{a^{2}}}=\sqrt{3}$.
故答案为: $\sqrt{3}$
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2020 | （全国卷Ⅲ） | 15. 设函数 $f(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}}{x+a}$. 若 $f^{\prime}(1)=\frac{e}{4}$, 则 $a=$
| 1
| 【详解】由函数的解析式可得: $f^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x+a)-e^{x}}{(x+a)^{2}}=\frac{e^{x}(x+a-1)}{(x+a)^{2}}$,
则: $f^{\prime}(1)=\frac{e^{1} \times(1+a-1)}{(1+a)^{2}}=\frac{a e}{(a+1)^{2}}$, 据此可得: $\frac{a e}{(a+1)^{2}}=\frac{e}{4}$,
整理可得: $a^{2}-2 a+1=0$, 解得： $a=1$.
故答案为: 1 .
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2020 | （新课标Ⅰ） | 14. 设向量 $\boldsymbol{a}=(1,-1), \boldsymbol{b}=(m+1,2 m-4)$, 若 ${ }^{\prime} a \perp b^{\prime}$, 则 $m=$
| 5
| 【详解】由 ${ }^{\prime} a \perp b$
又因为 $\vec{a}=(1,-1), \vec{b}=(m+1,2 m-4)$,
所以 $\vec{a} \cdot \vec{b}=1 \cdot(m+1)+(-1) \cdot(2 m-4)=0$ ，
即 $m=5$ ，
故答案为: 5 .
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2020 | （新课标Ⅰ） | 15. 曲线 $y=\ln x+x+1$ 的一条切线的斜率为 2 , 则该切线的方程为
| $y=2 x$
| 【详解】设切线的切点坐标为 $\left(x_{0}, y_{0}\right), y=\ln x+x+1, y^{\prime}=\frac{1}{x}+1$,
$\left.y^{\prime}\right|_{x=x_{0}}=\frac{1}{x_{0}}+1=2, x_{0}=1, y_{0}=2$, 所以切点坐标为 $(1,2)$,
所求的切线方程为 $y-2=2(x-1)$, 即 $y=2 x$.
故答案为: $y=2 x$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2020 | （新课标Ⅰ） | 16. 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{n+2}+(-1)^{n} a_{n}=3 n-1$, 前 16 项和为 540 , 则 $a_{1}=$
| 7
| 【详解】 $a_{n+2}+(-1)^{n} a_{n}=3 n-1$,
当 $n$ 为奇数时, $a_{n+2}=a_{n}+3 n-1$; 当 $n$ 为偶数时, $a_{n+2}+a_{n}=3 n-1$.
设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$,
$S_{16}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+\cdots+a_{16}$
$=a_{1}+a_{3}+a_{5} \cdots+a_{15}+\left(a_{2}+a_{4}\right)+\cdots\left(a_{14}+a_{16}\right)$
$=a_{1}+\left(a_{1}+2\right)+\left(a_{1}+10\right)+\left(a_{1}+24\right)+\left(a_{1}+44\right)+\left(a_{1}+70\right)$
$+\left(a_{1}+102\right)+\left(a_{1}+140\right)+(5+17+29+41)$ $=8 a_{1}+392+92=8 a_{1}+484=540$,
$\therefore a_{1}=7$.
故答案为: 7 .
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2020 | （新课标Ⅱ） | 13. 若 $\sin x=-\frac{2}{3}$, 则 $\cos 2 x=$
| $\frac{1}{9}$
| 【详解】 $\cos 2 x=1-2 \sin ^{2} x=1-2 \times\left(-\frac{2}{3}\right)^{2}=1-\frac{8}{9}=\frac{1}{9}$.
故答案为: $\frac{1}{9}$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2020 | （新课标Ⅱ） | 14. 记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $a_{1}=-2, a_{2}+a_{6}=2$, 则 $S_{10}=$
| 25
| 【详解】 $\because\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列, 且 $a_{1}=-2, a_{2}+a_{6}=2$
设 $\left\{a_{n}\right\}$ 等差数列的公差 $d$
根据等差数列通项公式: $a_{n}=a_{1}+(n-1) d$
可得 $a_{1}+d+a_{1}+5 d=2$
即: $-2+d+(-2)+5 d=2$ 整理可得: $6 d=6$
解得: $d=1$
$\because$ 根据等差数列前 $n$ 项和公式: $S_{n}=n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d, n \in N^{*}$
可得: $S_{10}=10(-2)+\frac{10 \times(10-1)}{2}=-20+45=25$
$\therefore S_{10}=25$.
故答案为: 25 .
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2021 | （全国甲卷） | 13. 若向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 满足 $|\vec{a}|=3,|\vec{a}-\vec{b}|=5, \vec{a} \cdot \vec{b}=1$, 则 $|\vec{b}|=$
| $3 \sqrt{2}$
| 【详解】 $\because|\vec{a}-\vec{b}|=5$
$\therefore|\vec{a}-\vec{b}|^{2}=\vec{a}^{2}+\vec{b}^{2}-2 \vec{a} \cdot \vec{b}=9+|\vec{b}|^{2}-2=25$
$\therefore|b|=3 \sqrt{2}$.
故答案为: $3 \sqrt{2}$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2021 | （全国甲卷） | 16. 已知 $F_{1}, F_{2}$ 为椭圆 $C: \frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 的两个焦点, $P, Q$ 为 $C$ 上关于坐标原点对称的两点, 且 $|P Q|=\left|F_{1} F_{2}\right|$, 则四边形 $P F_{1} Q F_{2}$ 的面积为
| 8
| 【详解】因为 $P, Q$ 为 $C$ 上关于坐标原点对称的两点,
且 $|P Q|=\left|F_{1} F_{2}\right|$, 所以四边形 $P F_{1} Q F_{2}$ 为矩形,
设 $\left|P F_{1}\right|=m,\left|P F_{2}\right|=n$, 则 $m+n=8, m^{2}+n^{2}=48$,
所以 $64=(m+n)^{2}=m^{2}+2 m n+n^{2}=48+2 m n$,
$m n=8$, 即四边形 $P F_{1} Q F_{2}$ 面积等于 8 .
故答案为: 8 .
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2021 | （新课标ⅰ） | 13.已知向量 $\vec{a}=(2,5), \vec{b}=(\lambda, 4)$, 若 $\vec{a} / / \vec{b}$, 则 $\lambda=$
| $\frac{8}{5}$
| 解析:
由已知 $\vec{a} / / \vec{b}$ 可得 $2 \times 4=5 \lambda \Rightarrow \lambda=\frac{8}{5}$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2021 | （新课标ⅰ） | 14. 双曲线 $\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{5}=1$ 的右焦点到直线 $x+2 y-8=0$ 的距离为
| $\sqrt{5}$
| 解析:
$\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{5}=1$ 的右焦点为 $(3,0)$, 到直线 $x+2 y-8=0$ 的距离 $d=\frac{|3-8|}{\sqrt{1^{2}+2^{2}}}=\sqrt{5}$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2021 | （新课标ⅰ） | 15. 记 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 面积为 $\sqrt{3}$,
$B=60^{\circ}, a^{2}+c^{2}=3 a c$, 则 $b=$
| $2 \sqrt{2}$
| 解析:
由面积公式 $S=\frac{1}{2} a c \sin B=\sqrt{3}$, 且 $B=60^{\circ}$, 解得 $a c=4$,
又由余弦定理 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B, a^{2}+c^{2}=3 a c$, 且 $b>0$
解得 $b=2 \sqrt{2}$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2022 | （全国乙卷） | 13. 记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $2 S_{3}=3 S_{2}+6$, 则公差 $d=$
| 2
| 【详解】由 $2 S_{3}=3 S_{2}+6$ 可得 $2\left(a_{1}+a_{2}+a_{3}\right)=3\left(a_{1}+a_{2}\right)+6$, 化简得 $2 a_{3}=a_{1}+a_{2}+6$, 即 $2\left(a_{1}+2 d\right)=2 a_{1}+d+6$, 解得 $d=2$.
故答案为: 2 .
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2022 | （全国乙卷） | 14. 从甲、乙等 5 名同学中随机选 3 名参加社区服务工作, 则甲、乙都人选的概率为
| $\frac{3}{10} \# \# 0.3$
| 【详解】从 5 名同学中随机选 3 名的方法数为 $\mathrm{C}_{5}^{3}=10$
甲、乙都人选的方法数为 $\mathrm{C}_{3}^{1}=3$, 所以甲、乙都人选的概率 $P=\frac{3}{10}$
故答案为: $\frac{3}{10}$
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2022 | （全国乙卷） | 15. 过四点 $(0,0),(4,0),(-1,1),(4,2)$ 中的三点的一个圆的方程为
| $(x-2)^{2}+(y-3)^{2}=13$ 或 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=5$ 或 $\left(x-\frac{4}{3}\right)^{2}+\left(y-\frac{7}{3}\right)^{2}=\frac{65}{9}$ 或 $\left(x-\frac{8}{5}\right)^{2}+(y-1)^{2}=\frac{169}{25}$
| 【详解】 解: 依题意设圆的方程为 $x^{2}+y^{2}+D x+E y+F=0$,
若过 $(0,0),(4,0), \quad(-1,1)$, 则 $\left\{\begin{array}{l}F=0 \\ 16+4 D+F=0 \\ 1+1-D+E+F=0\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}F=0 \\ D=-4 \\ E=-6\end{array}\right.$,
所以圆的方程为 $x^{2}+y^{2}-4 x-6 y=0$, 即 $(x-2)^{2}+(y-3)^{2}=13$;
若过 $(0,0),(4,0),(4,2), \quad$ 则 $\left\{\begin{array}{l}F=0 \\ 16+4 D+F=0 \\ 16+4+4 D+2 E+F=0\end{array}\right.$ ，解得 $\left\{\begin{array}{l}F=0 \\ D=-4 \\ E=-2\end{array}\right.$,
所以圆的方程为 $x^{2}+y^{2}-4 x-2 y=0$, 即 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=5$;
若过 $(0,0),(4,2), \quad(-1,1)$, 则 $\left\{\begin{array}{l}F=0 \\ 1+1-D+E+F=0 \\ 16+4+4 D+2 E+F=0\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}F=0 \\ D=-\frac{8}{3} \\ E=-\frac{14}{3}\end{array}\right.$,
所以圆的方程为 $x^{2}+y^{2}-\frac{8}{3} x-\frac{14}{3} y=0$, 即 $\left(x-\frac{4}{3}\right)^{2}+\left(y-\frac{7}{3}\right)^{2}=\frac{65}{9}$;
若过 $(-1,1),(4,0),(4,2)$, 则 $\left\{\begin{array}{l}1+1-D+E+F=0 \\ 16+4 D+F=0 \\ 16+4+4 D+2 E+F=0\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}F=-\frac{16}{5} \\ D=-\frac{16}{5} \text {, } \\ E=-2\end{array}\right.$
所以圆的方程为 $x^{2}+y^{2}-\frac{16}{5} x-2 y-\frac{16}{5}=0$, 即 $\left(x-\frac{8}{5}\right)^{2}+(y-1)^{2}=\frac{169}{25}$;
故答案为: $(x-2)^{2}+(y-3)^{2}=13$ 或 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=5$ 或 $\left(x-\frac{4}{3}\right)^{2}+\left(y-\frac{7}{3}\right)^{2}=\frac{65}{9}$ 或 $\left(x-\frac{8}{5}\right)^{2}+(y-1)^{2}=\frac{169}{25}$ ；
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2022 | （全国乙卷） | 16. 若 $f(x)=\ln \left|a+\frac{1}{1-x}\right|+b$ 是奇函数, 则 $a=$
$b=$
| (1). $-\frac{1}{2} ; \quad$ (2). $\ln 2$.
| 【详解】因为函数 $f(x)=\ln \left|a+\frac{1}{1-x}\right|+b$ 为奇函数, 所以其定义域关于原点对称.
由 $a+\frac{1}{1-x} \neq 0$ 可得, $(1-x)(a+1-a x) \neq 0$, 所以 $x=\frac{a+1}{a}=-1$, 解得: $a=-\frac{1}{2}$, 即函 数的定义域为 $(-\infty,-1) \cup(-1,1) \cup(1,+\infty)$, 再由 $f(0)=0$ 可得, $b=\ln 2$. 即 $f(x)=\ln \left|-\frac{1}{2}+\frac{1}{1-x}\right|+\ln 2=\ln \left|\frac{1+x}{1-x}\right|$, 在定义域内满足 $f(-x)=-f(x)$, 符合题意. 故答案为: $-\frac{1}{2} ; \ln 2$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2022 | （全国甲卷） | 13. 已知向量 $\vec{a}=(m, 3), \vec{b}=(1, m+1)$. 若 $\vec{a} \perp \vec{b}$, 则 $m=$
| $-\frac{3}{4} \# \#-0.75$
| 【详解】由题意知: $\vec{a} \cdot \vec{b}=m+3(m+1)=0$, 解得 $m=-\frac{3}{4}$.
故答案为: $-\frac{3}{4}$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2022 | （全国甲卷） | 14. 设点 $M$ 在直线 $2 x+y-1=0$ 上, 点 $(3,0)$ 和 $(0,1)$ 均在 $\odot M$ 上, 则 $\odot M$ 的方程为
| $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}=5$
| 【详解】解: $\because$ 点 $M$ 在直线 $2 x+y-1=0$ 上,
$\therefore$ 设点 $M$ 为 $(a, 1-2 a)$, 又因为点 $(3,0)$ 和 $(0,1)$ 均在 $\odot M$ 上,
$\therefore$ 点 $M$ 到两点的距离相等且为半径 $R$,
$\therefore \sqrt{(a-3)^{2}+(1-2 a)^{2}}=\sqrt{a^{2}+(-2 a)^{2}}=R$,
$a^{2}-6 a+9+4 a^{2}-4 a+1=5 a^{2}$, 解得 $a=1$,
$\therefore M(1,-1), \quad R=\sqrt{5}$
$\odot M$ 的方程为 $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}=5$.
故答案为: $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}=5$
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2022 | （全国甲卷） | 15. 记双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的离心率为 $e$, 写出满足条件“直线 $y=2 x$ 与 $C$ 无公 共点”的 $e$ 的一个值
| 2 (满足 $1<e \leq \sqrt{5}$ 皆可)
| 【详解】解: $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$, 所以 $C$ 的渐近线方程为 $y= \pm \frac{b}{a} x$, 结合渐近线的特点, 只需 $0<\frac{b}{a} \leq 2$, 即 $\frac{b^{2}}{a^{2}} \leq 4$,
可满足条件“直线 $y=2 x$ 与 $C$ 无公共点”
所以 $e=\frac{c}{a}=\sqrt{1+\frac{b^{2}}{a^{2}}} \leq \sqrt{1+4}=\sqrt{5}$,
又因为 $e>1$, 所以 $1<e \leq \sqrt{5}$,
故答案为: 2 (满足 $1<e \leq \sqrt{5}$ 皆可)
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2010 | （新课标） | 已知集合 $A=\{x \in R|| x \mid \leqslant 2\}\}, B=\{x \in Z \mid \sqrt{x} \leqslant 4\}$, 则 $A \cap B=(\quad$ ）
A. $(0,2)$
B. $[0,2]$
C. $\{0,2\}$
D. $\{0,1,2\}$
| D | 解: $A=\{x \in R|| x \mid \leqslant 2\}=,\{x \in R \mid-2 \leqslant x \leqslant 2\}$,
$B=\{x \in Z \mid \sqrt{x} \leqslant 4\}=\{x \in Z \mid 0 \leqslant x \leqslant 16\}$
故 $A \cap B=\{0,1,2\}$.
应选 D.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2010 | （新课标） | 已知复数 $z=\frac{\sqrt{3}+i}{(1-\sqrt{3} i)^{2}}, \bar{z}$ 是 $z$ 的共轭复数, 则 $z=\bar{z}=(\quad)$
A. $\frac{1}{4}$
B. $\frac{1}{2}$
C. 1
D. 2
| A | 解: 由 $|z|=\left|\frac{\sqrt{3}+i}{(1-\sqrt{3} i)^{2}}\right|=\frac{|\sqrt{3}+i|}{|1-\sqrt{3} i|^{2}}=\frac{2}{2^{2}}=\frac{1}{2}$ 可得 $z \cdot \bar{z}=|z|^{2}=\frac{1}{4}$.
另
解
$$
\begin{aligned}
& z=\frac{\sqrt{3}+i}{(1-\sqrt{3} i)^{2}}=\frac{\sqrt{3}+i}{-2-2 \sqrt{3} i}=-\frac{1 \sqrt{3}+i}{21+\sqrt{3} i}=-\frac{1}{8}(\sqrt{3}+i)(1-\sqrt{3} i)=\frac{1}{4}(\sqrt{3}-i) \\
& z \cdot \bar{z}=\frac{1}{4}(\sqrt{3}-i) \cdot \frac{1}{4}(\sqrt{3}+i)=\frac{1}{4}
\end{aligned}
$$
故选: A.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2010 | （新课标） | 曲线 $y=\frac{x}{x+2}$ 在点 $(-1,-1)$ 处的切线方程为（ $）$
A. $y=2 x+1$
B. $y=2 x-1$
C. $y=-2 x-3$
D. $y=-2 x-2$
| A | 解: $\because y=\frac{x}{x+2}$,
$\therefore y^{\prime}=\frac{2}{(x+2)^{2}}$
所以 $\mathrm{k}=\left.\mathrm{y}^{\prime}\right|_{\mathrm{x}=-1}=2$, 得切线的斜率为 2 , 所以 $\mathrm{k}=2$;
所以曲线 $y=f(x)$ 在点 $(-1,-1)$ 处的切线方程为:
$y+1=2 \times(x+1)$ ，即 $y=2 x+1$.
故选: A.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2010 | （新课标） | 已知命题 $p_{1}$ : 函数 $y=2^{x}-2^{-x}$ 在 $R$ 为增函数, $p_{2}$ : 函数 $y=2^{x}+2^{-x}$ 在 $R$ 为减函数, 则在命题 $q_{1}: p_{1} \vee p_{2}, q_{2}: p_{1} \wedge p_{2}, q_{3}:\left(\neg p_{1}\right) \vee p_{2}$ 和 $q_{4}: p_{1} \wedge(\square$ $\left.p_{2}\right)$ 中，真命题是（ $)$
A. $q_{1}, q_{3}$
B. $q_{2}, q_{3}$
C. $q_{1}, q_{4}$
D. $q_{2}, q_{4}$
| C | 解：易知 $p_{1}$ 是真命题, 而对 $p_{2}: y^{\prime}=2^{x} \ln 2-\frac{1}{2^{x}} \ln 2=\ln 2\left(2^{x}-\frac{1}{2^{x}}\right)$, 当 $x \in[0,+\infty)$ 时, $2^{x} \geqslant \frac{1}{2^{x}}$, 又 $\ln 2>0$, 所以 $y^{\prime} \geqslant 0$, 函数单调递增;
同理得当 $x \in(-\infty, 0)$ 时, 函数单调递减, 故 $p_{2}$ 是假命题.
由此可知, $q_{1}$ 真, $q_{2}$ 假, $q_{3}$ 假, $q_{4}$ 真.
故选: C.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2010 | （新课标） | 某种种子每粒发芽的概率都为 0.9 , 现播种了 1000 粒, 对于没有发 芽的种子, 每粒需再补种 2 粒, 补种的种子数记为 $X$, 则 $X$ 的数学期望为 $(\quad)$
A. 100
B. 200
C. 300
D. 400
| B | 解：由题意可知播种了 1000 粒, 没有发芽的种子数 $\xi$ 服从二项分布, 即 $\xi \sim B(1000,0.1)$.
而每粒需再补种 2 粒, 补种的种子数记为 $X$
故 $X=2 \xi$, 则 $E X=2 E \xi=2 \times 1000 \times 0.1=200$. 故选: B.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2010 | （新课标） | 设偶函数 $f(x)$ 满足 $f(x)=2^{x}-4(x \geqslant 0)$ ，则 $\{x \mid f(x-2)>0\}=($ )
A. $\{x \mid x<-2$ 或 $x>4\}$
B. $\{x \mid x<0$ 或 $x>4\}$
C. $\{x \mid x<0$ 或 $x>6\}$
D. $\{x \mid x<-2$ 或 $x>2\}$
| B | 解: 由偶函数 $f(x)$ 满足 $f(x)=2^{x}-4(x \geqslant 0)$, 可得 $f(x)=f(|x|)$ $=2^{|x|-4}$,
则 $f(x-2)=f(|x-2|)=2^{|x-2|}-4$, 要使 $f(|x-2|)>0$, 只需 $2^{|x-2|}-4>0$,
$$
|x-2|>2
$$
解得 $x>4$, 或 $x<0$.
应选: B.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2010 | （新课标） | 若 $\cos \alpha=-\frac{4}{5}, \alpha$ 是第三象限的角, 则 $\frac{1+\tan \frac{\alpha}{2}}{1-\tan \frac{\alpha}{2}}=(\quad)$
A. $-\frac{1}{2}$
B. $\frac{1}{2}$
C. 2
D. -2
| A | 解: 由 $\cos \alpha=-\frac{4}{5}, \alpha$ 是第三象限的角,
$\therefore$ 可得 $\sin \alpha=-\frac{3}{5}$,
则 $\frac{1+\tan \frac{\alpha}{2}}{1-\tan \frac{\alpha}{2}}=\frac{\cos \frac{\alpha}{2}+\sin \frac{\alpha}{2}}{\cos \frac{\alpha}{2}-\sin \frac{\alpha}{2}}=\frac{1+\sin \alpha}{\cos \alpha}=\frac{1-\frac{3}{5}}{-\frac{4}{5}}=-\frac{1}{2}$,
应选 $A$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2010 | （新课标） | 设三棱柱的侧棱垂直于底面, 所有棱长都为 $a$, 顶点都在一个球面 上, 则该球的表面积为（）
A. $\pi a^{2}$
B. $\frac{7}{3} \pi a^{2}$
C. $\frac{11}{3} \pi a^{2}$
D. $5 \pi a^{2}$
| B | 解：根据题意条件可知三棱柱是棱长都为 $\mathrm{a}$ 的正三棱柱, 上下底面中心 连 线的中点就是球心, 则其外接球的半径为 $R=\sqrt{\left(\frac{a}{2}\right)^{2}+\left(\frac{a}{2 \sin 60^{\circ}}\right)^{2}}=\sqrt{\frac{7}{12} a^{2}}$, 球的表面积为 $S=4 \pi \cdot \frac{7 a^{2}}{12}=\frac{7}{3} \pi a^{2}$,
故选: B.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2010 | （新课标） | 已知双曲线 $E$ 的中心为原点, $P(3,0)$ 是 $E$ 的焦点, 过 $P$ 的直线 I 与 $E$ 相交于 $A, B$ 两点, 且 $A B$ 的中点为 $N(-12,-15)$, 则 $E$ 的方程式为（ )
A. $\frac{x^{2}}{3}-\frac{y^{2}}{6}=1$
B. $\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{5}=1$
C. $\frac{x^{2}}{6}-\frac{y^{2}}{3}=1$
D. $\frac{x^{2}}{5}-\frac{y^{2}}{4}=1$
| B | 解: 由已知条件易得直线 $\mathrm{l}$ 的斜率为 $\mathrm{k}=\mathrm{k}_{\mathrm{PN}}=1$,
设双曲线方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$,
$A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$,
则有 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x_{1}^{2}}{a^{2}}-\frac{y_{1}^{2}}{b^{2}}=1 \\ \frac{x_{2}^{2}}{a^{2}} \frac{y_{2}^{2}}{b^{2}}=1\end{array}\right.$
两式相减并结合 $x_{1}+x_{2}=-24, y_{1}+y_{2}=-30$ 得
$\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=\frac{4 b^{2}}{5 a^{2}}$
从而 $\mathrm{k}=\frac{4 \mathrm{~b}^{2}}{5 \mathrm{a}^{2}}=1$
即 $4 b^{2}=5 a^{2}$,
又 $a^{2}+b^{2}=9$,
解得 $a^{2}=4, b^{2}=5$,
故选: B.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2011 | （新课标） | 复数 $\frac{2+i}{1-2 i}$ 的共轭复数是 $(\quad)$
A. $-\frac{3}{5} i$
B. $\frac{3}{5} i$
C. $-\mathrm{i}$
D. i
| C | 解：复数 $\frac{2+i}{1-2 i}=\frac{(2+i)(1+2 i)}{(1-2 i)(1+2 i)}=\frac{5 i}{5}=i$, 它的共轭复数为: $-i$.
故选: C.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2011 | （新课标） | 下列函数中, 既是偶函数又在 $(0,+\infty)$ 上单调递增的函数是 $(\quad)$
A. $y=2 x^{3}$
B. $y=|x|+1$
C. $y=-x^{2}+4$
D. $y=2^{-\mid x}$
| B | 解：对于 $A . y=2 x^{3}$, 由 $f(-x)=-2 x^{3}=-f(x)$, 为奇函数, 故排除 $A$
对于 B. $y=|x|+1$, 由 $f(-x)=|-x|+1=f(x)$, 为偶函数, 当 $x>0$ 时, $y=x+1$, 是增函数，故 B 正确;
对于 $C . y=-x^{2}+4$, 有 $f(-x)=f(x)$, 是偶函数, 但 $x>0$ 时为减函数, 故排 除 C;
对于 D. $y=2^{-|x|}$, 有 $f(-x)=f(x)$, 是偶函数, 当 $x>0$ 时, $y=2^{-x}$, 为减函数 ，故排除 D.
故选: B.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2011 | （新课标） | 有 3 个兴趣小组, 甲、乙两位同学各自参加其中一个小组, 每位同 学参加各个小组的可能性相同, 则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为 ( )
A. $\frac{1}{3}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{2}{3}$
D. $\frac{3}{4}$
| A | 解：由题意知本题是一个古典概型,
试验发生包含的事件数是 $3 \times 3=9$ 种结果，
满足条件的事件是这两位同学参加同一个兴趣小组,
由于共有三个小组, 则有 3 种结果,
根据古典概型概率公式得到 $P=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$,
故选: A.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2011 | （新课标） | 已知角 $\theta$ 的顶点与原点重合, 始边与 $\mathrm{x}$ 轴的正半轴重合, 终边在直 线 $y=2 x$ 上, 则 $\cos 2 \theta=(\quad)$
A. $-\frac{4}{5}$
B. $-\frac{3}{5}$
C. $\frac{3}{5}$
D. $\frac{4}{5}$
| B | 解：根据题意可知: $\tan \theta=2$,
所以 $\cos ^{2} \theta=\frac{1}{\sec ^{2} \theta}=\frac{1}{\tan ^{2} \theta+1}=\frac{1}{5}$,
则 $\cos 2 \theta=2 \cos ^{2} \theta-1=2 \times \frac{1}{5}-1=-\frac{3}{5}$.
故选: B.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2011 | （新课标） | 设直线 $\mid$ 过双曲线 $C$ 的一个焦点, 且与 $C$ 的一条对称轴垂直, $\mathrm{I}$ 与 $C$ 交于 $A, B$ 两点, $|A B|$ 为 $C$ 的实轴长的 2 倍, 则 $C$ 的离心率为（）
A. $\sqrt{2}$
B. $\sqrt{3}$
C. 2
D. 3
| B | 解: 不妨设双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$,
焦点 $F(-c, 0)$, 对称轴 $y=0$,
由题设知 $\frac{c^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$,
$y= \pm \frac{b^{2}}{a}$
$\therefore \frac{2 b^{2}}{a}=4 a$,
$b^{2}=2 a^{2}$, $c^{2}-a^{2}=2 a^{2}$
$c^{2}=3 a^{2}$
$\therefore \mathrm{e}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}=\sqrt{3}$
故选: B.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2011 | （新课标） | $\left(x+\frac{a}{x}\right)\left(2 x-\frac{1}{x}\right)^{5}$ 的展开式中各项系数的和为 2 , 则该展开式中常数项 为 $(\quad)$
A. -40
B. -20
C. 20
D. 40
| D | 解: 令二项式中的 $x$ 为 1 得到展开式的各项系数和为 $1+a$
$\therefore 1+a=2$
$\therefore a=1$
$\therefore\left(x+\frac{a}{x}\right)\left(2 x-\frac{1}{x}\right)^{5}=\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(2 x-\frac{1}{x}\right)^{5}$
$=x\left(2 x-\frac{1}{x}\right)^{5}+\frac{1}{x}\left(2 x-\frac{1}{x}\right)^{5}$
$\therefore$ 展开式中常数项为 $\left(2 x-\frac{1}{x}\right)$ 的 $\frac{1}{x}$ 与 $x$ 的系数和
$\because\left(2 x-\frac{1}{x}\right)$ 展开式的通项为 $\mathrm{T}_{\mathrm{r}+1}=(-1){ }^{r} 2^{5-}{ }^{r} C_{5}{ }^{r} x^{5-2 r}$
令 5- $2 r=1$ 得 $r=2$; 令 $5-2 r=-1$ 得 $r=3$
展开式中常数项为 $8 C_{5}{ }^{2}-4 C_{5}{ }^{3}=40$
故选: D.
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2011 | （新课标） | 已知 $\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 均为单位向量, 其夹角为 $\theta$, 有下列四个命题 $P_{1}: \mid \vec{a}+\vec{b}$ $>1 \Leftrightarrow \theta \in\left[0, \frac{2 \pi}{3}\right) ; P_{2}:|\vec{a}+\vec{b}|>1 \Leftrightarrow \theta \in\left(\frac{2 \pi}{3}, \pi\right] ; P_{3}:|\vec{a}-\vec{b}|>1 \Leftrightarrow \theta \in[0$ ， $\left.\frac{\pi}{3}\right) ; P_{4}:|\vec{a}-\vec{b}|>1 \Leftrightarrow \theta \in\left(\frac{\pi}{3}, \pi\right]$ ；其中的真命题是（ $)$
A. $P_{1}, P_{4}$
B. $P_{1}, P_{3}$
C. $P_{2}, P_{3}$
D. $P_{2}, P_{4}$
| A | 解: 由 $|\vec{a}-\vec{b}|>1$, 得出 $2-2 \cos \theta>1$, 即 $\cos \theta<\frac{1}{2}$, 又 $\theta \in[0, \pi]$, 故 可以得出 $\theta \in\left(\frac{\pi}{3}, \pi\right]$, 故 $P_{3}$ 错误, $P_{4}$ 正确.
由 $|\vec{a}+\vec{b}|>1$, 得出 $2+2 \cos \theta>1$, 即 $\cos \theta>-\frac{1}{2}$, 又 $\theta \in[0, \pi]$, 故可以得出 $\theta \in[0$ ,$\left.\frac{2 \pi}{3}\right)$, 故 $P_{2}$ 错误, $P_{1}$ 正确.
故选: A.
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2011 | （新课标） | 设函数 $f(x)=\sin (\omega x+\phi)+\cos (\omega x+\phi)\left(\omega>0,|\phi|<\frac{\pi}{2}\right)$ 的最 小正周期为 $\pi$, 且 $f(-x)=f(x)$ ，则（ $)$
A. $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 单调递减
B. $f(x)$ 在 $\left(\frac{\pi}{4}, \frac{3 \pi}{4}\right)$ 单调递减
C. $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 单调递增
D. $f(x)$ 在 $\left(\frac{\pi}{4}, \frac{3 \pi}{4}\right)$ 单调递增
| A | 解: 由于 $f(x)=\sin (\omega x+\varphi)+\cos (\omega x+\varphi)=\sqrt{2} \sin \left(\omega x+\phi+\frac{\pi}{4}\right)$, 由于该函数的最小正周期为 $\mathrm{T}=\frac{2 \pi}{\omega}$, 得出 $\omega=2$,
又根据 $f(-x)=f(x)$, 得 $\phi+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}+k \pi(k \in Z)$, 以及 $|\phi|<\frac{\pi}{2}$, 得出 $\phi=\frac{\pi}{4}$. 因此, $f(x)=\sqrt{2} \sin \left(2 x+\frac{\pi}{2}\right)=\sqrt{2} \cos 2 x$, 若 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 则 $2 x \in(0, \pi)$, 从而 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 单调递减, 若 $x \in\left(\frac{\pi}{4}, \frac{3 \pi}{4}\right)$, 则 $2 x \in\left(\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right)$,
该区间不为余弦函数的单调区间, 故 $B, C, D$ 都错, $A$ 正确.
故选: A.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2012 | （新课标） | 已知集合 $A=\{1,2,3,4,5\}, B=\{(x, y) \mid x \in A, y \in A, x-y \in A\}$, 则 $B$ 中所含元素的个数为（ $)$
A. 3
B. 6
C. 8
D. 10
| D | 解: 由题意, $x=5$ 时, $y=1,2,3,4$,
$x=4$ 时 $, y=1,2,3$ ，
$x=3$ 时, $y=1,2$,
$x=2$ 时,$y=1$
综上知, $\mathrm{B}$ 中的元素个数为 10 个
故选: D.
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2012 | （新课标） | 将 2 名教师, 4 名学生分成 2 个小组, 分别安排到甲、乙两地参加社 会实践活动, 每个小组由 1 名教师和 2 名学生组成, 不同的安排方案共有（ )
A. 12 种
B. 10 种
C. 9 种
D. 8 种
| A | 解：第一步, 为甲地选一名老师, 有 $C_{2}^{1}=2$ 种选法;
第二步, 为甲地选两个学生, 有 $C_{4}^{2}=6$ 种选法;
第三步, 为乙地选 1 名教师和 2 名学生, 有 1 种选法
故不同的安排方案共有 $2 \times 6 \times 1=12$ 种
故选: A.
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2012 | （新课标） | 下面是关于复数 $z=\frac{2}{-1+i}$ 的四个命题：其中的真命题为 $(\quad)$, $p_{1}:|z|=2$,
$\mathrm{p}_{2}: \mathrm{z}^{2}=2 \mathrm{i}$,
$p_{3}: z$ 的共轭复数为 $1+i$,
$p_{4}: z$ 的虚部为 -1 .
A. $\mathrm{p}_{2}, \mathrm{p}_{3}$
B. $p_{1}, p_{2}$
C. $\mathrm{p}_{2}, \mathrm{p}_{4}$
D. $p_{3}, p_{4}$
| C | 解: $\because z=\frac{2}{-1+i}=\frac{2(-1-i)}{(-1+i)(-1-i)}=-1-i$,
$\therefore p_{1}:|z|=\sqrt{2}$
$p_{2}: z^{2}=2 i$
$p_{3}: z$ 的共轭复数为 $-1+i$, $p_{4}: z$ 的虚部为 -1,
故选: C.
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2012 | （新课标） | 已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等比数列, $a_{4}+a_{7}=2, a_{5} a_{6}=-8$, 则 $a_{1}+a_{10}=(\quad)$
A. 7
B. 5
C. -5
D. -7
| D | 解: $\because a_{4}+a_{7}=2$, 由等比数列的性质可得, $a_{5} a_{6}=a_{4} a_{7}=-8$
$\therefore a_{4}=4, a_{7}=-2$ 或 $a_{4}=-2, a_{7}=4$
当 $a_{4}=4, a_{7}=-2$ 时, $q^{3}=-\frac{1}{2}$,
$\therefore a_{1}=-8, a_{10}=1$
$\therefore a_{1}+a_{10}=-7$
当 $a_{4}=-2, a_{7}=4$ 时, $q^{3}=-2$, 则 $a_{10}=-8, a_{1}=1$
$\therefore \mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{10}=-7$
综上可得, $\mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{10}=-7$
故选: D.
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2012 | （新课标） | 等轴双曲线 $C$ 的中心在原点, 焦点在 $x$ 轴上, $C$ 与抛物线 $y^{2}=16 x$ 的 准线交于点 $A$ 和点 $B,|A B|=4 \sqrt{3}$, 则 $C$ 的实轴长为（ )
A. $\sqrt{2}$
B. $2 \sqrt{2}$
C. 4
D. 8
| C | 解: 设等轴双曲线 $c: x^{2}-y^{2}=a^{2}(a>0)$,
$y^{2}=16 x$ 的准线 $l: x=-4$,
$\because C$ 与抛物线 $y^{2}=16 x$ 的准线 $\mid: x=-4$ 交于 $A, B$ 两点, $|A B|=4 \sqrt{3}$
$\therefore A(-4,2 \sqrt{3})$, B $(-4,-2 \sqrt{3})$,
将 $A$ 点坐标代入双曲线方程得 $\mathrm{a}^{2}=(-4)^{2}-(2 \sqrt{3})^{2}=4$,
$\therefore a=2,2 a=4$.
故选: C.
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2012 | （新课标） | 设点 $P$ 在曲线 $y=\frac{1}{2} e^{x}$ 上, 点 $Q$ 在曲线 $y=\ln (2 x)$ 上, 则 $|P Q|$ 最小 值为 $(\quad)$
A. $1-\ln 2$
B. $\sqrt{2}(1-\ln 2)$
C. $1+\ln 2$
D. $\sqrt{2}(1+\ln 2)$
| B | 解: $\because$ 函数 $y=\frac{1}{2} e^{x}$ 与函数 $y=\ln (2 x)$ 互为反函数, 图象关于 $y=x$ 对称, 函数 $y=\frac{1}{2} e^{x}$ 上的点 $P\left(x, \frac{1}{2} e^{x}\right)$ 到直线 $y=x$ 的距离为 $\mathrm{d}=\frac{\left|\frac{1}{2} \mathrm{e}^{\mathrm{x}}-\mathrm{x}\right|}{\sqrt{2}}$, 设 $g(x)=\frac{1}{2} e^{x}-x(x>0)$ ，则 $g^{\prime}(x)=\frac{1}{2} e^{x}-1$, 由 $g^{\prime}(x)=\frac{1}{2} e^{x}-1 \geqslant 0$ 可得 $x \geqslant \ln 2$, 由 $g^{\prime}(x)=\frac{1}{2} e^{x}-1<0$ 可得 $0<x<\ln 2$,
$\therefore$ 函数 $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 在 $(0, \ln 2)$ 单调递减, 在 $[\ln 2,+\infty)$ 单调递增,
$\therefore$ 当 $\mathrm{x}=\ln 2$ 时, 函数 $\mathrm{g}(\mathrm{x})_{\min }=1-\ln 2$,
$\mathrm{d}_{\min }=\frac{1-\ln 2}{\sqrt{2}}$,
由图象关于 $y=x$ 对称得: $|P Q|$ 最小值为 $2 d_{\min }=\sqrt{2}(1-\ln 2)$.
故选: B.
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2013 | （新课标ⅰ） | 已知集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-2 x>0\right\}, B=\{x \mid-\sqrt{5}<x<\sqrt{5}\}$, 则（）
A. $A \cap B=\emptyset$
B. $A \cup B=R$
C. $B \subseteq A$
D. $A \subseteq B$
| B | 解: $\because$ 集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-2 x>0\right\}=\{x \mid x>2$ 或 $x<0\}$,
$\therefore A \cap B=\{x \mid 2<x<\sqrt{5}$ 或 $-\sqrt{5}<x<0\}, A \cup B=R$,
故选: B.
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2013 | （新课标ⅰ） | 若复数 $z$ 满足 $(3-4 i) z=|4+3 i|$, 则 $z$ 的虚部为（ ）
A. -4
B. $-\frac{4}{5}$
C. 4
D. $\frac{4}{5}$
| D | 解: $\because$ 复数 $z$ 满足 $(3-4 i) z=|4+3 i|, \therefore z=\frac{|4+3 i|}{3-4 i}=\frac{5}{3-4 i}=\frac{5(3+4 i)}{25}=\frac{3}{5}+$ $\frac{4}{5} i$
故 $z$ 的虚部等于 $\frac{4}{5}$,
故选: D.
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2013 | （新课标ⅰ） | 为了解某地区中小学生的视力情况, 拟从该地区的中小学生中抽取 部分学生进行调查, 事先已经了解到该地区小学、初中、高中三个学段学生 的视力情况有较大差异, 而男女生视力情况差异不大. 在下面的抽样方法中, 最合理的抽样方法是（）
A. 简单的随机抽样
B. 按性别分层抽样
C. 按学段分层抽样
D. 系统抽样
| C | 解：我们常用的抽样方法有: 简单随机抽样、分层抽样和系统抽样, 而事先已经了解到该地区小学、初中、高中三个学段学生的视力情况有较大差异 ，而男女生视力情况差异不大.
了解某地区中小学生的视力情况, 按学段分层抽样, 这种方式具有代表性, 比较 合理.
故选: C.
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2013 | （新课标ⅰ） | 已知双曲线 $\left.C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 （ a>0, b>0\right)$ 的离心率为 $\frac{\sqrt{5}}{2}$, 则 $C$ 的渐 近线方程为 $(\quad)$
A. $y= \pm \frac{1}{4} x$
B. $y= \pm \frac{1}{3} x$
C. $y= \pm x$
D. $y= \pm \frac{1}{2} x$
| D | 解: 由双曲线 $\left.C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 （ a>0, b>0\right)$,
则离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}{a}=\frac{\sqrt{5}}{2}$, 即 $4 b^{2}=a^{2}$,
故渐近线方程为 $y= \pm \frac{b}{a} x= \pm \frac{1}{2} x$,
故选：D.
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2013 | （新课标ⅰ） | 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $S_{m-1}=-2, S_{m}=0, S_{m+1}=3$, 则 $m=$
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
| C | 解: $a_{m}=S_{m}-S_{m-1}=2, a_{m+1}=S_{m+1}-S_{m}=3$,
所以公差 $d=a_{m+1}-a_{m}=1$,
$S_{m}=\frac{m\left(a_{1}+a_{m}\right)}{2}=0$
$m-1>0, m>1$, 因此 $m$ 不能为 0 ,
得 $\mathrm{a}_{1}=-2$,
所以 $a_{m}=-2+(m-1) \cdot 1=2$, 解得 $m=5$,
另解: 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 即有数列 $\left\{\frac{S_{n}}{n}\right\}$ 成等差数列,
则 $\frac{S_{m-1}}{m-1}, \frac{S_{m}}{m}, \frac{S_{m+1}}{m+1}$ 成等差数列,
可得 $2 \cdot \frac{S_{m}}{m}=\frac{S_{m-1}}{m-1}+\frac{S_{m+1}}{m+1}$,
即有 $0=\frac{-2}{m-1}+\frac{3}{m+1}$, 解得 $m=5$.
又一解：由等差数列的求和公式可得 $\frac{1}{2}(m-1) \quad\left(a_{1}+a_{m-1}\right)=-2$,
$\frac{1}{2} m\left(a_{1}+a_{m}\right)=0, \frac{1}{2}(m+1) \quad\left(a_{1}+a_{m+1}\right)=3$,
可得 $a_{1}=-a_{m},-2 a_{m}+a_{m+1}+a_{m+1}=\frac{6}{m+1}+\frac{-4}{m-1}=0$,
解得 $m=5$.
故选: C.
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2013 | （新课标ⅰ） | 设 $\mathrm{m}$ 为正整数, $(x+y)^{2 m}$ 展开式的二项式系数的最大值为 $a,(x+y$ ) $2 m+1$ 展开式的二项式系数的最大值为 $b$, 若 $13 a=7 b$, 则 $m=(\quad)$
A. 5
B. 6
C. 7
D. 8
| B | 解: $\because \mathrm{m}$ 为正整数, 由 $(\mathrm{x}+\mathrm{y}){ }^{2 \mathrm{~m}}$ 展开式的二项式系数的最大值为 $\mathrm{a}$, 以及二项式系数的性质可得 $a=C_{2 \pi}^{m}$,
同理, 由 $(x+y)^{2 m+1}$ 展开式的二项式系数的最大值为 $b$, 可得 $b=C_{2 \pi+1}^{m}=C_{2 \pi+1}^{m+1}$.
再由 $13 a=7 b$, 可得 ${ }^{13} C_{2 m}^{m}=7 C_{2 \pi+1}^{m}$, 即 $13 \times \frac{(2 \pi) !}{m ! \cdot m !}=7 \times \frac{(2 \pi+1) !}{m ! \cdot(m+1) !}$,
即 $13=7 \times \frac{2 \pi+1}{m+1}$, 即 $13(m+1)=7(2 m+1)$, 解得 $m=6$,
故选: B.
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2013 | （新课标ⅰ） | 已知椭圆 $E: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的右焦点为 $F(3,0)$, 过点 $F$ 的直线交椭圆 $E$ 于 $A 、 B$ 两点. 若 $A B$ 的中点坐标为 $(1,-1)$, 则 $E$ 的方程 为 $(\quad)$
A. $\frac{x^{2}}{45}+\frac{y^{2}}{36}=1$
B. $\frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{27}=1$
C. $\frac{x^{2}}{27}+\frac{y^{2}}{18}=1$
D. $\frac{x^{2}}{18}+\frac{y^{2}}{9}=1$
| D | 解：设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$,
代入椭圆方程得 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x_{1}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{1}^{2}}{b^{2}}=1 \\ \frac{x_{2}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{2}^{2}}{b^{2}}=1\end{array}\right.$,
相减得 $\frac{x_{1}^{2}-x_{2}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{1}^{2}-y_{2}^{2}}{b^{2}}=0$ $\therefore \frac{x_{1}+x_{2}}{a^{2}}+\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}} \cdot \frac{y_{1}+y_{2}}{b^{2}}=0$
$\because x_{1}+x_{2}=2, \quad y_{1}+y_{2}=-2, \quad k_{A B}=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=\frac{-1-0}{1-3}=\frac{1}{2}$
$\therefore \frac{2}{a^{2}}+\frac{1}{2} \times \frac{-2}{b^{2}}=0$,
化为 $a^{2}=2 b^{2}$, 又 $c=3=\sqrt{a^{2}-b^{2}}$, 解得 $a^{2}=18, b^{2}=9$.
$\therefore$ 椭圆 $E$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{18}+\frac{y^{2}}{9}=1$.
故选: D.
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2013 | （新课标ⅰ） | 设 $\triangle A_{n} B_{n} C_{n}$ 的三边长分别为 $a_{n}, b_{n}, c_{n}, \triangle A_{n} B_{n} C_{n}$ 的面积为 $S_{n}, n=1$ , 2, 3... 若 $b_{1}>c_{1}, b_{1}+c_{1}=2 a_{1}, a_{n+1}=a_{n}, b_{n+1}=\frac{c_{n}+a_{n}}{2}, c_{n+1}=\frac{b_{n}+a_{n}}{2}$, 则 ( )
A. $\left\{S_{n}\right\}$ 为递减数列
B. $\left\{S_{n}\right\}$ 为递增数列
C. $\left\{S_{2 n-1}\right\}$ 为递增数列, $\left\{S_{2 n}\right\}$ 为递减数列
D. $\left\{S_{2 n-1}\right\}$ 为递减数列, $\left\{S_{2 n}\right\}$ 为递增数列
| B | 解: $b_{1}=2 a_{1}-c_{1}$ 且 $b_{1}>c_{1}, \quad \therefore 2 a_{1}-c_{1}>c_{1}, \quad \therefore a_{1}>c_{1}$,
$\therefore b_{1}-a_{1}=2 a_{1}-c_{1}-a_{1}=a_{1}-c_{1}>0, \quad \therefore b_{1}>a_{1}>c_{1}$,
又 $\mathrm{b}_{1}-\mathrm{c}_{1}<\mathrm{a}_{1}, \quad \therefore 2 \mathrm{a}_{1}-\mathrm{c}_{1}-\mathrm{c}_{1}<\mathrm{a}_{1}, \therefore 2 \mathrm{c}_{1}>\mathrm{a}_{1}, \therefore \mathrm{c}_{1}>\frac{\mathrm{a}_{1}}{2}$,
由题意, $b_{n+1}+c_{n+1}=\frac{b_{n}+c_{n}}{2}+a_{n}, \therefore b_{n+1}+c_{n+1}-2 a_{n}=\frac{1}{2}\left(b_{n}+c_{n}-2 a_{n}\right)$,
$\therefore b_{n}+c_{n}-2 a_{n}=0, \quad \therefore b_{n}+c_{n}=2 a_{n}=2 a_{1}, \quad \therefore b_{n}+c_{n}=2 a_{1}$,
由此可知顶点 $A_{n}$ 在以 $B_{n} 、 C_{n}$ 为焦点的椭圆上,
又由题意, $b_{n+1}-c_{n+1}=\frac{c_{n}-b_{n}}{2}, \quad \therefore b_{n+1}-\left(2 a_{1}-b_{n+1}\right)=\frac{2 a_{1}-b_{n}-b_{n}}{2}=a_{1}-b_{n}$,
$\therefore b_{n+1}-a_{1}=\frac{1}{2}\left(a_{1}-b_{n}\right), \quad \therefore b_{n}-a_{1}=\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}$,
$\therefore b_{n}=a_{1}+\left(b_{1}-a_{1}\right)\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}, c_{n}=2 a_{1}-b_{n}=a_{1}-\left(b_{1}-a_{1}\right)\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}$,
$\therefore$
$S_{n}^{2}=\frac{3 a_{1}}{2}\left(\frac{3 a_{1}}{2}-a_{1}\right)\left[\frac{3 a_{1}}{2}-a_{1}-\left(b_{1}-a_{1}\right)\left(-\frac{1}{2}\right)^{r-1}\right][$ $\left.\frac{3 a_{1}}{2}-a_{1}+\left(b_{1}-a_{1}\right)\left(-\frac{1}{2}\right)^{r-1}\right]$
$=\frac{3}{4} a_{1}^{2}\left[\frac{a_{1}^{2}}{2}-\left(\frac{1}{4}\right)^{n-1}\left(b_{1}-a_{1}\right)^{2}\right]$ 单调递增（可证当 $n=1$ 时 $\frac{a_{1}^{2}}{4}-\left(b_{1}-a_{1}\right)^{2}>0$
故选: B.
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2013 | （新课标ⅱ） | 已知集合 $M=\left\{x \mid(x-1)^{2}<4, x \in R\right\}, N=\{-1,0,1,2,3\}$, 则 $M$ $\cap N=(\quad)$
A. $\{0,1,2\}$
B. $\{-1,0,1,2\}$
C. $\{-1,0,2,3\}$
D. $\{0,1,2,3\}$
| A | 解: 由 $(x-1)^{2}<4$, 解得: $-1<x<3$, 即 $M=\{x \mid-1<x<3\}$,
$\because N=\{-1,0,1,2,3\}$,
$\therefore M \cap N=\{0,1,2\}$.
故选: A.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2013 | （新课标ⅱ） | 设复数 $z$ 满足 $(1-i) z=2 i$, 则 $z=(\quad)$
A. $-1+i$
B. $-1-i$
C. $1+i$
D. 1- $\mathrm{i}$
| A | 解: $\because$ 复数 $z$ 满足 $z(1-\mathrm{i})=2 \mathrm{i}$,
$\therefore z=\frac{2 i}{1-i}=\frac{2 i(1+i)}{(1-i)(1+i)}=-1+i$
故选: A.
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Subsets and Splits
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