1.集合,,若,則的值為(　　 )

A.0　　　　　 B.1　　　　　 C.2　　　　　 D.4

[解析]:∵,,∴∴,故選D.

答案:D

[命題立意]:本題考查了集合的并集運(yùn)算,并用觀察法得到相對(duì)應(yīng)的元素,從而求得答案,本題屬于容易題.

21、解：(I)已知是奇數(shù)，假設(shè)是奇數(shù)，其中為正整數(shù)，

則由遞推關(guān)系得是奇數(shù)。　 　　　

根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法，對(duì)任何，都是奇數(shù)。

(II)(方法一)由知，當(dāng)且僅當(dāng)或。

另一方面，若則；若，則

根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法，

綜合所述，對(duì)一切都有的充要條件是或。

(方法二)由得于是或。

因?yàn)?sub>所以所有的均大于0，因此與同號(hào)。

根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法，，與同號(hào)。

因此，對(duì)一切都有的充要條件是或。

20、解：本小題主要考查直線和橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和參數(shù)方程，直線和曲線的幾何性質(zhì)，等比數(shù)列等基礎(chǔ)知識(shí)。考查綜合運(yùn)用知識(shí)分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力。本小題滿分13分。

解：(I)(方法一)由得代入橢圓,

得.

將代入上式,得從而

因此,方程組有唯一解,即直線與橢圓有唯一交點(diǎn)P. 　 　　　

(方法二)顯然P是橢圓與的交點(diǎn)，若Q是橢圓與的交點(diǎn)，代入的方程，得

即故P與Q重合。

(方法三)在第一象限內(nèi)，由可得

橢圓在點(diǎn)P處的切線斜率

切線方程為即。

因此，就是橢圓在點(diǎn)P處的切線。

根據(jù)橢圓切線的性質(zhì)，P是橢圓與直線的唯一交點(diǎn)。

(II)的斜率為的斜率為

由此得構(gòu)成等比數(shù)列。

19、解：的定義域是(0,+),

設(shè),二次方程的判別式.

①　　 當(dāng)，即時(shí)，對(duì)一切都有,此時(shí)在上是增函數(shù)。

②　　 當(dāng),即時(shí)，僅對(duì)有,對(duì)其余的都有,此時(shí)在上也是增函數(shù)。

③　　 當(dāng)，即時(shí)，　 　　　

方程有兩個(gè)不同的實(shí)根,,.

	+	0	_	0	+
	單調(diào)遞增	極大	單調(diào)遞減	極小	單調(diào)遞增

此時(shí)在上單調(diào)遞增, 在是上單調(diào)遞減, 在上單調(diào)遞增.

18、解：(I)(綜合法)連接AC、BD交于菱形的中心O，過(guò)O作OGAF，

G為垂足。連接BG、DG。由BDAC，BDCF得BD平面ACF，故BDAF。

于是AF平面BGD，所以BGAF，DGAF，BGD為二面角B－AF－D 的平面角。

由， ，得，

由，得

(向量法)以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，、、方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)

設(shè)平面ABF的法向量，則由得

令，得，

同理，可求得平面ADF的法向量。　 　　　

由知，平面ABF與平面ADF垂直，

二面角B-AF-D的大小等于。

(II)連EB、EC、ED，設(shè)直線AF與直線CE相交于點(diǎn)H，則四棱錐E-ABCD與四棱錐F-ABCD的公共部分為四棱錐H-ABCD。

過(guò)H作HP⊥平面ABCD，P為垂足。

因?yàn)镋A⊥平面ABCD，F(xiàn)C⊥平面ABCD，，所以平面ACFE⊥平面ABCD，從而

由得。

又因?yàn)?sub>

故四棱錐H-ABCD的體積 　 　　　

17、解：隨機(jī)變量X的分布列是

X	1	2	3
P

X的均值為 　 　　　

附：X的分布列的一種求法

共有如下6種不同的可能情形，每種情形發(fā)生的概率都是：

①	②	③	④	⑤	⑥
A-B-C-D	A-B-C └D	A-B-C └D	A-B-D └C	A-C-D └B

在情形①和②之下，A直接感染了一個(gè)人；在情形③、④、⑤之下，A直接感染了兩個(gè)人；在情形⑥之下，A直接感染了三個(gè)人。

16、解：(Ⅰ)由，且，∴，∴，

∴，又，∴

(Ⅱ)如圖，由正弦定理得

∴，又

∴

15、[解析]①④⑤

14、[解析]設(shè)

，即

∴

63、127，故輸出的結(jié)果是127。