环境教育期末试卷（精选9篇）
环境教育期末试卷 第1篇
1、 齐鲁大地，美丽富饶，地产丰厚。埋藏着许多具有开发利用价值的矿产资源：兖州的(煤矿)、招远的(金矿)，东营的(石油)、莱芜的(铁矿)。4分
2、 山东特产品种齐全，济南市有章丘的(大葱)，烟台市的(苹果)，青岛市的(青岛啤酒)，潍坊市的(萝卜)，日照市的(绿茶)，德州市德(扒鸡)6分
3、 我国城市垃圾主要采用(堆肥)(填埋)(焚烧)等处理方式。3分
4、 生活垃圾一般可分为(可回收垃圾)(厨余垃圾)有害垃圾和其他垃圾四大类。2分
二从下列选项中选择其中一项填入括号内：10
1、凡是干扰人们休息，学习和工作的声音，世人烦躁、不愉快的声音都是 噪声 ，环境噪声超过国家规定的环境噪声排放标准，并干扰他人正常工作、学习、生活的现象称为( 噪声污染 )
A 空气污染 B 噪声污染 C 环境污染
2、一般来说，人的听觉可适( 60 )分贝一下的音响。
A 50 分贝 B 60分贝 C 40分贝
3、温室效应的罪魁祸首是(温室气体 )A 温室气体 B 天然气 C 煤炭
4、淄博市的主要特产是( 周村烧饼 ) A 周村烧饼 B 鱼台大米 C 黄河口刀鱼
5、矿产资源属于(不可再生)资源。 A 可再生 B不可再生
三、判断正误 读的打对号，错的打错号 10分
1、山东铁矿主要分布在莱芜、淄博等鲁南地区。( 错 ， 鲁中地区)。
2、鲁北蕴藏着丰富的石油天然气、天然卤水矿产。(对)
3、人的耳朵刚刚能听到的声音是20―40分贝。 (错 0―10分贝)
4、大声说话的声音是60―70分贝。(对)
5、减少噪声的危害有两种途径，一是控制噪声源。二是控制噪声传播途径。(不对，三是在接受处采取防护措施)
四、简答题15分
1、什么是温室效应?它对全球气候的最大影响是什么?
答：1、大气中有一些气体如二氧化碳、水蒸气，就像玻璃或塑料薄膜一样，能让阳光透过大气到达地面，却阻碍热量 从地球表面向外散发，结果使地球变成一个大暖房，这就是“温室效应”。
2、温室效应对全球气候环境的最大影响就是使全球气候逐渐变暖。
3、假如你是济南小市民，请为“节水保泉”宣传活动写两条标语
答：1。 点点滴滴 点点珍惜。 2 地下大漏斗，坚决不能有。3 听我们的水龙头在哭泣。
环境教育期末试卷 第2篇
命题人：喻峰审核人：祝轶义
考试时间：60分钟总分150分
姓名得分
一． 名词解释(每小题2分，共20分)
1、原生质
2、细胞液
3、组织
4、维管束
5、双受精
6、变态根
7、叶痕
8、完全花
9、藤本植物
10、真果
二． 填空题（每空1分，共60分）
11、农业生产是由___、___和___三个基本环节组成的。
12、细胞是植物体___和___的基本单位。
13、细胞是1665年英国科学家___发现的，在1838年和1839年德国人___和___发表了细胞学说。
14、原生质体是由___组成的，分为___和___两部分。
15、生物膜包括___和___两种；由___和___组成，按___模式构成生物膜。
16、质体分为___、___和___三种，在一定条件下可以相互转变。
17、根据是否具有核结构，可将生物分___和___两种。细胞核由___、___和构成。
18、细胞壁的次生壁常因为其他物质填入性质发生了变化，常见的有___、___、___和___。
19、有丝分裂人为地将它为___、___、___、___和___五个时期。
20、多数成熟组织不再进行分裂，有些完全失去了分裂的潜能，可见成熟组织在、上有一定的稳定性，因此也称_____。
21、植物的根按其发生的部位不同，可分为_____、_____和_____，生产上常用扦插、压条等繁殖苗木的方法，利用的就是植物能产生______的特性。
12、常见地上茎的变态有_________和_______，地下茎的变态有_______、_______、_______和________。
23、_________、__________的维管束为无限维管束，有形成层；________的维管束则为有限维管束，无形成层。
24、受精后胚珠发育成________，珠被发育成______，合子发育成______，受精极核或受精的中央细胞发育成_______。子房发育成________，花柄形成________。
25、种子由______、_______、_______三部分组成；根据种子成熟时胚乳的有无，可将种子分为____ __和________。
三．选择题(每小题2分，共50分)
26、可使小麦和水稻拔节、抽穗的分生组织是_______。
A 顶端分生组织B 侧生分生组织C 居间分生组织 D 分泌组织
27、_______的特点是细胞壁薄，质浓，核大，排列紧密，液泡小或无。
A 薄壁组织B 分生组织C 保护组织D 输导组织
28、下列物质中，_________是由活细胞组成的。
A 导管、管胞B 筛管、伴胞C 导管、伴胞D 筛管、管胞
29、可使长粗的根、茎表面或受伤的器官表面形成新的保护组织是______。
A木栓层B形成层C栓内层D木栓形成层
30、侧生分生组织只位于根、茎侧面的周围部分，包括______和______。
A栓内层 木栓层B栓内形成层栓内层C形成层 栓内层D 形成层 木栓形成层
31、()在细胞内进行环流运动。
A、细胞核B、细胞质C、核仁D、液泡
32、()是光合作用的场所。
A、线粒体B、溶酶体C、圆球体D、叶绿体
33、下列细胞器是双层膜的()。
A、内质网B、线粒体C、微体D、微管
34、()具有运输水、无机盐和有机营养的作用。
A、营养组织B、分生组织C、输导组织D、机械组织
35、由种子里的胚根生长发育而成的根是()。
A、侧根B、不定根C、主根D、须根
36、下列植物是须根的是()。
A、玉米B、油菜C、大豆D、桃
37、()是根吸收水分和无机盐的主要部位。
A、根毛区B、伸长区C、分生区D、根冠
38、人们通常把具有()和()的植物叫做藤本植物。
A、直立茎B、攀援茎C、缠绕茎D、匍匐茎
39、下列植物中，()无叶耳。
A、玉米B、小麦C、水稻D、大豆
40、植物细胞是由()和()组成。
A、细胞壁B、原生质体C、细胞质D、细胞核
41、由上向下，由中央向边缘开放的花序是()。
A、无限花序B、有限花序C、总状花序D、穗状花序42、8核胚囊中与珠孔相对一端的3个细胞是()。
A、助细胞B、卵细胞C、反足细胞D、极核
43、成熟组织也称为()。
A、营养组织B、分化组织C、永久组织D、分生组织
44、具有细胞核结构的生物称为()。
A、真核生物B、原生生物C、低等生物D高等生物
45、下列组织是由死细胞构成的是()。
A、厚角组织B、厚壁组织C、同化组织D、分泌组织
46、维管束是()。
A、机械组织B、复合组织C、营养组织D分生组织
47、下列植物的变态叶分别属于：玉米_______, 百合 ________, 豌豆_______, 仙人掌__________。
A鳞叶B苞叶C叶卷须D托叶刺
48、________的根系不属于直根系。
A花生B棉花C马铃薯D小麦
49、_______根系属于须根系。
A 豆类B果树C小麦D棉花
50、草莓的果实属于_________。
A聚花果B聚合果C梨果D浆果
四．判断题（每小题1分，共20分）
（）51.有限花序各花开放顺序是由上而下或由外而内开放。
（）52.苹果.棉花是两面叶，小麦、水稻是等面叶。
（）53.花粉粒内含糖类、蛋白质、脂肪等营养物质，这对保持花粉粒的生活力有重要作用。
（）54.花萼是萼片的总称，位于花的最外面，形状像叶，通常是绿色。（）55.有丝分裂的前期中，DNA复制、RNA合成，蓄积原料和能量。（）56.十字形花冠是离瓣花冠。
（）57.禾本科植物皮层和中柱之间有明显的界限。
（）58.双子叶植物的叶由叶片和叶鞘组成。
（）59.苹果的雌蕊是复雌蕊。
（）60.叶着生的部位叫做节。
（）61、自花传粉是成熟的花粉粒落在同朵花柱头上。
（）62、柿、葡萄、番茄的果实是浆果。
（）63、细胞液中不含有花青素等色素。
（）64、构成细胞膜的磷脂分子具有酶和运输物质的作用。
（）65、植物的不定根的产生，节间的伸长是无丝分裂的结果。（）66、根的次生构造中没有髓。
（）67、有丝分裂中期细胞两极出现纺锤丝。
（）68、8核胚囊中靠近珠孔的3个细胞的反足细胞。
（）69、树皮是指茎的形成层以外的部分。
期末政治测试卷分析探究 第3篇
一、命题的指导思想及主要特点
本次期末测试卷依据现行新课程标准, 体现新课改精神, 不仅全面考查学生综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力, 也在一定程度上考查了学生的创新精神和实践能力。本试卷紧扣教材, 没有出现所谓的偏题、怪题现象。试题注重基础, 凸显能力, 在考查学生法律知识的基础上渗透德育, 突出实践, 灵活性强, 能在一定程度上检验本学期学生的真实水平, 符合当前课程改革的精神。
本次试卷考查学生知识点近36处, 基础题占60%, 能力题占20%, 创新提高题占20% (即为开放性试题) 。概括起来具有如下特点:
1. 试题题型规范, 题量适中, 难易度适当, 学科主干知识突出。
本试卷既注重考查学生的基础知识和基本技能, 也考查了学生的基本经验和基本方法, 为学生搭建了一个展示自己学习水平的平台。
2. 以人为本, 贴近学生生活。
注重学生实际生活的感受, 帮助学生肯定自我, 建立自信。
3. 本试卷对课程标准的结合较好。
注重学生的道德和情感体验、通过考试引导学生的全面发展, 引导学生提升道德素养, 养成良好的行为习惯, 形成健全人格, 有正确的价值导向。
4. 形式多样, 稳中求新。
试题注重引导学生思考和发现问题, 主动探究和培养创新精神、实践意识, 有利于促进学生的可持续发展, 适应将来开卷考试的特点和素质教育的要求。
二、试卷抽样统计分析及效果评价
本次考试属于期末考试, 参加抽测考试的学生来自全县各中学。我从其中随意抽取了49份试卷作为分析样本, 这里面包括五中、新华、育红实验、镇中以及各乡中的学生。其中城镇学校学生35人, 乡中学校学生14人。本试卷满分为100, 通过对这49份试卷的分析得知:
学生基本情况列表分析如下:
从以上这些数字中可以看出, 85分以上有18人, 目前在我县初二年级中, 所占比例大约是36.7%, 这36.7%的学生可以说是全县最优秀的学生。由此反映我县优秀学生所占比例不算低。大部分学生属于合格的学生, 都有可能在不断进步中转化为优秀生。可以说以上学生的水平其实就是全县这个阶段教育的总体水平。
在抽测的学生中, 城镇中学和乡中学生的平均成绩存在着一定程度的差距。比如, 成绩最好的为新华学校, 学生的总平均分是88.7。相比较而言成绩最差的为官厅乡中, 学生的总平均分是50.5。两个学校的学生成绩差距如此之大, 应该说具有一定的代表性。其原因, 可能是偶然的, 也可能存在着必然性。我个人根据现实并结合学生的答题情况, 分析总结出原因主要有:
1. 在时间的利用上, 城镇学生抓得比较紧, 而多数乡中无早晚自习。
2. 城镇学校的图书、课外资料多, 媒体利用的机会多, 学生自然而然地接触面广, 知识面宽。而多数乡中不能与之相提并论。
3. 城镇学校的教师和学生接受新的教学理念、教学方法较快, 教师学习、教研、做课的机会也多, 教师的进步与提高必然带动教学的竞长。相比之下, 多数乡中教师锻炼的机会就少。
4. 城镇学校的学生接受的信息渠道比较广, 且基础知识掌握的比较牢固, 也注重能力培养和创新。而多数乡中在此方面有所欠缺。
5. 在待优生的转化方面城镇中学比多数乡中做得好 (这可以从学生的总体和个人成绩上看出来) 。
6. 城镇学校的学生家长对孩子成绩的重视远高于乡中, 因而对子女的教育抓得比较到位。
三、试题得分情况及原因分析
总体看, 选择题较非选择题难度要小, 得分率较高。学生的差距主要表现在非选择题上。本次抽样依据我县学情, 按地域学生数比例对抽取的49名学生的答题及得分情况分析。
第一大题:单项选择题共25个小题, 满分为50分, 无满分获得者, 最高得分为48分。此题考查的范围比较广, 考点较全, 涉及全册的内容。从考试结果来看, 大部分学生基础知识比较扎实, 复习也比较到位, 能够用所学知识综合分析并作出正确判断。
第二大题是问答题, 满分为50分, 包括5个小题, 既有对学生基础知识和基本原理掌握程度的考查, 也考查学生能否与生活紧密联系的知识进行转换、解释和运用的能力。
典型题分析:
最满意的试题题号是28题, 此为情景问答题, 又是开放性试题, 通过考查学生分析能力及创造性解决问题能力方面, 力求考查学生思想品德素质和修养。试题对学生提出的要求比较高。是思想政治课理论联系实际的具体体现, 它要求学生能把学到的有关知识在理解的基础上综合运用于生活实际当中。力争解决与生活紧密相联的新情况、新问题, 特别有利于锻炼学生灵活运用专业知识、专业术语的能力以及考查学生的综合能力。正因为此, 学生的丢分率较高, 且成绩悬殊很大。我个人认为主要原因有:
1. 部分学生未认真审题, 没闹清题意要求是“你的正确做法是什么?”, 竟然错答为“情景中人物的正确做法是什么”了。2.未弄懂情景的意思和图文要传递的信息。3.不会联系所学知识答题, 即知识迁移能力差。随意性比较大。4.部分学生基础较差, 语言表达不规范。
最不满意试题题号30题, 共计14分, 仅前两问就12分, 占的分值太高, 且问题过于死板, 只是考查学生对教材大段的死记硬背, 无法体现能力。第三问的设计属于考查能力的题, 分值低, 仅2分, 但能看得出学生如果平时训练得少, 得分率就低。
三、对今后教学的建议
反思这次命题及卷面反映的情况看, 试题方向正确, 对今后教学有积极的导向作用。学科教师可发挥课堂空间的余地, 激发学生的学习兴趣, 培养学生的创新思维能力和灵活运用所学知识的能力。
对一线教师今后教学的建议:
首先, 要注重基础知识传授与积累, 同时应注重学生学习方法的指导。在平时的教学中帮助学生养成构建知识网络的良好习惯, 重视整体把握, 突出重点, 特别是主干知识, 更应有效把握。
其次, 注重学生能力的培养, 充分体现学科的有效性, 加强时政教育。对学生要坚持做到适时适当地进行规范、有效的课堂训练和阶段性训练。因为新课标要求注重学生创新能力的培养, 重视发展学生的个性, 尤其是培养分析生活实际问题的能力。
再次, 注重改进教学方法, 通过开展丰富多样的教学活动调动学生学习的积极性和主动性, 让学生在活动中真正“动”起来, 使学生在乐学的氛围中逐渐培养对政治课的兴趣, 既学习了知识又培养了能力。
另外, 教师要有抢抓资源的意识。因为教育资源无处不在, 生活中处处有政治, 时时有教育的资源。
最后建议初中政治教师要认真学习课程标准, 真正把握住知识的内涵, 不断加强业务学习, 加强课改理论的学习, 加强集体备课, 加强活动教学, 经常深入教学一线听课, 时时反思自己的教学, 经常研究教材和一线教师共同学习、研究提高。
四、对今后考试命题的建议
今后试题应真正体现《思想品德》的学科特点, 在全面考查学生知识和能力的同时多渗透德育教育, 让试题更趋于学生的生活和社会实际, 为今后学生的健康成长和未来的发展奠基。
有人说, 教学与考试的目标不光是为了让学生答好一张卷, 而应把自己的最终目标放在面对考卷, 注重方法的掌握、能力的形成、素质的提高上。的确, 这是社会发展的需要, 是适应未来社会的需要, 是教育教学的终极目标。
期末考试测试卷（一） 第4篇
1.抛物线y=mx2的准线方程为y=2，则m的值为 .
2.若函数f（x）=a-x+x+a2-2是偶函数，则实数a的值为 .
3.若sin（α+π12）=13，则cos（α+7π12）的值为 .
4.从长度分别为2、3、4、5的四条线段中任意取出三条，则以这三条线段为边可以构成三角形的概率是 .
5.已知向量a的模为2，向量e为单位向量，e⊥（a-e），则向量a与e的夹角大小为 .
6.设函数f（x）是定义在R上的奇函数，且对任意x∈R都有f（x）=f（x+4），当x∈（-2，0）时，f（x）=2x，则f（2012）-f（2013）= .
7.已知直线x=a（0
8.已知双曲线x2a2-y2=1（a>0）的一条渐近线为y=kx（k>0），离心率e=5k，则双曲线方程为 .
9.已知函数f（x）=ax（x<0），
（a-3）x+4a（x≥0）满足对任意x1≠x2，都有f（x1）-f（x2）x1-x2<0成立，则a的取值范围是 .
10.设x∈（0，π2），则函数y=2sin2x+1sin2x的最小值为 .
11.△ABC中，C=π2，AC=1，BC=2，则f（λ）=|2λCA+（1-λ）CB|的最小值是
12.给出如下四个命题：
①x∈（0，+∞），x2>x3;
②x∈（0，+∞），x>ex;
③函数f（x）定义域为R，且f（2-x）=f（x），则f（x）的图象关于直线x=1对称;
④若函数f（x）=lg（x2+ax-a）的值域为R，则a≤-4或a≥0;
其中正确的命题是 .（写出所有正确命题的题号）.
13.在平面直角坐标系xOy中，点P是第一象限内曲线y=-x3+1上的一个动点，以点P为切点作切线与两个坐标轴交于A，B两点，则△AOB的面积的最小值为 .
14.若关于x的方程|ex-3x|=kx有四个实数根，则实数k的取值范围是 .
二、解答题
15.已知sin（A+π4）=7210，A∈（π4，π2）.
（1）求cosA的值;
（2）求函数f（x）=cos2x+52sinAsinx的值域.
16.在四棱锥PABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，PA=2AB=2.
（1）求四棱锥PABCD的体积V;
（2）若F为PC的中点，求证PC⊥平面AEF;
（3）求证CE∥平面PAB.
17.某企业有两个生产车间分别在A、B两个位置，A车间有100名员工，B车间有400名员工.现要在公路AC上找一点D，修一条公路BD，并在D处建一个食堂，使得所有员工均在此食堂用餐.已知A、B、C中任意两点间的距离均有1km，设∠BDC=α，所有员工从车间到食堂步行的总路程为s.
（1）写出s关于α的函数表达式，并指出α的取值范围;
（2）问食堂D建在距离A多远时，可使总路程s最少.
18.已知点P（4，4），圆C：（x-m）2+y2=5（m<3）与椭圆E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）有一个公共点A（3，1），F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，直线PF1与圆C相切.
（1）求m的值与椭圆E的方程;
（2）设Q为椭圆E上的一个动点，求AP·AQ的取值范围.
19.幂函数y=x的图象上的点Pn（t2n，tn）（n=1，2，…）与x轴正半轴上的点Qn及原点O构成一系列正△PnQn-1Qn（Q0与O重合），记an=|QnQn-1|
（1）求a1的值;
（2）求数列{an}的通项公式an;
（3）设Sn为数列{an}的前n项和，若对于任意的实数λ∈[0，1]，总存在自然数k，当n≥k时，3Sn-3n+2≥（1-λ）（3an-1）恒成立，求k的最小值.
20.已知函数f（x）=（x2-3x+3）·ex定义域为[-2，t]（t>-2），设f（-2）=m，f（t）=n.
（1）试确定t的取值范围，使得函数f（x）在[-2，t]上为单调函数;
（2）求证：n>m;
（3）求证：对于任意的t>-2，总存在x0∈（-2，t），满足f′（x0）ex0=23（t-1）2，并确定这样的x0的个数.
附加题
21.[选做题] 本题包括A，B，C，D四小题，请选定其中两题作答，每小题10分，共计20分.
A.选修41：几何证明选讲
自圆O外一点P引圆的一条切线PA，切点为A，M为PA的中点，过点M引圆O的割线交该圆于B、C两点，且∠BMP=100°，∠BPC=40°，求∠MPB的大小.
B.选修42：矩阵与变换
已知二阶矩阵A=1a
34对应的变换将点（-2，1）变换成点（0，b），求实数a，b的值.
C.选修44：坐标系与参数方程
椭圆中心在原点，焦点在x轴上.离心率为12，点P（x，y）是椭圆上的一个动点，
若2x+3y的最大值为10，求椭圆的标准方程.
D.选修45：不等式选讲
若正数a，b，c满足a+b+c=1，求13a+2+13b+2+13c+2的最小值.
[必做题] 第22、23题，每小题10分，计20分.
22.如图，在底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，P是侧棱CC1上的一点，CP=m.
（1）试确定m，使直线AP与平面BDD1B1所成角为60°;
（2）在线段A1C1上是否存在一个定点Q，使得对任意的m，D1Q⊥AP，并证明你的结论.
23.（本小题满分10分）
已知，（x+1）n=a0+a1（x-1）+a2（x-1）2+a3（x-1）3+…+an（x-1）n，（其中n∈N*）
（1）求a0及Sn=a1+a2+a3+…+an;
（2）试比较Sn与（n-2）2n+2n2的大小，并说明理由.
参考答案
一、填空题
1. -18
2. 2
3. -13
4. 0.75
5. π3
6. 12
7. 710
8. x24-y2=1
9. （0，14]
10. 3
11. 2
12. ③④
13. 3324
14. （0，3-e）
二、解答题
15.解：（1）因为π4<A<π2，且sin（A+π4）=7210，
所以π2<A+π4<3π4，cos（A+π4）=-210.
因为cosA=cos[（A+π4）-π4]
=cos（A+π4）cosπ4+sin（A+π4）sinπ4
=-210·22+7210·22=35.所以cosA=35.
（2）由（1）可得sinA=45.所以f（x）=cos2x+52sinAsinx
=1-2sin2x+2sinx=-2（sinx-12）2+32，x∈R.因为sinx∈[-1，1]，所以，当sinx=12时，f（x）取最大值32;当sinx=-1时，f（x）取最小值-3.
所以函数f（x）的值域为[-3，32].
16.解：（1）在Rt△ABC中，AB=1，
∠BAC=60°，∴BC=3，AC=2.
在Rt△ACD中，AC=2，∠CAD=60°，
∴CD=23，AD=4.
∴SABCD=12AB·BC+12AC·CD
=12×1×3+12×2×23=523.则V=13×523×2=533.
（2）∵PA=CA，F为PC的中点，
∴AF⊥PC.∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD.
∵AC⊥CD，PA∩AC=A，
∴CD⊥平面PAC.∴CD⊥PC.
∵E为PD中点，F为PC中点，
∴EF∥CD.则EF⊥PC.
∵AF∩EF=F，∴PC⊥平面AEF.
（3）取AD中点M，连EM，CM.则EM∥PA.
∵EM平面PAB，PA平面PAB，
∴EM∥平面PAB.
在Rt△ACD中，∠CAD=60°，AC=AM=2，
∴∠ACM=60°.而∠BAC=60°，∴MC∥AB.
∵MC平面PAB，AB平面PAB，
∴MC∥平面PAB.
∵EM∩MC=M，
∴平面EMC∥平面PAB.
∵EC平面EMC，
∴EC∥平面PAB.
17.解：（1）在△BCD中，
∵BDsin60°=BCsinα=CDsin（120°-α），
∴BD=32sinα，CD=sin（120°-α）sinα，
则AD=1-sin（120°-α）sinα.
s=400·32sinα+100[1-sin（120°-α）sinα]
=50-503·cosα-4sinα，其中π3≤α≤2π3.
（2）s′=-503·-sinα·sinα-（cosα-4）cosαsin2α=503·1-4cosαsin2α.
令s′=0得cosα=14.记cosα0=14，α0∈（π3，2π3）;
当cosα>14时，s′<0，当cosα<14时，s′>0，
所以s在（π3，α0）上单调递减，在（α0，2π3）上单调递增，
所以当α=α0，即cosα=14时，s取得最小值.
此时，sinα=154，
AD=1-sin（120°-α）sinα=1-32cosα+12sinαsinα
=12-32·cosαsinα=12-32·14154=12-510.
答：当AD=12-510时，可使总路程s最少.
18.解：（1）点A代入圆C方程，得（3-m）2+1=5.
∵m<3，∴m=1.
圆C：（x-1）2+y2=5.
设直线PF1的斜率为k，则PF1：y=k（x-4）+4，即kx-y-4k+4=0.
∵直线PF1与圆C相切，∴|k-0-4k+4|k2+1=5.解得k=112，或k=12.
当k=112时，直线PF1与x轴的交点横坐标为3611，不合题意，舍去.
当k=12时，直线PF1与x轴的交点横坐标为-4，
∴c=4，F1（-4，0），F2（4，0）.
2a=AF1+AF2=52+2=62，a=32，a2=18，b2=2.
椭圆E的方程为：x218+y22=1.
（2）AP=（1，3），设Q（x，y），AQ=（x-3，y-1），
AP·AQ=（x-3）+3（y-1）=x+3y-6.
∵x218+y22=1，即x2+（3y）2=18，
而x2+（3y）2≥2|x|·|3y|，∴-18≤6xy≤18.
则（x+3y）2=x2+（3y）2+6xy=18+6xy的取值范围是[0，36].
x+3y的取值范围是[-6，6].
∴AP·AQ=x+3y-6的取值范围是[-12，0].
19.解：（1）由P1（t21，t1）（t>0），得kOP1=1t1=tanπ3=3t1=33，
∴P1（13，33），a1=|Q1Q0|=|OP1|=23.
（2）设Pn（t2n，tn），得直线PnQn-1的方程为：y-tn=3（x-t2n），
可得Qn-1（t2n-tn3，0），
直线PnQn的方程为：y-tn=-3（x-t2n），可得Qn（t2n+tn3，0），
所以也有Qn-1（t2n-1+tn-13，0），得t2n-tn3=t2n-1+tn-13，由tn>0，得tn-tn-1=13.
∴tn=t1+13（n-1）=33n.
∴Qn（13n（n+1），0），Qn-1（13n（n-1），0），
∴an=|QnQn-1|=23n.
（3）由已知对任意实数时λ∈[0，1]时，n2-2n+2≥（1-λ）（2n-1）恒成立，
对任意实数λ∈[0，1]时，（2n-1）λ+n2-4n+3≥0恒成立
则令f（λ）=（2n-1）λ+n2-4n+3，则f（λ）是关于λ的一次函数.
对任意实数λ∈[0，1]时，f（0）≥0
f（1）≥0.
n2-4n+3≥0
n2-2n+2≥0n≥3或n≤1，
又∵n∈N*，∴k的最小值为3.
20.（1）解：因为f′（x）=（x2-3x+3）·ex+（2x-3）·ex=x（x-1）·ex
由f′（x）>0x>1或x<0;由f′（x）<00<x<1，所以f（x）在（-∞，0），（1，+∞）上递增，在（0，1）上递减
欲f（x）在[-2，t]上为单调函数，则-2<t≤0.
（2）证：因为f（x）在（-∞，0），（1，+∞）上递增，在（0，1）上递减，所以f（x）在x=1处取得极小值e
又f（-2）=13e2<e，所以f（x）在[-2，+∞）上的最小值为f（-2）
从而当t>-2时，f（-2）<f（t），即m<n.
（3）证：因为f′（x0）ex0=x20-x0，所以f′（x0）ex0=23（t-1）2即为x20-x0=23（t-1）2，
令g（x）=x2-x-23（t-1）2，从而问题转化为证明方程g（x）=x2-x-23（t-1）2=0
在（-2，t）上有解，并讨论解的个数.
因为g（-2）=6-23（t-1）2=-23（t+2）（t-4），g（t）=t（t-1）-23（t-1）2=13（t+2）（t-1），所以
①当t>4或-2<t<1时，g（-2）·g（t）<0，所以g（x）=0在（-2，t）上有解，且只有一解.
②当1<t<4时，g（-2）>0且g（t）>0，
但由于g（0）=-23（t-1）2<0，
所以g（x）=0在（-2，t）上有解，且有两解.
③当t=1时，g（x）=x2-x=0x=0或x=1，所以g（x）=0在（-2，t）上有且只有一解;
当t=4时，g（x）=x2-x-6=0x=-2或x=3，
所以g（x）=0在（-2，4）上也有且只有一解.
综上所述，对于任意的t>-2，总存在x0∈（-2，t），满足f′（x0）ex0=23（t-1）2，
且当t≥4或-2<t≤1时，有唯一的x0适合题意;当1<t<4时，有两个x0适合题意.
（说明：第（2）题也可以令φ（x）=x2-x，x∈（-2，t），然后分情况证明23（t-1）2在其值域内，并讨论直线y=23（t-1）2与函数φ（x）的图象的交点个数即可得到相应的x0的个数）
附加题
21.（A）解：因为MA为圆O的切线，所以MA2=MB·MC.
又M为PA的中点，所以MP2=MB·MC.
因为∠BMP=∠BMC，所以△BMP∽△PMC.
于是∠MPB=∠MCP.
在△MCP中，由∠MPB+∠MCP+∠BPC+∠BMP=180°，得∠MPB=20°.
（B）解：∵0
b=1a
34-2
1=-2+a
-6+4，
∴0=-2+a
b=-2，即a=2，b=-2.
（C）解：离心率为12，设椭圆标准方程是x24c2+y23c2=1，
它的参数方程为x=2cosθ
y=3sinθ，（θ是参数）.
2x+3y=4ccosθ+3csinθ=5csin（θ+φ）最大值是5c，
依题意tc=10，c=2，椭圆的标准方程是x216+y212=1.
（D）解：因为正数a，b，c满足a+b+c=1，
所以，（13a+2+13b+2+13c+2）[（3a+2）+（3b+2）+（3c+2）]≥（1+1+1）2，
即13a+2+13b+2+13c+2≥1，
当且仅当3a+2=3b+2=3c+2，即a=b=c=13时，原式取最小值1.
22.解：（1）建立如图所示的空间直角坐标系，则
A（1，0，0），B（1，1，0），P（0，1，m），C（0，1，0），D（0，0，0），
B1（1，1，1），D1（0，0，2）.
所以BD=（-1，-1，0），BB1=（0，0，2），
AP=（-1，1，m），AC=（-1，1，0）.
又由AC·BD=0，AC·BB1=0知AC为平面BB1D1D的一个法向量.
设AP与面BDD1B1所成的角为θ，
则sinθ=cos（π2-θ）=|AP·AC||AP|·|AC|
=22·2+m2=32，解得m=63.
故当m=63时，直线AP与平面BDD1B1所成角为60°.
（2）若在A1C1上存在这样的点Q，设此点的横坐标为x，
则Q（x，1-x，2），D1Q=（x，1-x，0）.
依题意，对任意的m要使D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP.等价于
D1Q⊥APAP·D1Q=0x+（1-x）=0x=12
即Q为A1C1的中点时，满足题设的要求.
23.解：（1）取x=1，则a0=2n;取x=2，则a0+a1+a2+a3+…+an=3n，
∴Sn=a1+a2+a3+…+an=3n-2n;
（2）要比较Sn与（n-2）2n+2n2的大小，即比较：3n与（n-1）2n+2n2的大小，
当n=1时，3n>（n-1）2n+2n2;
当n=2，3时，3n<（n-1）2n+2n2;
当n=4，5时，3n>（n-1）2n+2n2;
猜想：当n≥4时，3n>（n-1）2n+2n2，下面用数学归纳法证明：
由上述过程可知，n=4时结论成立，
假设当n=k，（k≥4）时结论成立，即3k>（k-1）2k+2k2，
两边同乘以3得：3k+1>3[（k-1）2k+2k2]=k2k+1+2（k+1）2+[（k-3）2k+4k2-4k-2]
而（k-3）2k+4k2-4k-2=（k-3）2k+4（k2-k-2）+6=（k-3）2k+4（k-2）（k+1）+6>0，
∴3k+1>（（k+1）-1）2k+1+2（k+1）2
即n=k+1时结论也成立，∴当n≥4时，3n>（n-1）2n+2n2成立.
综上得，当n=1时，Sn>（n-2）2n+2n2;当n=2，3时，Sn<（n-2）2n+2n2;
二年级法制教育期末试卷 第5篇
姓名：班级：得分：简答题
1、说说在校园里我们要怎样做遵守纪律的好学生？
2、我们应该怎样学习？简述古人读书“四到”是什么意思？
3、遭到别人戏弄、恶作剧时，你怎么办？
4、你见过损害公共财产的行为吗，我们该怎样对待损害公共财
物的行为？
二年级公共安全教育期末试卷 第6篇
班级姓名得分一填空题
1、交通信号灯由红灯、绿灯、黄灯组成。
红灯表示绿灯表示黄灯表示
2、火警电话，警匪电话急救电话。
3、学校门前的道路没有行人过街设施，应施划
4、行人经过铁道路口时，在没有交通信号和管理人员指挥下，确认无火车驶临，应 前行。
5、交警交通指挥手势信号有
6、不能用
7、课间、课余活动做游戏时要
二、选择题：
1、如果你经常外出带着家门的钥匙,下面的哪种做法可能会有危险（）A钥匙挂在脖子上.B钥匙放在衣兜里.C钥匙放在随身的包里.2、、任何人发现火灾时，都应当立即报警。（）A、正确 B、错误
3、任何单位、个人都应当无偿为报警提供便利，不得阻拦报警。（）A、正确B、错误
4、任何单位、个人都有维护消防安全、保护消防设施、预防火灾、报告火警的义务。()A、正确 B、错误
三年级下册法制教育期末试卷 第7篇
班别：姓名：成绩：
一、我会填。
1、教育必须为社会主义现代化建设服务，必须与生产劳动相结合，培养()、（）、（）等方面全面发展的社会主义事业的建设者和接班人。
2、我们国家的法律中有许多对儿童实行（）的条文。
3、凡年满()周岁的儿童，不分性别、民族、种族，应当入学接受规定年限的义务教育。
4、父母与子女之间的关系，不因父母（）而消除。离婚后，子女无论由父或母直接抚养，仍是（）的子女。父母对子女仍有（）和（）的权利和义务。
5、社会主义核心价值观的24字内容：富强、（）、文明、和谐、（）、平等、公正、法治、（）、敬业、诚信、友善。
6、“中国梦”内涵：国家（）、民族（）、人民（）。
二、我会判断。
1、《中华人民共和国教育法》、《中华人民共和国未成年人保护法》及《中华人民共和国婚姻法》都有关于对儿童特殊保护的条文。（）
2、《中华人民共和国残疾人保障法》规定，禁止歧视、侮辱、侵害残疾人。（）
3、国家对珍贵、濒危的野生动物实行重点保护。（）
4、公民有学习和使用国家通用语言文字的权利。（）
5、《中华人民共和国教育法》明文规定“全社会应当尊重教师”。
中职高一数学期末综合测试卷 第8篇
二、填空题 (本大题共10小题, 每小题2分, 共20分)
三、解答题 (本大题共8小题, 共50分)
26.在2与14之间插入10个数, 使这12个数成等差数列, 求这12个数的和。 (6分)
27.在公差d≠0的等差数列{an}中, a1=4, 且a1, a7, a10成等比数列。
(1) 求此数列的通项公式; (3分)
(2) 求由a1, a7, a10项为前三项的等比数列的前10项的和。 (3分)
28.已知等差数列{an}中, 通项公式an=-2n+24, 则该数列前几项的和最大?最大值为多少? (8分)
30.直线3x-4y+c=0被圆 (x+2) 2+y2=25截得的弦长为6, 求该直线方程。 (6分)
33.已知ΔABC, A (-4, 2) ;B (0, -4) ;C (2, 3) 。
(1) 求直线AB的方程; (3分)
期末考试测试卷（二） 第9篇
1.已知R为实数集，M={x|x2-2x<0}，N={x|x≥1}，则M∩（CRN）= .
2.命题：“x∈（0，+∞），x2+x+1>0”的否定是 .
3.已知z=（a-i）（1+i）（a∈R，i为虚数单位），若复数z在复平面内对应的点在实轴上，则a= .
4.设不等式组0≤x≤2，
0≤y≤2，表示平面区域为D，在区域D内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是 .
5.阅读右图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的s值等于 .
6.椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）的右焦点为F1，右准线为l1，若过点F1且垂直于x轴的弦的弦长等于点F1到l1的距离，则椭圆的离心率是 .
7.已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点，则DE·DC的最大值为 .
8.设a，b∈R，且a≠2，若定义在区间（-b，b）内的函数f（x）=lg1+ax1+2x是奇函数，则a+b的取值范围是 .
9.巳知函数f（x）=cosx（x∈（0，2π））有两个不同的零点x1，x2，且方程f（x）=m有两个不同的实根x3，x4.若把这四个数按从小到大排列构成等差数列，则实数m的值为 .
10.关于x的不等式x2+25+|x3-5x2|≥ax在[1，12]上恒成立，则实数a的取值范围是 .
11.已知正数x，y满足（1+x）（1+2y）=2，则4xy+1xy的最小值是 .
12.已知函数f（x）=x4+ax3+2x2+b，其中a，b∈R.若函数f（x）仅在x=0处有极值，则a的取值范围是 .
13.已知a，b，c（a<b<c）成等差数列，将其中的两个数交换，得到的三个数依次成等比数列，则a2+c22b2的值为 .
14.如图，用一块形状为半椭圆x2+y24=1（y≥0）的铁皮截取一个以短轴BC为底的等腰梯形ABCD，记所得等腰梯形ABCD的面积为S，则1S的最小值是 .
二、解答题（本大题共6小题，共计90分）
15.（本小题满分14分）
在△ABC中，A，B，C为三个内角a，b，c为三条边，π3<C<π2，且ba-b=sin2CsinA-sin2C.
（1）判断△ABC的形状;
（2）若|BA+BC|=2，求BA·BC的取值范围.
16.（本小题满分14分）
如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D、E分别是棱BC、AB的中点，点F在棱CC1上，已知AB=AC，AA1=3，BC=CF=2.
（1）求证：C1E∥平面ADF;
（2）设点M在棱BB1上，当BM为何值时，平面CAM⊥平面ADF？
17.（本小题满分15分）
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的离心率为12，且经过点P（1，32）.
（1）求椭圆C的方程;
（2）设F是椭圆C的右焦点，M为椭圆上一点，以M为圆心，MF为半径作圆M.问点M满足什么条件时，圆M与y轴有两个交点？
（3）设圆M与y轴交于D、E两点，求点D、E距离的最大值.
18.（本小题满分15分）
如图，AB是沿太湖南北方向道路，P为太湖中观光岛屿，Q为停车场，PQ=5.2km.某旅游团游览完岛屿后，乘游船回停车场Q，已知游船以13km/h的速度沿方位角θ的方向行驶，sinθ=513.游船离开观光岛屿3分钟后，因事耽搁没有来得及登上游船的游客甲为了及时赶到停车地点Q与旅游团会合，立即决定租用小船先到达湖滨大道M处，然后乘出租汽车到点Q（设游客甲到达湖滨大道后能立即乘到出租车）.假设游客甲乘小船行驶的方位角是α，出租汽车的速度为66km/h.
（1）设sinα=45，问小船的速度为多少km/h时，游客甲才能和游船同时到达点Q;
（2）设小船速度为10km/h，请你替该游客设计小船行驶的方位角α，当角α余弦值的大小是多少时，游客甲能按计划以最短时间到达Q.
19.（本小题满分16分）
已知各项均为正数的等差数列{an}的公差d不等于0，设a1，a3，ak是公比为q的等比数列{bn}的前三项，
（1）若k=7，a1=2
（i）求数列{anbn}的前n项和Tn;
（ii）将数列{an}和{bn}的相同的项去掉，剩下的项依次构成新的数列{cn}，设其前n项和为Sn，求S2n-n-1-22n-1+3·2n-1（n≥2，n∈N*）的值;
（2）若存在m>k，m∈N*使得a1，a3，ak，am成等比数列，求证k为奇数.
20.（本小题满分16分）
已知函数f（x）=-x3+x2+b，g（x）=alnx.
（1）若f（x）在x∈[-12，1）上的最大值为38，求实数b的值;
（2）若对任意x∈[1，e]，都有g（x）≥-x2+（a+2）x恒成立，求实数a的取值范围;
（3）在（1）的条件下，设F（x）=f（x），x<1
g（x），x≥1，对任意给定的正实数a，曲线y=F（x）上是否存在两点P，Q，使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形（O为坐标原点），且此三角形斜边中点在y轴上？请说明理由.
附加题
21.[选做题] 在A、B、C、D四小题中只能选做2题，每小题10分，共计20分
A.选修41：（几何证明选讲）
如图，从圆O外一点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，AB与OP交于点M，设CD为过点M且不过圆心O的一条弦，
求证：O、C、P、D四点共圆.
B.选修42：（矩阵与变换）
已知二阶矩阵M有特征值λ=3及对应的一个特征向量e1=1
1，并且矩阵M对应的变换将点（-1，2）变换成（9，15），求矩阵M.
C.选修44：（坐标系与参数方程）
在极坐标系中，曲线C的极坐标方程为ρ=22sin（θ-π4），以极点为原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线l的参数方程为
x=1+45t
y=-1-35t（t为参数），求直线l被曲线C所截得的弦长.
D.选修45（不等式选讲）
已知实数x，y，z满足x+y+z=2，求2x2+3y2+z2的最小值;
[必做题] 第22题、第23题，每小题10分，共计20分
22.袋中装着标有数字1，2，3，4的卡片各1张，甲从袋中任取2张卡片（每张卡片被取出的可能性都相等），并记下卡面数字和为X，然后把卡片放回，叫做一次操作.
（1）求在一次操作中随机变量X的概率分布和数学期望E（X）;
（2）甲进行四次操作，求至少有两次X不大于E（X）的概率.
23.（本小题满分10分）
对一个边长互不相等的凸n（n≥3）边形的边染色，每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一种，但是不允许相邻的边有相同的颜色.所有不同的染色方法记为P（n）.
（1）求P（3），P（4），P（5）;
（2）求P（n）.
参考答案
一、填空题
1. {x|0<x<1}
2. x∈（0，+∞），x2+x+1≤0
3. 1
4. 4-π4
5. -3
6. 12
7. 1
8. （-2，-32]
9. -32
10. （-∞，10]
11. 12
12. [-83，83]
13. 10
14. 239
二、解答题
15.（1）解：由ba-b=sin2CsinA-sin2C及正弦定理有：sinB=sin2C，
∴B=2C或B+2C=π，若B=2C，且π3<C<π2，∴23π<B<π，B+C>π（舍）;∴B+2C=π，则A=C，∴△ABC为等腰三角形.
（2）∵|BA+BC|=2，∴a2+c2+2ac·cosB=4，∴cosB=2-a2a2（∵a=c），而cosB=-cos2C，∴12<cosB<1，∴1<a2<43，∴BA·BC=accosB=a2cosB=2-a2∈（23，1）.
16.解：（1）连接CE交AD于O，连接OF.
因为CE，AD为△ABC中线，
所以O为△ABC的重心，CFCC1=COCE=23.
从而OF∥C1E.
OF面ADF，C1E平面ADF，
所以C1E∥平面ADF.
（2）当BM=1时，平面CAM⊥平面ADF.
在直三棱柱ABCA1B1C1中，
由于B1B⊥平面ABC，BB1平面B1BCC1，所以平面B1BCC1⊥平面ABC.
由于AB=AC，D是BC中点，所以AD⊥BC.又平面B1BCC1∩平面ABC=BC，
所以AD⊥平面B1BCC1.
而CM平面B1BCC1，于是AD⊥CM.
因为BM=CD=1，BC=CF=2，所以Rt△CBM≌Rt△FCD，所以CM⊥DF.
DF与AD相交，所以CM⊥平面ADF.
CM平面CAM，所以平面CAM⊥平面ADF.
当BM=1时，平面CAM⊥平面ADF.
17.解：（1）∵椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）的离心率为12，且经过点P（1，32），
∴a2-b2a=12
1a2+94b2=1，即3a2-4b2=0
1a2+94b2=1，
解得a2=4
b2=3，
∴椭圆C的方程为x24+y23=1.
（2）易求得F（1，0）.设M（x0，y0），则x204+y203=1，
圆M的方程为（x-x0）2+（y-y0）2=（1-x0）2+y02，
令x=0，化简得y2-2y0y+2x0-1=0，Δ=4y20-4（2x0-1）>0……①.
将y20=3（1-x204）代入①，得3x20+8x0-16<0，解出-4 又∵-2≤x0≤2，∴-2≤x0<43. （3）设D（0，y1），E（0，y2），其中y1 DE=y2-y1=4y20-4（2x0-1）
=-3x20-8x0+16=-3（x0+43）2+643，
当x0=-43时，DE的最大值为833.
18.解：（1）如图，作PN⊥AB，N为垂足.
sinθ=513，sinα=45，
在Rt△PNQ中，
PN=PQsinθ=5.2×513=2（km），
QN=PQcosθ=5.2×1213=4.8（km）.
在Rt△PNM中，
MN=PNtanα=243=1.5（km）.
设游船从P到Q所用时间为t1h，游客甲从P经M到Q所用时间为t2h，小船的速度为v1km/h，则
t1=PQ13=26513=25（h），
t2=PMv1+MQ66=2.5v1+3.366=52v1+120（h）.
由已知得：t2+120=t1，52v1+120+120=25，∴v1=253.
∴小船的速度为253km/h时，游客甲才能和游船同时到达Q.
（2）在Rt△PMN中，
PM=PNsinα=2sinα（km），
MN=PNtanα=2cosαsinα（km）.
∴QM=QN-MN=4.8-2cosαsinα（km）.
∴t=PM10+QM66=15sinα+455-cosα33sinα=1165×33-5cosαsinα+455.
∵t′=1165×5sin2α-（33-5cosα）cosαsin2α
=5-33cosα165sin2α，
∴令t′=0得：cosα=533.
当cosα<533时，t′>0;当cosα>533时，t′<0.
∵cosα在α∈（0，π2）上是减函数，
∴当方位角α满足cosα=533时，t最小，即游客甲能按计划以最短时间到达Q.
19.（1）因为k=7，所以a1，a3，a7成等比数列，又{an}是公差d≠0的等差数列，
所以（a1+2d）2=a1（a1+6d），整理得a1=2d，又a1=2，所以d=1，
b1=a1=2，q=b2b1=a3a1=a1+2da1=2，
所以an=a1+（n-1）d=n+1，bn=b1×qn-1=2n，
①用错位相减法或其它方法可求得{anbn}的前n项和为Tn=n×2n+1;
②因为新的数列{cn}的前2n-n-1项和为数列{an}的前2n-1项的和减去数列{bn}前n项的和，
所以S2n-n-1=（2n-1）（2+2n）2-2（2n-1）2-1=（2n-1）（2n-1-1）.
所以S2n-n-1-22n-1+3·2n-1=1（n≥2，n∈N*）.
（2）由（a1+2d）2=a1（a1+（k-1））d，整理得4d2=a1d（k-5），
因为d≠0，所以d=a1（k-5）4，所以q=a3a1=a1+2da1=k-32.
因为存在m>k，m∈N*使得a1，a3，ak，am成等比数列，
所以am=a1q3=a1（k-32）3，
又在正项等差数列{an}中，am=a1+（m-1）d=a1+a1（m-1）（k-5）4，
所以a1+a1（m-1）（k-5）4=a1（k-32）3，又因为a1>0，
所以有2[4+（m-1）（k-5）]=（k-3）3，
因为2[4+（m-1）（k-5）]是偶数，所以（k-3）3也是偶数，
即k-3为偶数，所以k为奇数.
20.解：（1）由f（x）=-x3+x2+b，得f′（x）=-3x2+2x=-x（3x-2），
令f′（x）=0，得x=0或23.
列表如下：
x-12（-12，0）0（0，23）23（23，1）
f′（x）-0+0-
f（x）f（-12）递减极小值递增极大值递减
由f（-12）=38+b，f（23）=427+b，∴f（-12）>f（23），即最大值为f（-12）=38+b=38，∴b=0.
（2）由g（x）≥-x2+（a+2）x，得（x-lnx）a≤x2-2x.
∵x∈[1，e]，∴lnx≤1≤x，且等号不能同时取，∴lnx<x，即x-lnx>0，
∴a≤x2-2xx-lnx恒成立，即a≤（x2-2xx-lnx）min.
令t（x）=x2-2xx-lnx，x∈[1，e]），求导得，
t′（x）=（x-1）（x+2-2lnx）（x-lnx）2，
当x∈[1，e]时，x-1≥0，lnx≤1，x+2-2lnx>0，从而t′（x）≥0，
∴t（x）在[1，e]上为增函数，
∴tmin（x）=t（1）=-1，∴a≤-1.
（3）由条件，F（x）=-x3+x2，x<1
alnx，x≥1，
假设曲线y=F（x）上存在两点P，Q满足题意，则P，Q只能在y轴两侧，
不妨设P（t，F（t））（t>0），则Q（-t，t3+t2），且t≠1.
∵△POQ是以O（O为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，
∴OP·OQ=0，∴-t2+F（t）（t3+t2）=0…（*），
是否存在P，Q等价于方程（*）在t>0且t≠1时是否有解.
①若0 此方程无解; ②若t>1时，（*）方程为-t2+alnt·（t3+t2）=0，即1a=（t+1）lnt， 设h（t）=（t+1）lnt（t>1），则h′（t）=lnt+1t+1， 显然，当t>1时，h′（t）>0，即h（t）在（1，+∞）上为增函数， ∴h（t）的值域为（h（1），+∞），即为（0，+∞）， ∴当a>0时，方程（*）总有解. ∴对任意给定的正实数a，曲线y=F（x）上总存在两点P，Q，使得△POQ是以O（O为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上. 附加题 21.A.选修41：（几何证明选讲） 证明：因为PA，PB为圆O的两条切线，所以OP垂直平分弦AB， 在Rt△OAP中，OM·MP=AM2， 在圆O中，AM·BM=CM·DM， 所以，OM·MP=CM·DM， 又弦CD不过圆心O，所以O，C，P，D四点共圆. B.选修42：（矩阵与变换） 设M=ab cd，则ab cd1 1=31 1=3 3，故a+b=3， c+d=3. ab cd-1 2=9 15，故-a+2b=9， -c+2d=15. 联立以上两方程组解得a=-1，b=4，c=-3，d=6，故M=-14 -36. C.选修44：（坐标系与参数方程） 解：将方程ρ=22sin（θ-π4），x=1+45t y=-1-35t分别化为普通方程： x2+y2+2x-2y=0，3x+4y+1=0， 由曲线C的圆心为C（-1，1），半径为2，所以圆心C到直线l的距离为25， 故所求弦长为22-（25）2=2465. D.选修45（不等式选讲） 解：由柯西不等式可知：（x+y+z）2≤[（2x）2+（3y）2+z2]·[（12）2+（13）2+12] 故2x2+3y2+z2≥2411，当且仅当2x12=3y13=z1，即：x=611，y=411，z=1211时， 2x2+3y2+z2取得最小值为2411. 22.解：（1）由题设知，X可能的取值为：3，4，5，6，7. 随机变量X的概率分布为 X34567 P1616131616 因此X的数学期望E（X）=（3+4+6+7）×16+5×13=5. （2）记“一次操作所计分数X不大于E（X）”的事件记为C，则 P（C）=P（“X=3”或“X=4”或“X=5”）=16+16+13=23. 设四次操作中事件C发生次数为Y，则Y～B（4，23）， 则所求事件的概率为P（Y≥2）=1-C14×23×（13）3-C04×（13）4=89. 23.解：（1）P（3）=6，P（4）=18，P（5）=30. （2）设不同的染色法有pn种.易知. 当n≥4时，首先，对于边a1，有3种不同的染法，由于边a2的颜色与边a1的颜色不同，所以，对边a2有2种不同的染法，类似地，对边a3，…，边an-1均有2种染法.对于边an，用与边an-1不同的2种颜色染色，但是，这样也包括了它与边a1颜色相同的情况，而边a1与边an颜色相同的不同染色方法数就是凸n-1边形的不同染色方法数的种数pn-1，于是可得 pn=3×2n-1-pn-1，pn-2n=-（pn-1-2n-1）. 于是pn-2n=（-1）n-3（p3-23）=（-1）n-2·2， pn=2n+（-1）n·2，n≥3.
