【正文】 6．公元 263 年左右，我國(guó)古代數(shù)學(xué)家劉徽用圓內(nèi)接正多邊形的面積去逼近圓的面積求圓周率 π，他從圓內(nèi)接正六邊形算起，令邊數(shù)一倍一倍地增加，即 12， 24，48， …， 192， …，逐個(gè)算出正六邊形，正十二邊形，正二十四邊形， …，正一百九十二邊形， …的面積，這些數(shù)值逐步地逼近圓面積 ，劉徽算到了正一百九十二邊形，這時(shí)候 π 的近似值是 ，劉徽稱這個(gè)方法為 “割圓術(shù) ”，并且把 “割圓術(shù) ”的特點(diǎn)概括為 “割之彌細(xì)，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓周合體而無(wú)所失矣 ”．劉徽這種想法的可貴之處在于用已知的、可求的來(lái)逼近未知的、要求的，用有限來(lái)逼近無(wú)窮，這種思想及其重要，對(duì)后世產(chǎn)生了巨大影響，如圖是利用劉徽的 “割圓術(shù) ”思想設(shè)計(jì)的一個(gè)程序框圖，若運(yùn)行改程序（參考數(shù)據(jù)：≈ ， sin15176。=12 =， 滿足條件 S≥ ，退出循環(huán)，輸出 n 的值為 24． 故選： D． 7．在平面區(qū)域 內(nèi)隨機(jī)取一點(diǎn)（ a， b），則函數(shù) f（ x） =ax2﹣ 4bx+1 在區(qū)間 [1， +∞ ）上是增函數(shù)的概率為（ ） A． B． C． D． 【考點(diǎn)】 幾何概型． 【分析】 作出不等式組對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域，根據(jù)概率的幾何概型的概率公式進(jìn)行計(jì)算即可得到結(jié)論． 【解答】 解：作出不等式組 對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域如圖： 對(duì)應(yīng)的圖形為 △ OAB，其中對(duì)應(yīng)面積為 S= 4 4=8， 若 f（ x） =ax2﹣ 4bx+1 在區(qū)間 [1， +∞ ）上是增函數(shù)， 則滿足 a＞ 0 且對(duì)稱軸 x=﹣ ≤ 1， 即 ，對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域?yàn)?△ OBC， 由 ， 解得 ， ∴ 對(duì)應(yīng)的面積為 S1= 4= ， ∴ 根據(jù)幾何概型的概率公式可知所求的概率為 = ， 故選： B． 8．已知 △ ABC 的內(nèi)角 A、 B、 C 的對(duì)邊分別為 a、 b、 c．若 a=bcosC+csinB，且 △ABC 的面積為 1+ ．則 b 的最小值為（ ） A． 2 B． 3 C． D． 【考點(diǎn)】 正弦定理；三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用． 【分析】 已知等式利用正弦定理化簡(jiǎn)，再利用誘導(dǎo)公式及兩角和與差的正弦函數(shù)公式化簡(jiǎn)，求出 tanB 的值，確定出 B 的度數(shù)，利用三角形面積公式求出 ac 的值，利用余弦定理，基本不等式可求 b 的最小值． 【解答】 解：由正弦定理得到： sinA=sinCsinB+sinBcosC， ∵ 在 △ ABC 中， sinA=sin[π﹣（ B+C） ]=sin（ B+C）， ∴ sin（ B+C） =sinBcosC+cosBsinC=sinCsinB+sinBcosC， ∴ cosBsinC=sinCsinB， ∵ C∈ （ 0， π）， sinC≠ 0， ∴ cosB=sinB，即 tanB=1， ∵ B∈ （ 0， π）， ∴ B= ， ∵ S△ ABC= acsinB= ac=1+ ， ∴ ac=4+2 ， 由余弦定理得到： b2=a2+c2﹣ 2accosB，即 b2=a2+c2﹣ ac≥ 2ac﹣ ac=4，當(dāng)且僅當(dāng) a=c 時(shí)取 “=”， ∴ b 的最小值為 2． 故選： A． 9．如圖，網(wǎng)格紙 上小正方形的邊長(zhǎng)為 1，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則此幾何體的體積為（ ） A． 12 B． 18 C． 24 D． 30 【考點(diǎn)】 棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積． 【分析】 由已知中的三視圖可得該幾何體是一個(gè)以俯視圖為底面的三棱錐，切去一個(gè)三棱錐所得的組合體，進(jìn)而得到答案． 【解答】 解：由已知中的三視圖可得該幾何體是一個(gè)以俯視圖為底面的三棱錐，切去一個(gè)三棱錐所得的組合體， 其底面面積 S= 3 4=6， 棱柱的高為： 5，棱錐的高為 3， 故組合體的體積 V=6 5﹣ 6 3=24， 故選： C 10．已知常數(shù) ω＞ 0， f（ x） =﹣ 1+2 sinωxcosωx+2cos2ωx 圖象的對(duì)稱中心得到對(duì)稱軸的距離的最小值為 ，若 f（ x0） = ， ≤ x0≤ ，則 cos2x0=（ ） A． B． C． D． 【考點(diǎn)】 三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用；正弦函數(shù)的圖象． 【分析】 將函數(shù) f（ x）化簡(jiǎn)成只有一個(gè)函數(shù)名，對(duì)稱中心得到對(duì)稱軸的距離的最小值為 ，可得 T=π．根據(jù) f（ x0） = ， ≤ x0≤ ，求出 x0，可得 cos2x0 的值． 【解答】 解：由 f（ x） =﹣ 1+2 sinωxcosωx+2cos2ωx， 化簡(jiǎn)可得： f（ x） = sin2ωx+cos2ωx=2sin（ 2ωx+ ） ∵ 對(duì)稱中心得到對(duì)稱軸的距離的最小值為 ， ∴ T=π． 由 ， 可得： ω=1． f（ x0） = ，即 2sin（ 2x0+ ） = ∵ ≤ x0≤ ， ∴ ≤ 2x0+ ≤ ∴ sin（ 2x0+ ） = ＞ 0 ∴ cos（ 2x0+ ） = ． 那么： cos2x0=cos（ 2x0+ ﹣ ） =cos（ 2x0+ ） cos +sin（ 2x0+ ） sin = 故選 D 11．已知三棱錐 P﹣ ABC 的所有頂點(diǎn)都在表面積為 16π 的球 O 的球面上， AC 為球 O 的直徑，當(dāng)三棱錐 P﹣ ABC 的體積最大時(shí)，設(shè)二 面角 P﹣ AB﹣ C 的大小為 θ，則 sinθ=（ ） A． B． C． D． 【考點(diǎn)】 二面角的平面角及求法． 【分析】 AC 為球 O 的直徑，當(dāng)三棱錐 P﹣ ABC 的體積最大時(shí)， △ ABC 為等腰直角三角形， P 在面 ABC 上的射影為圓心 O，過(guò)圓心 O 作 OD⊥ AB 于 D，連結(jié) PD，則 ∠ PDO 為二面角 P﹣ AB﹣ C 的平面角． 【解答】 解：如圖所示：由已知得球的半徑為 2， AC 為球 O 的直徑，當(dāng)三棱錐 P﹣ ABC 的體積最大時(shí)， △ ABC 為等腰直角三角形，P 在面 ABC 上的射影為圓心 O， 過(guò)圓心 O 作 OD⊥ AB 于 D，連結(jié) PD，則 ∠ PDO 為二面 角 P﹣ AB﹣ C 的平面角， 在 △ ABC△ 中， PO=2， OD= BC= ， ∴ ， sinθ= ． 故選： C 12．拋物線 M 的頂點(diǎn)是坐標(biāo)原點(diǎn) O，拋物線 M 的焦點(diǎn) F 在 x 軸正半軸上，拋物線 M 的準(zhǔn)線與曲線 x2+y2﹣ 6x+4y﹣ 3=0 只有一個(gè)公共點(diǎn)，設(shè) A 是拋物線 M 上的一點(diǎn)，若 ? =﹣ 4，則點(diǎn) A 的坐標(biāo)是（ ） A．（﹣ 1， 2）或（﹣ 1，﹣ 2） B．（ 1， 2）或（ 1，﹣ 2） C．（ 1， 2） D．（ 1，﹣ 2） 【考點(diǎn)】 拋物線的簡(jiǎn)單性質(zhì)． 【分析】 先求出拋物線的焦點(diǎn) F（ 1， 0），根據(jù)拋物線的方程設(shè) A（ ， y0），則 =（ ， y0）， =（ 1﹣ ，﹣ y0），再由 ? =﹣ 4，可求得 y0 的值，最后可得答案． 【解答】 解： x2+y2﹣ 6x+4y﹣ 3=0，可化為（ x﹣ 3） 2+（ y+2） 2=16，圓心坐標(biāo)為（ 3，﹣ 2），半徑為 4， ∵ 拋物線 M 的準(zhǔn)線與曲線 x2+y2﹣ 6x+4y﹣ 3=0 只有一個(gè)公共點(diǎn)， ∴ 3+ =4， ∴ p=2． ∴ F（ 1， 0）， 設(shè) A（ ， y0） 則 =（ ， y0）， =（ 1﹣ ，﹣ y0）， 由 ? =﹣ 4， ∴ y0=177。=sin25176