二、填空题：(本大题共4小题，每小题5分，共20分) 13. ?3 14. 5 15． 65 16．－1991 215．【答案】65
【解析】4个人去3个地方游览，每人只能去一个地方，共有3?81种方案，若八一广场没有人去，有2?16种方案，故八一广场一定要有人去。则不同的游览方案有81-16=65种。
三．解答题：(本大题共6小题，共70分．) 17．解： （Ⅰ）∵cosB?4434，∴sinB? ………………1分 5522由a，b，c成等比数列，有b?ac，又由正弦定理得sinB?sinAsinC，………3分 ∴
cosAcosCsinCcosA?cosCsinAsin(C?A) ???sinAsinCsinAsinCsinAsinCsinB15 ………………6分 ???2sinBsinB4（Ⅱ）由角A，B，C成等差数列，有B?22?3，………………7分
22又b?2，由余弦定理有4?a?c?2accosB?a?c?ac，
由基本不等式得，4?2ac?ac?ac（当且仅当a?c时等号成立）………………10分 ∴S?ABC?
18．（Ⅰ）由已知得70后“生二胎”的概率为所以P(X?k)?C3()()其分布列如下 X P 0 1 2 3 k13acsinB?ac?3（当且仅当a?c时等号成立）………………12分 2422，并且X～B(3,)，………………2分 3323k133?k(k?0,1,2,3)…………………3分
1 272 94 98 27（每算对一个结果给1分） 所以，EX?3?2?2。…………………8分 3n(ad?bc)2100?(30?10?45?15)2?（Ⅱ）K?
(a?b)(c?d)(a?c)(b?d)75?25?45?552?100?3.030?2.706 ………………………11分 33所以有90% 以上的把握认为“生二胎与年龄有关”。…………………12分
19．解：
（Ⅰ）取AB中点为O，连接OD，OB1，
因为B1B?B1A，所以OB1?AB，又AB?B1D，OB1B1D?B1，
所以AB?平面B1OD，因为OD?平面B1OD，所以AB?OD，…………………2分 由已知，BC?BB1，又OD∥BC，所以OD?BB1，因为ABBB1?B，
所以OD?平面ABB1A1，又OD?平面ABC，所以平面ABB1A1?平面ABC；………………5分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知OB，OD，OB1两两垂直，以O为坐标原点，OB的方向为x轴的方向，|OB|为单位长度1，建立如图所示的空间直角坐标系O?xyz。
由题设知，B1(0,0,3)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A(?1,0,0)，C(1,2,0)，
C1(0,2,3)，∴B1D?(0,1,?3)，B1B?(1,0,?3)，
设CE??CC1(0???1)，则B1E?BC1?CE?(1??,2,3(??1))，…………………7分 设平面BB1D的法向量m?(x1,y1,z1)，
???m?B1D?0?y1?3z1?0则?，得?，令z1?1，则x1?y1?3，∴m?(3,3,1)， ???m?B1B?0?x1?3z1?0同理，设平面B1DE的法向量n?(x2,y2,z2)，
??y2?3z2?0?n?B1D?0?则?，得?， ???n?B1E?0?(1??)x2?2y2?3(??1)z2?0??1??1,3,1)…………………9分 令z2?1，则x2?3，y2?3，∴n?(3??1??1设二面角E?B1D?B的大小为?，
z B1 A1 C1
则cos??m?n?|m||n|3??3?3?1??1???1?73???4??1??2??7 14解得??1，…………………11分 37，此时所以在线段CC1上，存在点E，使得二面角E?B1D?B的余弦值为?14|CE||CC?13。…………12分 1|
20．解：（Ⅰ）因为抛物线C:x2?2py(p?0)的焦点为F(0,1)， 所以
p2?1 ，解得p?2，所以抛物线C的方程为x2?4y。……………………2分 由抛物线和圆的对称性，可设圆Q：x2?(y?b)2?r2，
∵PQ1?P2Q，∴ΔPQP12是等腰直角三角形，不妨设P1在左侧，则?QPP12?45， ∴P22(2r,b?22r)，代入抛物线方程有r22?4b?22r。……………………4分 由题可知在Px1，P2处圆和抛物线相切，对抛物线x2?4y求导得y??2， 所以抛物线在点P2r2处切线的斜率为k?4。 由?QPP2r12?45知k?4?1，所以r?22，代入r22?4b?22r，解得b?3。 所以圆Q的方程为x2?(y?3)2?8。……………………6分 （Ⅱ）由题知直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为y?kx?1。 圆心Q(0,3)到直线l的距离为d?2，
1?k2∴|AB|?2r?d?42?221。……………………8分 21?k?x2?4y22由?得y?(2?4k)y?1?0，设M(x1,y1)，N(x2,y2)， ?y?kx?122则y1?y2?4k?2，由抛物线定义知，|MN|?y1?y2?2?4(1?k)。…………10分
所以|MN|?|AB|?16(1?k)2?21 21?k111?162t2?t?162(t?)2?(t?1) t482设t?1?k(t?1)，则|MN|?|AB|?16t2?所以当t?1时即k?0时，|MN|?|AB|有最小值16. ……………………12分 21．解：（1）当a?b?1时，F(x)?f(x)?g(x)?e则F?(x)?2e2x2x?ex?x，
?ex?1，
x1， 21xx由F?(x)?(2e?1)(e?1)?0，得x?ln，
211所以函数y?F(x)在(??,ln)上单调递减，在[ln,??)上单调递增，
2213所以函数y?F(x)的最小值为F(ln)??ln2 …………5分
24由F?(x)?(2e?1)(e?1)?0，得x?lnx（2）f?(x0)?g?(x0) ………………6分
下面证明:依题有：ae2x2?bex2?x2，ae2x1?bex1?x1，两式相减得：
a(e2x2?e2x1)?b(ex2?ex1)?x2?x1，整理得
x2?x1?a(e?e)(e?e)?b(e?e)?a(e?e)?2ex2?x1x2?x1?2ae2?b，于是 则xx12e?ex2x1x2x1x2x1x2x1x2?x12?b(ex2?ex1)
?x1x2?x1x2?x1x22x2?x1?e?2ae?be2?f?(x0)，………………8分 x2x1e?e?x1?x1x2?x1x22x2?x1x22?e?x2?x1?e而x x12e?ee?1t2?t2令t?x2?x1?0，则设G(t)?e?e?t，………………10分
tttt?121?21则G?(t)?e?e?1??2?e2?e2?1?0，
222∴ y?G(t)在(0,??)上单调递增，则
G(t)?e?ett2t2?t2?t?G(0)?0，于是有e?ett2?t2?t，
tt2e?1， 即e?1?te，且e?1?0，∴ te?1即f?(x0)?1．又g?(x0)?1，所以f?(x0)?g?(x0)恒成立。………………12分 法二：
tte(et?et??1)tt22e（t?0）e?1，令g(t)?t要证t，则g?(t)?， t2e?1e?1(e?1)t2t2t2令h(t)?e?tttt1t1te??1?0，则h?(t)?et?et??0，h??(t)??et?0 222222tt2e在(0,??)上单调递减， ∴ g(t)?te?1te(1?)ttt?e2e2?1。 ?lim?1，∴ g(t)?t而limtt??t?0e?1t?0e?1et2t222．解：
（Ⅰ）∵PA是圆O的切线，∴?PAB??ACB，
又?P是公共角，∴ΔABP∽ΔCAP，…………2分 ∴
ACAP??2，∴AC?2AB. ………………4分 ABPB2（Ⅱ）由切割线定理得，PA?PB?PC，∴PC?20， 又PB?5，∴BC?15 ………………6分 又∵AD是?BAC的平分线，∴
ACCD??2，∴CD?2DB， ABDB∴CD?10，DB?5， ………………8分
又由相交弦定理得，AD?DE?CD?DB?50。………………10分
23．解：（Ⅰ）∵圆锥曲线C的极坐标方程为??212，
3?sin2?x2y2??1，……………2分 ∴其普通方程为C:43A(0,?3)，F1(1,0)，F2(?1,0)，∴k?3，l:y?3(x?1)，
1?x??1?t?2?∴直线l的参数方程为?（t为参数）.……………5分
?y?3t??21?x??1?t?2?2（Ⅱ）将直线l的参数方程?（t为参数），代入椭圆方程得：5t?4t?12?0，
?y?3t??2∴t1t2??24．解：
1212，∴F1M?F1N?. ………………10分
55??2x,x??13?（Ⅰ）因为f(x)?x?1?x?1??2,?1?x?1，当x??1时，?2x?3,x??
2?2x,x?1?33?x??1,当?1?x?1，均满足，当x?1时，2x?3,x?，则1?x?223333?x?，所以，f(x)?3的解集为{x??x?}； …….5分 综上?2222f(x)取得最小值m=2，（Ⅱ）由于当?1?x?1，则a?b?2，下面做乘法：a?0,b1212a?b1b2a3?(3??)??2，，则??(?)?（当且仅当a?22?2,b?4?abab22ab2123时取等号），所以?的最小值为?2。…………10分
ab2得?
欢迎访问“高中试卷网”——http://sj.fjjy.org 3，2?0
22