（16）（本小题共14分）
如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC,EF∥AC,AB=2，CE=EF=1.
（Ⅰ）求证：AF∥平面BDE； （Ⅱ）求证：CF⊥平面BDE； （Ⅲ）求二面角A-BE-D的大小。
116证明
I）设AC与BD交于点G，因为EF∥AG，且EF=1，AG=2AC=1，所以四边形AGEF
为平行四边形。所以AF∥EG。因为EG?P平面BDE，AF?平面BDE，所以AF∥平面BDE。 （II）因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，且CE⊥AC，所以CE⊥AC，所以CE⊥平面ABCD。如图，以C为原点，建立空间直角坐标系C-xyz。则C（0， 0， 0），A（
22，2，0），D（2，0， 0），E
222????（0， 0， 1），F（2，2，1）。所以CF=（2，2，
????BE=1），（0，－????2，DE＝１），（－
????????2，0，１）。所以CF·BE=
????????0-1+1=0，CF·DE=－１＋０＋１＝０。所以CF⊥BE，CF⊥DE，
所以CF⊥平面BDE
22????（III）由（II）知，CF=（2，2，1），是平面BDE的一个法向量，设平面ABE的法向
???????????nnn量=（x,y,z）,则·BA=0，·BE=0。
??(x,y,z)?(2,0,0)?0??(x,y,z)?(0,?2,1)?0即?
所以x=0，且z=2y。令y=1，则z=
?????0,1,22。CF）所以n=（），从而cos（n，=
?????n?CF3??????2n?CF
?因为二面角A-BE-D为锐角，所以二面角A-BE-D为6。 (17)(本小题共13分)
某同学参加3门课程的考试。假设该同学第一门课程取得优秀成绩的概率为4，第二、
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第三门课程取得优秀成绩的概率分别为p，q(p＞q)，且不同课程是否取得优秀成绩相互独立。记ξ为该生取得优秀成绩的课程数，其分布列为
ξ 0 1 2 P 61253 24125 a b (Ⅰ)求该生至少有1门课程取得优秀成绩的概率； (Ⅱ)求p，q的值； (Ⅲ)求数学期望Eξ。
17
解：事件A，表示“该生第i门课程取得优异成绩”，i=1,2,3。由题意可知
P(A1)?45,P(A2)?p,P(A3)?q.
（I）由于事件“该生至少有一门课程取得优异成绩”与事件“??0”是对立的，所以该生至少有一门课程取得优秀成绩的概率是
1?P(??0)?1?6125?119.125
（II）由题意可知，
P(??0)?P(A1A2A3)?p(??3)?P(A1A2A3)?1545(1?p)(1?q)?pq?24125.6125,
3整理得pq=5
,q?25。
（III）由题意知，
a?P(??1)?P(A1A2A3)?P(A1A2A3)?P(A1A2A3)??45(1?p)(1?q)?.15p(1?q)?15(1?p)q37125
b?P(??2)?1?P(??0)?P(??1)?P(??3)?58125.
E??0?P(??0)?1?P(??1)?2?P(??2)?3?P(??3)?95.
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(18)(本小题共13分)
已知函数f(x)?ln(1?x)?x?k2x(k?0)
2(Ⅰ)当k=2时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (Ⅱ)求f(x)的单调区间。 18
f(x)?ln(1?x)?x?x,f'(x)?211?x解：（I）当k?2时，
?1?2x.
f(1)?ln(2),f'(1)?3由于
y?ln2?32(x?1)2所以曲线y?f(x)在点（1,f(1))处的切线方程为
,。即3x?2y?2ln2?3?0
,x?(?1,??).f'(x)?x(kx?k?1)1?x（II）
.1?x x
当k?0时，
f'(x)??因此在区间(?1,0)上，f'(x)?0；在区间(0,??)上，f'(x)?0； 所以f(x)的单调递增区间为(?1,0)，单调递减区间为(0,??)； 当0?k?1时，
f'(x)?x(kx?k?1)1?x(1?kk,??)?0，得上，
x1?0,x2?1?kk?0;
(0,1?kk)??1,0?和
因此，在区间
即函数
f(x)f'(x)?0(1?kk；在区间
上，f'(x)?0；
(0,1?kk)??1,0?和
的单调递增区间为
f'(x)?x2,??)，单调递减区间为；
当k?1时，
1?x.f(x)的递增区间为(?1,??) x(kx?k?1)1?x)?0x1?0,x2?1?kk(?(?1,0)当k?1时，由因此，在区间
f'(x)?1?kk，得上，
；
1?kk,0)(?1,和
(0,??)f'(x)?0，在区间
上，f'(x)?0；
1?k??1?k?1,(,0)??k?(0,??)f(x)?即函数 的单调递增区间为和，单调递减区间为k。
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（19）（本小题共14分）
在平面直角坐标系xOy中，点B与点A（-1,1）关于原点O对称，P是动点，且直线AP与BP的斜率之积等于?13.
(Ⅰ)求动点P的轨迹方程；
(Ⅱ)设直线AP和BP分别与直线x=3交于点M,N，问：是否存在点P使得△PAB与△PMN的面积相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由。 19，
解：（1）因点B与（-1,1）关于原点对称，得B点坐标为（1，-1）。
设P点坐标为?化简得：
2x,y?2，则
kAP?y?1x?1,kBP?y?1x?1，由题意得
y?1y?11???x?1x?13，
x?3y?4,(x??1)22。
即P点轨迹为：
x?3y?4,(x??1)（2）因?APB??MPN?180?，可得sin?APB?sin?MPN，
S?APB?12PAPBsin?APB,S?MPN?12PMPNsin?MPN 又
，
PA
PMPAPB?PMPN若S?APB?S?MPN，则有， 即
x0?13?x0x0?1?PNPB
设P点坐标为
x0?53?x0,y0?，则有：
20203?x0?
339 解得：
，又因x?3y?4，解得
y0??。
??5,?????3?或?33??9??
?533,??39?PMN?PAB故存在点P使得与的面积相等，此时P点坐标为?（20）（本小题共13分）
已知集合Sn?{X|X?(x1,x2,…，xn),x1?{0,1},i?1,2,…,n}(n?2)对于
A?(a1,a2,…an,)，B?(b1,b2,…bn,)?Sn，定义A与B的差为
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A?B?(|a1?b1|,|a2?b2|,…|an?bn|);
nA与B之间的距离为d(A,B)??|ai?1i?bi|
（Ⅰ）证明：?A,B,C?Sn,有A?B?Sn，且d(A?C,B?C)?d(A,B); （Ⅱ）证明：?A,B,C?Sn,d(A,B),d(A,C),d(B,C)三个数中至少有一个是偶数 (Ⅲ) 设P?Sn，P中有m(m≥2)个元素，记P中所有两元素间距离的平均值为d(P). 证明：d(P)≤ 20,
【分析】：这道题目的难点主要出现在读题上，这里简要分析一下。
题目所给的条件其实包含两个定义，第一个是关于Sn的，其实Sn中的元素就是一个n
mn2(m?1).
维的坐标，其中每个坐标值都是0或者1， 也可以这样理解，就是一个n位数字的数组，每个数字都只能是0和1， 第二个定义叫距离，距离定义在两者之间，如果直观理解就是看两个数组有多少位不同，因为只有0和1才能产生一个单位的距离，因此这个大题最核心的就是处理数组上的每一位数，然后将处理的结果综合起来，就能看到整体的性质了。
第一问，因为每个数位上都是0或者1，取差的绝对值仍然是0或者1，符合Sn的要求。
然后是减去C的数位，不管减去的是0还是1， 每一个a和每一个b都是同时减去的，因此不影响他们原先的差。 第二问，先比较A和B有几个不同（因为距离就是不同的有几个），然后比较A和C有几个不同，这两者重复的（就是某一位上A和B不同，A和C不同，那么这一位上B和C就相同）去掉两次（因为在前两次比较中各计算了一次），剩下的就是B和C的不同数目，很容易得到这样的关系式：h?k?l?2i，从而三者不可能同为奇数。
第三问，首先理解P中会出现Cm个距离，所以平均距离就是距离总和再除以Cm，而距
22离的总和仍然可以分解到每个数位上，第一位一共产生了多少个不同，第二位一共产生了多少个不同，如此下去，直到第n位。然后思考，第一位一共m个数，只有0和1会产生一
ti(m?ti)?m2个单位距离，因此只要分开0和1的数目即可，等算出来
4,一切就水到渠成了。
此外，这个问题需要注意一下数学语言的书写规范。
A?(a1,a2,...,an),B?(b1,b2,...,bn),C?(c1,c2,...,cn)?Snai,bi??0,1?ai?bi??0,1?解：（1）设
因
，故，
?i?1,2,...,n?
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