所以BF?2， 因为A?E?2A?B?2，所以A?B?A?F?2，
3，
所以?A?BF为等腰直角三角形，且A?O?1，EO?所以A?O?EO， 则A?O?平面BEF，
故A?O为三棱锥A??BEF的高，则VA??BEF?113， ??2?2?sin60??323因为三棱柱A?BE?D?FC与三棱锥F?A?BE同底等高， 所以其体积为VA?BE?D?FC?3VA??BEF?3．
考点：线线垂直及求三棱锥的体积
【方法点睛】（1）证明线线垂直常用线面垂直的判定定理，即利用线面垂直，证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中的一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面.解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化.或定义法利用线面垂直的判断定理证明线面垂直，条件齐全,证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高，中线和顶角的角平分线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形等等；（2）利用棱锥的体积公式V?样体积容易计算.
1Sh求体积，在求三棱柱体积时，选择适当的底作为底面，这31x220．(I) m?2.（II）?y2?1.（III）直线纵截距的范围是t?(,2).
23【解析】
试题分析：(I)由题意联立方程组
?y?x?2?2由?x2得(m?2)x?4(m?1)x?3(m?1)?0， 2?y?1??m?1根据??16(m?1)?12(m?2)(m?1)?0，即可得到m的取值范围是m?2. （II）设直线方程为y?kx?t(k?0)，
2?y?kx?t?通过联立?x2 2??y?1?3????????????????设A(x1,y1),B(x2,y2),Q(xQ,yQ)应用韦达定理，结合AQ=QB得Q为AB的中点， NQ?AB?0，
2得到kNQ?kAB??1，可建立k,t的方程， 从而由3k?2t?1?0,得到t?1使问题得解. 2试题解析：(I)由题意知m?1?1,m?0.
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?y?x?2?由?x2得(m?2)x2?4(m?1)x?3(m?1)?0， 2?y?1??m?1所以??16(m?1)2?12(m?2)(m?1)?0，解得m?2， 所以求m的取值范围是m?2.
（II）设直线方程为y?kx?t(k?0)，
?y?kx?t?222222由?x2整理得(1?3k)x?6ktx?3t?3?0,???(6kt)?4(1?3k)(3t?3)?0， 2??y?1?3化简得t2?1?3k2
设A(x1,y1),B(x2,y2),Q(xQ,yQ)
?6kt3k2?3则x1?x2?,x1?x2?,
1?3k21?3k2????????x1?x2?3kt3k2?3由AQ=QB得Q为AB的中点，所以xQ??,yQ?kxQ?t?, 2221?3k1?3k因为NQ?AB?0，所以kNQ?kAB??1
????????t?121?3k即?k??1，化简得1?3k2?2t ?3kt1?3k2又t2?1?3k2， 所以t?2t,0?t?2
又k?0，所以3k2?2t?1?0,?t?21 21?t?(,2).
2考点：椭圆的定义、标准方程，直线与椭圆的位置关系. 21．（1）函数的单调递增区间是：【解析】
试题分析：(1)①：当m=2时，可以得到f(x)的具体的表达式，进而求得f'(x)的表达式，根据f'(x)即可确定f(x)的单调区间；②：根据①中所得的f'(x)的表达式，可以得到f'(0)的值，即切线方程的斜率，
，单调递减区间是：（1，3）；（2）
3?m?3. 212页
在由过(0,0)即可求得f(x)在(0,0)处的切线方程；(2) f(x)即有极大值，又有极小值，说明f'(x)有两个不同的零点，在0?x?4m时，f(x)?mx2?(m?3m2)x?36恒成立， 说明f(x)?mx2?(m?3m2)x?即(x3?2mx2?3m2x)max32321313x?2mx2?3m2x<36恒成立， 31?36，通过判断x3?2mx2?3m2x在[0,4m]上的单调性，即可求把
31(x3?2mx2?3m2x)max用含m的代数式表示出来，从而建立关于m的不等式. 312（1）当m=2时，f?x??x3?2x2?3x,则f??x??x?4x?3 1分
3①令f??x??x?4x?32，解得x=1或x=3 2分
，单调递减区间是：（1，3） 4分
∴函数的单调递增区间是：
②∵f??0??3，∴函数y=f(x)的图象在点(0,0)处的切线方程为y=3x 6分； (2)因为函数f(x)既有极大值，又有极小值，则f??x??x2?2mx?3m?0有两个不同的根，则有 2 3 8分 231令g(x)?f(x)?mx2?(m?3m2)x?x3?2mx2?3m2x，依题意：?g(x)?max?36即可.
23??4m2?6m?0, 又m?0,?m?g?(x)?x2?4mx?3m2?0?x?m,或x?3m,
?g?(x)?0?x?m或x?3m,g?(x)?0?m?x?3m,
?g(x)在?0,m?,?3m,4m?上为增函数,在?m,3m?上为减函数 10分
434m,g(3m)?0为g(x)的极值,又g(0)?0,g(4m)?m3， 3344∴g(x)最大值为m3 12分,?m3?36?m?3 13分
333∴m的取值范围为?m?3 14分．.
2?g(m)?考点：1、利用导数求函数的单调区间和切线方程；2、恒成立问题的处理方法. 22．见解析 【解析】 试题分析：（Ⅰ）连接AO，利用切点与圆心的连线垂直于切线可得AO?AP．又AO?2，PO?4，可得Rt?OAP中，?P?30?，又因为?AOP?60?，可得?B?30?而，即可得结论
（Ⅱ）利用（Ⅰ）的结果?P?30?，又AM?PB，可得?PAM?60?，又由于?B??M?30?，可得在?AMN中，?ANM?90?，即可得结论
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试题解析：（Ⅰ）连接AO，由于直线PA切圆O于点A，所以AO?AP．又AO?2，PO?4，所以在Rt?OAP中，?P?30?，?AOP?60?，进而?B?30?，所以AB?AP．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知?P?30?，又AM?PB，所以?PAM?60?，又?B??M?30?，所以在?AMN中，?ANM?180???M??PAM?90?，所以MN?PA．
考点：圆的切线及三角形的边角关系 23．a=1 【解析】
试题分析：把参数方程化为普通方程，把极坐标方程化为直角坐标方程，联立方程组利用根与系数的关系求出t1??t2??242?2a,t1?t2??2?16?4a?．再根据由|PM|、|MN|、|PN|成等比数列,则
??t1??t2??t1?t2?，由此求得实数a的值．
试题解析：解：曲线C的直角坐标方程为y=2ax （a>0)
2
2??x??2??将直线l的参数方程化为??y??4???代入曲线C的直角坐标方程得：
2t?,2(t?为参数） 2t?.212t??42?2at??16?4a?0 2??因为交于两点，所以??0，即a>0或a<-4.
设交点M,N对应的参数分别为t1?,t2?.则t1??t2??242?2a,t1?t2??2?16?4a? 若|PM|、|MN|、|PN|成等比数列,则t1??t2?2???t1?t2?
解得a=1或a=-4（舍)
所以满足条件的a=1. （10分）.
考点：1.直线的参数方程；2.等比数列的性质；3.简单曲线的极坐标方程．
?1?24．（1）?xx??3或x??；（2）???,?6???4,???
3??【解析】
试题分析：（1）由不等式f(x)?0，即2x+1?x?2?0，可以讨论去绝对值号，也可移项平方求解
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（2）由不等式m?1?f?x?+3x?2有解，即m?1?2x?1+2x?4有解.设g?x??2x?1+2x?4，则问题可转化为m?1?g?x?min，利用绝对值不等式的性质，求出g?x?的最小值即可得解. 试题解析：（1）不等式f(x)?0，即2x+1?x?2?0， 由不等式2x+1?x?2两边平方化简得：?3x?1??x?3??0 解得：x??3或x?1， 3?1?所以不等式f(x)?0的解集为?xx??3或x??．
3??（2）由条件知，不等式m?1?f?x?+3x?2有解，即m?1?2x?1+2x?4有解. 设g?x??2x?1+2x?4，则问题可转化为m?1?g?x?min， 而g?x??2x?1+2x?4?2x?1?2x?4?5，
由m?1?5解得：m??6或m?4 ，所以a的取值范围是???,?6???4,???.
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