【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．请在答题卡指定区域内作答，解．．．．．．．
答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 22．（本小题满分10分）
已知正四棱锥P?ABCD的侧棱和底面边长相等，在这个正四棱锥的8条棱中任取两条，按下列方式定义随机变量?的值：
若这两条棱所在的直线相交，则?的值是这两条棱所在直线的夹角大小（弧度制）； 若这两条棱所在的直线平行，则??0；
若这两条棱所在的直线异面，则?的值是这两条棱所在直线所成角的大小（弧度制）． （1）求P(??0)的值；
（2）求随机变量?的分布列及数学期望E(?)．
23．（本小题满分10分）
11记(x?1)?(x?)???(x?)（n≥2且n?N*）的展开式中含x项的系数为Sn，含x2项的
2n系数为Tn． （1）求Sn； （2）若
Tn?an2?bn?c，对n?2,3,4成立，求实数a,b,c的值； SnTn2（3）对（2）中的实数a,b,c，用数学归纳法证明：对任意n≥2且n?N*，?an?bn?cSn都成立．
数学Ⅰ试题参考答案及评分标准
一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分 1．{?2}2．真3．14．25．7 6．
57．3 63?452515238．39．(1,2)10．[,8]11．12．13．[,]14． 8443e16二、解答题：本大题共6小题，共计90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．解：（1）由正弦定理得3sinBsinC?cosBsinC?sinC，?ABC中，sinC?0，所以
????1??5?，B??，所以B?； 3sinB?cosB?1，所以sin(B?)?，??B??36662666（2）因为b2?ac，由正弦定理得sin2B?sinAsinC，
11cosAcosCcosAsinC?sinAcosCsin(A?C)sin(??B)sinB??????? tanAtanCsinAsinCsinAsinCsinAsinCsinAsinCsinAsinC11sinB1123??2???所以，tanAtanCsinBsinB3． 3216．（1）证明：PC?平面ABCD，BD?平面ABCD，所以BD?PC，C，BD记A交于点O，平行四边形对角线互相平分，
则O为BD的中点，又?PBD中，PB?PD，所以BD?OP， 又PC?OP=P，PC，OP?平面PAC，所以BD?平面PAC，又AC?平面PAC，所以BD?AC；
（2）四边形ABCD是平行四边形，所以AD∥BC，又AD?平面PBC，BC?平面PBC，所以AD∥平面PBC，
又AD?平面ADQF，平面ADQF?平面PBC?QF，所以AD∥QF，
又AD∥BC，所以QF∥BC． 17．解：（1）由题意AB∥OM，
AB'AB1.81???OB'OM3.62，OA?3，所以OB'?6，
22小明在地面上的身影AB'扫过的图形是圆环，其面积为??6???3?27?(平方米)；
（2）经过t秒，小明走到了A0处，身影为A0B0'，由（1）知
A0B0'AB1??，所以OB0OM2f(t)?A0B0'?OA0?OA2?AA02?2OA?AA0cos?OAA0，
23333?27?化简得f(t)?t?3t?9,0?t≤10，f(t)??t???，当t?时，f(t)的最小值为， 2242??2答：f(t)?t2?3t?9,0?t≤10，当t?333（秒）时，f(t)的最小值为（米）． 22?x2y2??1?c22ab2?a2b22 x2??2，18． 解：（1）由题意?，消去y得2x?ax?b?0，解得x1??a，acaa?(x?)2?y2?()2??22?????????ab2ab242c233所以xM??2?(?a,0)，OA?OM?xMxA?2a?b，2?，所以e?；
ca4c32（2）由（1）M(?b,?234322b， b)，右准线方程为x?33直线MN的方程为y?2x，所以P(4346b,b)， 33224221346b?b， S?POF?OF?yP=b?b?22b2，S?AMN?2S?AOM?OA?yM?2b?33223所以22b2+10222042210b?b，所以b?2,a?22， b?a，3333x2y2??1． 椭圆C的标准方程为8219．解：（1）方法一：因为nSn?1?(n?1)Sn?n(n?1)①， 所以(n?1)Sn?2?(n?2)Sn?1?(n?1)(n?2)②，
由②-①得，(n?1)Sn?2?nSn?1?(n?2)Sn?1?(n?1)Sn?2(n?1)， 即(n?1)Sn?2?(2n?2)Sn?1?(n?1)Sn?2(n?1)，又n?1?0， 则Sn?2?2Sn?1?Sn?2，即an?2?an?1?2．
在nSn?1?(n?1)Sn?n(n?1)中令n?1得，a1?a2?2a1?2，即a2?a1?2． 综上，对任意n?N*，都有an?1?an?2， 故数列{an}是以2为公差的等差数列． 又a1?a，则an?2n?2?a．
方法二：因为nSn?1?(n?1)Sn?n(n?1)，所以是以a为首项，1为公差的等差数列， 因此
Sn?1Sn?S???1，又S1?a1?a，则数列?n?n?1n?n?Sn?n?1?a，即Sn?n2?(a?1)n． n当n≥2时，an?Sn?Sn?1?2n?2?a，又a1?a也符合上式， 故an?2n?2?a(n?N*)，
故对任意n?N*，都有an?1?an?2，即数列{an}是以2为公差的等差数列． （2）令en?2an?12?1?，则数列{en}是递减数列，所以1?en≤1?．
aan2n?2?a111x2?1y?x??0考察函数y?x?(x?1)，因为y??1?2?，所以在(1,??)上递2xxxx增．因此2?en??1?414??2,2?，从而bn?en?≤2??． ?en?a(a?2)?ena(a?2)???4??，明显q?0．
a(a?2)?因为对任意的n?N*，总存在数列{bn}中的两个不同项bs，bt，使得bs≤cn≤bt，所以对任意的n?N*都有cn??2,2?若q?1，当n≥1?log合题意，舍去；
q1?24时，有cn?c1qn?1?2qn?1≥2?，不符
a(a?2)a(a?2)a2?2a4n?1n?1时，有c?cq≤2?q≤2，n12a?2a?2a(a?2)lnx??)． ，定义域为(0，x2若0?q?1，当n≥1?logq不符合题意，舍去；故q?1． 20．解：（1）当a?0时，f(x)?f?(x)?
1?2lnx，令f?(x)?0，得x?e． 3x(0，e) ＋ ↗ e x f(x) f?(x) (e，??) － 0 极大值1 2e↘ ∴当x?e时，f(x)的极大值为
1?1，无极小值． 2e（2）f?(x)?a?2lnxx?a)恒成立． ，由题意f?(x)≥0对x?(0，3(x?a)?a)，∴(x?a)3?0， ∵x?(0，∴1?a?a)恒成立． ?2lnx≤0对x?(0，x?a)恒成立． ∴a≤2xlnx?x对x?(0，?a)，则g?(x)?2lnx?1， 令g(x)?2xlnx?x，x?(0，①若0??a≤e?12，即0?a≥-e?12?a)恒成立， ，则g?(x)?2lnx?1?0对x?(0，?a)上单调递减， ∴g(x)?2xlnx?x在(0，则a≤2(-a)ln(?a)?(?a)，∴0≤ln(?a)，∴a≤?1与a≥-e②若?a?e当0?x?e?12?12矛盾，舍去；
，即a??e?12，令g?(x)?2lnx?1?0，得x?e?12，
?12时，g?(x)?2lnx?1?0，∴g(x)?2xlnx?x单调递减，
当e?12?x??a时，g?(x)?2lnx?1?0，∴g(x)?2xlnx?x单调递增，
?12∴当x?e时，[g(x)]min?g(e12?12)?2e?111??2?2ln(e)?e2??2e?12，
∴a≤?2e?．综上a≤?2e?12．
（3）当a??1时，f(x)?x?1?2xlnxlnx?，． f(x)?32x(x?1)(x?1)1)， 令h(x)?x?1?2xlnx，x?(0，则h?(x)?1?2(lnx?1)??2lnx?1，令h?(x)?0，得x?e①当e?12?12．
?121≤x?1时，h?(x)≤0，∴h(x)?x?1?2xlnx单调递减，h(x)?(0，2e?1]，
?x?1?2xlnxlnx2)， ∴f?(x)?恒成立，∴单调递减，且?0f(x)?f(x)≤f(e32x(x?1)(x?1)②当0?x≤e?12时，h?(x)≥0，∴h(x)?x?1?2xlnx单调递增，
11114?0， 其中h()??1?2?ln()?ln2222e又h(e?2)?e?2?1?2e?2?ln(e?2)?5?1?0， e21∴存在唯一x0?(e?2,)，使得h(x0)?0，∴f?(x0)?0，
2当0?x?x0时，f?(x)?0，∴f(x)?当x0?x≤e?12lnx单调递增，
(x?1)21?lnx2)， 时，f?(x)?0，∴f(x)?单调递减，且f(x)≥f(e2(x?1)由①和②可知，f(x)?∴当x?x0时，f(x)?lnx在(0，x0)单调递增，在(x0，1)上单调递减，
(x?1)2lnx取极大值．
(x?1)2x0?1， 2x0∵h(x0)?x0?1?2x0lnx0?0，∴lnx0?∴f(x0)?lnx0(x0?1)2?11， ?2x0(x0?1)2(x?1)2?102211111又x0?(0，)，∴2(x0?)2??(?，??2． 0)，∴f(x0)?12122222(x0?)?22