弦定理得所以BC?BCCD． ?sin?BDCsin?CBDCDsin?BDCs·sin?． ?sin?CBDsin(???)s·tan?sin?．
sin(???)在Rt△ABC中，AB?BCtan?ACB?18．证明： （Ⅰ）由题设AB=AC=SB=SC?SA，连结OA，△ABCS
2SA为等腰直角三角形，所以OA?OB?OC?，且2M
O C
AO?BC，又△SBC为等腰三角形，故SO?BC，且SO?2SA，从而OA2?SO2?SA2． 2B A
所以△SOA为直角三角形，SO?AO． 又AO?BO?O．
所以SO?平面ABC． （Ⅱ）解法一：
取SC中点M，连结AM，由（Ⅰ）知SO?，OMOM?S，CA?M． SO，C?SA，A得
∴?OMA为二面角A?SC?B的平面角． 由AO?BC，AO?SO，SO?BC?O得AO?平面SBC．
所以AO?OM，又AM?3SA， 2故sin?AMO?AO?AM26?． 33所以二面角A?SC?B的余弦值为解法二：
3． 3以O为坐标原点，射线OB，OA分别为x轴、y轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系
O?xyz．
设B(1，0，0)，则C(?1，0，，0)A(01，，，0)S(0，01)，．
z ，
S SC的中点
?11?M??，0，??22?M O C
x B A y ??????1?1??????11????MO??，0，??，MA??，1，??，SC?(?1，0，?1)．
2?2??2?2?????????????????∴MO·SC?0，MA·SC?0．
?????????故MO?SC，MA?SC， ??????????????????MO·MA3， cos?MO，MA????????????3MO·MA所以二面角A?SC?B的余弦值为 3． 319．解：（Ⅰ）由已知条件，直线l的方程为y?kx?2， x2代入椭圆方程得?(kx?2)2?1． 2整理得??1??k2?x2?22kx?1?0 ① ?2?2直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于??8k?4??1??k2??4k2?2?0， ?2???2??222??∞?解得k??或k?．即k的取值范围为??∞，??????2，?． 222????????????（Ⅱ）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则OP?OQ?(x1?x2，y1?y2)， 由方程①，x1?x2??42k． ② 1?2k2又y1?y2?k(x1?x2)?22． ③ ????0)B(0，，1)AB?(?2，1)． 而A(2，，????????????所以OP?OQ与AB共线等价于x1?x2??2(y1?y2)， 将②③代入上式，解得k?2． 2由（Ⅰ）知k??22或k?，故没有符合题意的常数k． 2220．解： 每个点落入M中的概率均为p?依题意知X~B?10000，?． （Ⅰ）EX?10000?1． 4??1?4?1?2500． 4??X??4?1?0.03?， 10000?（Ⅱ）依题意所求概率为P??0.03?X??P??0.03??4?1?0.03??P(2425?X?2575) 10000??2574?t?24262574?Ct10000?0.25t?0.7510000?t 2425t?0?t?2426?Ct10000?0.25?0.75t10000?tt??C10000?0.25t?0.7510000?1 ?0.9570?0.0423?0.9147． 21．解： （Ⅰ）f?(x)?1?2x， x?a3． 2依题意有f?(?1)?0，故a?2x2?3x?1(2x?1)(x?1)从而f?(x)?． ?33x?x?223?3??∞?，当??x??1时，f?(x)?0； f(x)的定义域为??，2?2?当?1?x??当x??1时，f?(x)?0； 21时，f?(x)?0． 2?3?2??1??2???1?，?∞?单调增加，在区间??1，?从而，f(x)分别在区间??，??，??1??单调减少． 2?2x2?2ax?1（Ⅱ）f(x)的定义域为(?a，． ?∞)，f?(x)?x?a2x2?2ax?1?0的判别式??4a2?8． （ⅰ）若??0，即?2?a?2，在f(x)的定义域内f?(x)?0，故f(x)的极值． （ⅱ）若??0，则a?2或a??2． (2x?1)2?∞)，f?(x)?若a?2，x?(?2，． x?2当x????2??22???，?∞时，f?(x)?0，当x???2，时，f?(x)?0，所以f(x)???????222????无极值． (2x?1)2?0，f(x)也无极值． ?∞)，f?(x)?若a??2，x?(2，x?2（ⅲ）若??0，即a?2或a??2，则2x?2ax?1?0有两个不同的实根 2?a?a2?2?a?a2?2x1?，x2?． 22当a??2时，x1??a，x2??a，从而f?(x)有f(x)的定义域内没有零点，故f(x)无极值． 当a?2时，x1??a，x2??a，f?(x)在f(x)的定义域内有两个不同的零点，由根值判别方法知f(x)在x?x1，x?x2取得极值． ?∞)． 综上，f(x)存在极值时，a的取值范围为(2，f(x)的极值之和为 1ef(x1)?f(x2)?ln(x1?a)?x12?ln(x2?a)?x22?ln?a2?1?1?ln2?ln22． 22．Ａ （Ⅰ）证明：连结OP，OM． 因为AP与?O相切于点P，所以OP?AP． 因为M是?O的弦BC的中点，所以OM?BC． P A B O 于是?OPA??OMA?180°． ，P，O，M四点共圆．由圆心O在?PAC的内部，可知四边形APOM的对角互补，所以A ，P，O，M四点共圆，所以?OAM??OPM． （Ⅱ）解：由（Ⅰ）得A由（Ⅰ）得OP?AP． 由圆心O在?PAC的内部，可知?OPM??APM?90°． M C ?OAM??APM?90°． 22．Ｂ 解：以极点为原点，极轴为x轴正半轴，建立平面直角坐标系，两坐标系中取相同的长度单位． （Ⅰ）x??cos?，y??sin?，由??4cos?得??4?cos?． 所以x?y?4x． 即x?y?4x?0为?O1的直角坐标方程． 同理x?y?4y?0为?O2的直角坐标方程． 22??x2?2?x?y?4x?0，?x1?0，（Ⅱ）由?2解得?． ?2y?0，y??2x?y?4y?0??1?2?2222222即?O1，?O2交于点(0，0)和(2，?2)．过交点的直线的直角坐标方程为y??x． 22．Ｃ解： （Ⅰ）令y?2x?1?x?4，则 y 1??x?5， x≤?，?2?1?y??3x?3， ??x?4，．．．．．．．．．．．．．．．3分 2??x?5， x≥4．??y?2 O 1? 24 x 作出函数y?2x?1?x?4的图象，它与直线y?2的交点为(?7，2?． 2)和?，?5?3??所以2x?1?x?4?2的解集为(?x，?7)??，?x?． （Ⅱ）由函数y?2x?1?x?4的图像可知，当x??值? ?5?3??1时，y?2x?1?x?4取得最小29． 22008年普通高等学校统一考试（海南卷） 数学（理科） 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分。在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的。