111P(??0)?P(A0?B0)?P(A0)?P(B0)???9436 ,
11411P(??1)?P(A0?B1)?P(A1?B0)?????92946 ,
114141P(??2)?P(A0?B2)?P(A1?B1)?P(A2?B0)??????
949213 =36 ,
P(??3)?P(A)?P(A41411
1?B22?B1)?9?4?9?2?3 . P(??4)?P(A411
2?B2)?9?4?9 . 综上知?有分布列
? 0 1 2 3 P
1/36
1/6
13/36
1/3
从而，?的期望为
E??0?136?1?113116?2?36?3?3?4?9
?73（株）
解法二：
分布列的求法同上 令
?1，?2分别表示甲乙两种树成活的株数，则
?211:B(2,3)，?2:B(2,2)
E?2411=2?=，E?2?2??故有3321
E??E?1?E?从而知
2?73
18、（本小题13分）
解：（Ⅰ）因f(x)?ax2?bx?k(k?0),故f?(x)?2ax?b
94 4 1/9
?又f(x)在x=0处取得极限值，故f(x)?0,从而b?0
由曲线y=f(x)在（1，f（1））处的切线与直线x?2y?1?0相互垂直可知
?该切线斜率为2，即f(1)?2,有2a=2,从而a=1
exg(x)?2(k?0)x?k（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
ex(x2?2x?k)g?(x)?(k?0)22(x?k)
2?g(x)?0x令，有?2x?k?0(k?0)
?（1）当??4?4k?0，即当k?1时，g(x)?0在R上恒成立，故函数g(x)在R上位增函数
ex(x?1)2g?(x)?2?0(x?1)2(x?1)（2）当??4?4k?0，即当k?1时，有，从而当k?1时，g(x)在R上为增
函数
2?00?k?1x?2x?k?0有两个不相等实根，即当时，方程
4（3）当???4kx1?1?1?k,x2?1?1?k ?（??,1?1?k)上为增函数； 当x?(??,1?1?k)时，g(x)?0，故g(x)在
?（1?1?k,1?1?k）1?1?k,1?1?k）当x?时，g(x)?0,故g(x)在（上为减函数； ?1?1?k，+?）（1?1?k，+?）当x?时，g(x)?0,故g(x)在（上为增函数
（19）（本小题12分） 解法一：
（Ⅰ）因为AD//BC,且BC?平面BCS,所以AD//平面BCS,从而A点到平面BCS的距离等于D点到平面
BCS的距离。
因为平面CSD?平面ABCD，AD?CD,故AD?平面CSD,从而AD?SD，由AD//BC，得
?,
又由CS?DS知DS?平面BCS，从而DS为点A到平面BCS的距离，因此在Rt?ADS中，
DS?AS2?AD2?3?1?2 （Ⅱ）如答（19）图1，过E点作EG?CD,交CD于点G，又过G点作GH?CD,交AB于H，故?EGH
为二面角E?CD?A的平面角，记为?，过E点作EF//BC,交CS于GF,因平面ABCD?平面CSD,GH?CD,易知GH?GF,故
点F,连结
???2??EGF.
CF?由于E为BS边中点，故
1CS?12,在Rt?CFE中，
EF?CE2?CF2?2?1?1,因EF?平面CSD，又EG?CD，故由三垂线定理的逆定理得FG?CD,
GFCF??CGF:?CSD,DSCD，而在Rt?CSD中， 从而又可得因此
CD?CS2?SD2?4?2?6,
GF?故
CF11?DS??2?CD63
tanEGF?EF???3?EGF???FG3，故所求二面角的大小为6 ，可得在Rt?FEG中，解法二：
（Ⅰ）如答（19）图2，以S(O)为坐标原点，射线OD,OC分别为x轴，y轴正向，建立空间坐标系，设
A(xA,yA,zA)，
?平面因平面CODuuuvyA?0，zA?AD?1又
2A2AB,CD?AD，CAD?平面CO，D即点A在xOz平面上，因此故Duuv2x?1?AS?3,xA?0
解得
xA?2 （2，01，）从而A
因AD//BC，故BC⊥平面CSD，即平面BCS与平面yOz重面BCS的距离为
合，从而点A到平
xA?2. (Ⅱ)易知C(0,2,0)，D(,0,0). 因E为BS的中点. ΔBCS为直角三角形 , 知 设
uuvuuvBS?2CE?22
B(0,2,ZB),ZB?0，则ZA＝2，故B（0，2，2）
，所以E（0，1，1）
在CD上取点G，设G（
x1,y1,0）
，使GE⊥CD .
由
CDuuuv?(2,?2,0),GEuuuv?(?xuuuvuuuv1,?y1?1,1),CD?GE?0故 2x1?2(y1?1)?0 ①
uuuvuuuvuuuvx1?y1?2又点G在直线CD上，即CG//CD，由CG=（x1,y1?2,0），则有2?2 ② (23,43,0)联立①、②，解得G＝,
uuuv(?22故GE=
3,?3,1). uuuvuuuv又由AD⊥CD，所以二面角E－CD－A的平面角为向量GE与向量DA所成的角，记此角为?.
uuuv23uu因为GE
=3，DAuv?(0,0,1),uuDAuv?1,GEuuuv?uuDAuv?1, uuuvcos??uuGEuv?uuDAuvuuuv?3所以
GE?DA2
?故所求的二面角的大小为 6.
(20)（本小题12分） 解：
x2y2（Ⅰ）由题设条件知焦点在y轴上，故设椭圆方程为a2?b2?1（a ＞b＞ 0 ）.
43a2设c?a2?b2y??43e?3c?3，由准线方程3得c3，由2得a2， 2y2解得a?2,c?3x??1，从而b = 1，椭圆的方程为4
x2?y2?1又易知C，D两点是椭圆4的焦点，所以,MC?MD?2a?4
MC?MD?(MC?MD2)2?22?4从而，当且仅当MC?MD，即点M的坐标为(?1,0)号，
MC?MD的最大值为4 .
时上式取等
（II）如图（20）图，设
M(xm,ym),B(xB,yB)
Q(xQ,yQ)?????????????N(xN,0),OM?ON?OQ，故 .因为
xQ?2xN,yQ?yM,
x22
Q?yQ?(2x2M)?yy?4 ①
???QA????BA?? 因为?0,
(1?xQ?yQ)?(1?xN?yn)
?(1?xQ)(1?xN)?yQyN?0, 所以
xQxN?yQyN?xN?xQ?1. ②
记P点的坐标为(xP,yP)，因为P是BQ的中点
所以
2xP?xQ?xP,2yP?yQ?yP
22由因为
xN?yN?1，结合①，②得 x2y21P?P?((xQ?xN)2?(yQ?y24N))?1 (x2222Q?xN?yQ?yn?2(x 4QxN?yQyN)) ?1(5?2(xQ?x 4N?1))
?3?x 4P
故动点P的轨迹方程为
(x?12)2?y2?1
（21）（本小题12分）
解：（I）因a1,a20,09a???2,00,8a是公比为dS200?9S20?0182a得1a?20a08?1220，故0a
a1d2?a1d?12a1，即d2?d?12
解得d?3或d??4（舍去）。因此d?3 又
S3?3a1?3d?15，解得a1?2
从而当n?1005时，
的等比数列，从而a2000?a1d,a2008?a1d2 由