5．（5分）
【考点】向量加减混合运算及其几何意义．
【分析】把向量用一组向量来表示，做法是从要求向量的起点出发，尽量沿着已知向量，走到要求向量的终点，把整个过程写下来，即为所求．本题也可以根据D点把BC分成一比二的两部分入手．
【解答】解：∵由∴∴
．
，
，
故选A
【点评】用一组向量来表示一个向量，是以后解题过程中常见到的，向量的加减运算是用向量解决问题的基础，要学好运算，才能用向量解决立体几何问题，三角函数问题，好多问题都是以向量为载体的 6．（5分）
【考点】同角三角函数基本关系的运用．
【分析】把三角函数式整理，平方展开，合并同类项，逆用正弦的二倍角公式，得到y=Asin（ωx+φ）的形式，这样就可以进行三角函数性质的运算．
2
【解答】解：∵y=（sinx﹣cosx）﹣1 =1﹣2sinxcosx﹣1 =﹣sin2x，
∴T=π且为奇函数， 故选D 【点评】同角三角函数的基本关系式揭示了同一个角的六种三角函数间的相互关系，其主要应用于同角三角函数的求值和同角三角函数之间的化简和证明．单在应用这些关系式子的时候就要注意公式成立的前提是角对应的三角函数要有意义． 7．（5分）
【考点】等比数列．
【分析】由a1+a2=3，a2+a3=6的关系求得q，进而求得a1，再由等比数列通项公式求解． 【解答】解：由a2+a3=q（a1+a2）=3q=6， ∴q=2，
∴a1（1+q）=3， ∴a1=1，
6
∴a7=2=64． 故选A．
【点评】本题主要考查了等比数列的通项及整体运算． 8．（5分）
【考点】反函数．
【分析】由函数y=f（x）的图象与函数y=ln的图象关于直线y=x对称知这两个函数互为反函数，故只要求出函数y=f（x）的反函数即可，欲求原函数的反函数，即从原函数y=ln中反解出x，后再进行x，y互换，即得反函数的解析式．
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【解答】解：∵∴
，∴，
∴答案为A，
【点评】本题主要考查了互为反函数图象间的关系及反函数的求法． 9．（5分）
【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．
【分析】先根据诱导公式将函数则进行平移即可得到答案． 【解答】解：∵
只需将函数y=sin2x的图象向左平移
化为正弦的形式，再根据左加右减的原
，
个单位得到函数
的图象．
故选A．
【点评】本题主要考查诱导公式和三角函数的平移．属基础题． 10．（5分）
【考点】直线与圆的位置关系．
【分析】用圆心到直线的距离小于或等于半径，可以得到结果． 【解答】解：直线与圆有公共点，即直线与圆相切或相交得：d≤r
故选D．
【点评】本题考查点到直线的距离公式，直线和圆的位置关系，是基础题． 11．（5分）
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．
【分析】法一：由题意可知三棱锥A1﹣ABC为正四面体，设棱长为2，求出AB1及三棱锥的高，由线面角的定义可求出答案；
法二：先求出点A1到底面的距离A1D的长度，即知点B1到底面的距离B1E的长度，再求出AE的长度，在直角三角形AEB1中求AB1与底面ABC所成角的正切，再由同角三角函数的关系求出其正弦． 【解答】解：（法一）因为三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC内的射影为△ABC的中心，设为D，
所以三棱锥A1﹣ABC为正四面体，设棱长为2， 则△AA1B1是顶角为120°等腰三角形，
所以AB1=2×2×sin60°=2，A1D=
=，
所以AB1与底面ABC所成角的正弦值为
==；
（法二）由题意不妨令棱长为2，点B1到底面的距离是B1E，
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如图，A1在底面ABC内的射影为△ABC的中心，设为D， 故DA=
，
=
故B1E=
，
由勾股定理得A1D=
如图作A1S⊥AB于中点S， 易得A1S=
，所以AB1=
=2
，
所以AB1与底面ABC所成角的正弦值sin∠B1AE=故选B．
=．
【点评】本题考查了几何体的结构特征及线面角的定义，还有点面距与线面距的转化，考查了转化思想和空间想象能力． 12．（5分）
【考点】排列及排列数公式．
【分析】填好第一行和第一列，其他的行和列就确定，因此只要选好第一行的顺序再确定第一列的顺序，就可以得到符合要求的排列． 【解答】解：填好第一行和第一列， 其他的行和列就确定，
32
∴A3A2=12， 故选B
【点评】排列问题要做到不重不漏，有些题目带有一定的约束条件，解题时要先考虑有限制条件的元素．
二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分） 13．（5分）
【考点】简单线性规划．
【分析】首先作出可行域，再作出直线l0：y=2x，将l0平移与可行域有公共点，直线y=2x﹣z在y轴上的截距最小时，z有最大值，求出此时直线y=2x﹣z经过的可行域内的点的坐标，代入z=2x﹣y中即可．
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【解答】解：如图，作出可行域，作出直线l0：y=2x，将l0平移至过点A处时，函数z=2x﹣y有最大值9．
【点评】本题考查线性规划问题，考查数形结合思想． 14．（5分）
【考点】抛物线的应用．
2
【分析】先根据抛物线y=ax﹣1的焦点坐标为坐标原点，求得a，得到抛物线方程，进而可知与坐标轴的交点的坐标，进而可得答案．
【解答】解：由抛物线y=ax﹣1的焦点坐标为
，则
2
坐标原点得，
与坐标轴的交点为（0，﹣1），（﹣2，0），（2，0） ，则以这三点围成的三角形的面积为
故答案为2 【点评】本题主要考查抛物线的应用．考查了学生综合运用所学知识，解决实际问题的能力． 15．（5分）
【考点】椭圆的定义．
【分析】令AB=4，椭圆的c可得，AC=3，BC=5依据椭圆定义求得a，则离心率可得． 【解答】解：令AB=4，则AC=3，BC=5 则2c=4，∴c=2，2a=3+5=8
∴a=4，∴e=故答案为．
【点评】本题主要考查了椭圆的定义．要熟练掌握椭圆的第一和第二定义． 16．（5分）
【考点】与二面角有关的立体几何综合题；点、线、面间的距离计算．
【分析】本题考查了立体几何中的折叠问题，及定义法求二面角和点到平面的距离，我们由已知菱形ABCD中，AB=2，∠A=120°，沿对角线BD将△ABD折起，使二面角A﹣BD﹣C为120°，及菱形的性质：对角线互相垂直，我们易得∴∠AOC即为二面角A﹣BD﹣C的平面角，解△AOC后，OC边的高即为A点到平面BCD的距离． 【解答】解：已知如下图所示：
设AC∩BD=O，则AO⊥BD，CO⊥BD， ∴∠AOC即为二面角A﹣BD﹣C的平面角
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∴∠AOC=120°，且AO=1， ∴d=1×sin60°=
故答案为：
【点评】根据二面角的大小解三角形，一般先作出二面角的平面角．此题是利用二面角的平面角的定义作出∠AOC为二面角A﹣BD﹣C的平面角，通过解∠AOC所在的三角形求得∠AOC．其解题过程为：作∠AOC→证∠AOC是二面角的平面角→利用∠AOC解三角形AOC，简记为“作、证、算”．
三、解答题（共6小题，满分70分） 17．（10分）
【考点】余弦定理． 【分析】（I）由图及已知作CD垂直于AB，在直角三角形BDC中求BC的长． （II）由面积公式解出边长c，再由余弦定理解出边长b，求三边的和即周长． 【解答】解：（I）过C作CD⊥AB于D，则由CD=bsinA=4，BD=acosB=3
∴在Rt△BCD中，a=BC==5
（II）由面积公式得S=×AB×CD=×AB×4=10得AB=5 又acosB=3，得cosB= 由余弦定理得：b=
=
=2
△ABC的周长l=5+5+2=10+2 答：（I）a=5；（II）l=10+2
【点评】本题主要考查了射影定理及余弦定理． 18．（12分）
【考点】平面与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题． 【分析】（1）取BC中点F，证明CE⊥面ADF，通过证明线面垂直来达到证明线线垂直的目的．
（2）在面AED内过点E作AD的垂线，垂足为G，由（1）知，CE⊥AD，则∠CGE即为所求二面角的平面角，△CGE中，使用余弦定理求出此角的大小． 【解答】解：（1）取BC中点F，连接DF交CE于点O， ∵AB=AC，∴AF⊥BC．
又面ABC⊥面BCDE，∴AF⊥面BCDE，∴AF⊥CE．
再根据 ，可得∠CED=∠FDC．
又∠CDE=90°，∴∠OED+∠ODE=90°，
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