參考答案:

一、選擇題(本大題共2小題，每小題5分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)

簡答與提示:

1、或，；

2、是平行四邊形，；

3、根據(jù)題意：；

4、根據(jù)對稱性；

5、依題意：；

6、根據(jù)線線、線面、面面平行和垂直的有關(guān)判定逐個判斷即可；

7、①函數(shù)是偶函數(shù)，②函數(shù)先單調(diào)遞增后單調(diào)遞減，③當(dāng)時，；

8、a與b的夾角為60^o，；

9、，；

10、乙丙丁所說為假甲拿4，甲乙所說為假丙拿1，甲所說為假乙拿2；

11、以正方體ABCD－A′B′C′D′的任意三個頂點(diǎn)為頂點(diǎn)可作(個)三角形，正方體的表面及對角面每個面有=4(個)三角形，所以所求概率為；

12、橢圓+＝1中，，所以(|P_nF|)_min=(|P_nF|)_max=

所以.

二、填空題(本大題共4小題，每小題4分，共16分，把答案填在橫線上.)

13、0或　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 14、(－1,1)和(2,+∞)

15、　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　16、④

簡答與提示:

13、是純虛數(shù)，則.

14、解：由f(x)的解析式可知f(x)圖象連續(xù)及f(x)的單調(diào)性可確定：在(－1,1)和(2,+∞)上均有

f(x)＞0.

15、命題p：不等式|x－m|+|x－1|＞1的解集為R或

命題q：f(x)＝log_(3+m)x是(0，+∞)上的增函數(shù)3+m>1

　“p且q”是假命題，“p或q”是真命題說明命題p和q一真一假，

所以實數(shù)m的取值范圍是.

16、當(dāng)=0，①不對；若+=0，點(diǎn)、在直線上或在直線的異側(cè)，所以②③錯；

三、解答題

17：解：⑴　 ∵，，且.＝，

∴－cos²+sin²＝， 即－cosA＝， 　　　　……………………4分

又A∈(0，p)，

∴A＝p,　　　　　　 …………………………………………………………6分

　　 　　　　⑵　　 S_△ABC＝bc.sinA＝b.c.sinp＝，∴bc＝4,　 　　…………………8分

又由余弦定理得：a²=b²+c²－2bc.cos120°＝b²+c²+bc , 　　………10分

∴16＝(b+c)²，故b+c＝4.　　　　　　 ……………………………………12分

18、解: ⑴ 由題意,的可能取值為1,2,3,4,5

　　　　　　 …………………………………………5分

所以的分布列為:

	1	2	3	4	5

…………………………………………7分

⑵ 因為甲先取,所以甲只有可能在第1次,第3次和第5次取球,記”甲取到白球”為事件,則

∵事件兩兩互斥，

∴. ………………………………12分

19．(本小題滿分12分)

解：⑴ =－2x+a－　

　 ∵f(x)在(0，)上為減函數(shù)，∴x∈(0，)時－2x+a－＜0恒成立。

即a＜2x+恒成立。　　　　 …………………………………………………………2分

設(shè)g(x)= 2x+，則=2－

∵x∈(0，)時＞4，∴＜0，∴g(x) 在(0，)上遞減。 ………4分

∴g(x) ＞g()=3，∴a≤3?！　　　　　?…………………………………………………6分

⑵ 若f(x)既有極大值又有極小值，則首先必須=0有兩個不同正根x₁ ，x₂ ，

即 2x²－ax+1=0有兩個不同正根。　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 …………8分

令

∴當(dāng)a＞2時，=0有兩個不等的正根.　　　　 ………………………10分

不妨設(shè)x₁ ＜x₂ ，由=－(2x²－ax+1)=－(x－x₁)(x－x₂)知：

0＜x＜x₁時＜0，x₁＜x＜x₂時＞0，x＞x₂時＜0。

∴當(dāng)a＞2時f(x)既有極大值f(x₂)又有極小值f(x₁) .　　　　 …………………12分

20．(本小題滿分12分)

解法一：

⑴　 連結(jié)AC、BD，設(shè).由P－ABCD與Q－ABCD都是正四棱錐，

所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD.從而P、O、Q三點(diǎn)在一條直線上，

所以PQ⊥平面ABCD.

　 由題設(shè)知，ABCD是正方形，所以．

⑵ 由⑴，平面，故可以分別以直線CA、DB、QP為軸，軸，軸建立空間直角坐標(biāo)系(如上圖)，由題設(shè)條件，相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)分別是，，,所以,,

于是

從而異面直線AQ與PB所成的角是.

⑶ 由⑵，點(diǎn)D的坐標(biāo)是(0，－，0)，，，

設(shè)是平面QAD的一個法向量，

由　　　 得.取x=1，得.

所以點(diǎn)P到平面QAD的距離.

解法二：

⑴　 取AD的中點(diǎn)M，連結(jié)PM，QM.因為P－ABCD與Q－ABCD都是正四棱錐，

所以AD⊥PM，AD⊥QM. 從而AD⊥平面PQM.

又平面PQM，所以PQ⊥AD.同理PQ⊥AB，所以PQ⊥平面ABCD.

⑵　 連結(jié)AC、BD設(shè)，由PQ⊥平面ABCD及

正四棱錐的性質(zhì)可知O在PQ上，從而P、A、Q、C四

點(diǎn)共面.取OC的中點(diǎn)N，連結(jié)PN．

因為，所以，

從而AQ∥PN.∠BPN(或其補(bǔ)角)是異面直線AQ

與PB所成的角.連接BN，

因為．

所以．

從而異面直線AQ與PB所成的角是．

⑶ 由⑴知，AD⊥平面PQM，所以平面PQM⊥平面QAD. 過P作PH⊥QM于H，

則PH⊥平面QAD，所以PH的長為點(diǎn)P到平面QAD的距離．

連結(jié)OM，則.所以，

又PQ＝PO+QO＝3，于是.

即點(diǎn)P到平面QAD的距離是.

21．解：⑴　　　 又∵為銳角

　　 　　　　　　　　　∴　　　 ∴　　　 　　　　　…………3分

　　　　　　 ⑵ 　　　　　　∵　　　　 ∴都大于0

　　　　　　　　　　　 ∴　　　　　 ∴　　　　　　　　 …………………………………7分

　　　　　　 ⑶　 　

∴　　　　　　　　　　　　　　　 …………………………………8分

　　　　　　　　　　　 ∴

　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　…………………………………10分

∵, 　,　 又∵

　　　　　　　　　　　 ∴　　　　　　　　　　　 ∴

　　　　　　　　　　　 ∴　　　　 …………………………12分

22．解：⑴ 設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x，y)則由，

得，及

　　　　　　　　　　　 由　　　　 得　　　　　　 …………………3分

　　　　　　　　　　　 ∴，由點(diǎn)Q在x軸的正半軸上得

　　　　　　　　　　　 ∴M點(diǎn)軌跡G方程：()　　　　　　　　　 ……………………5分

　　　　　　 ⑵ 設(shè)直線，其中　 代入

　　　　　　　　　　　 得　　　 (1)　　　　　　　　　 ……………………6分

　　　　　　　　　　　 設(shè)A(x₁，y₁)，B(x₂，y₂)，則x₁，x₂是方程(1)的兩個實數(shù)

　　　　　　　　　　　 ∴　　　　 ∴AB中點(diǎn)坐標(biāo)為

　　　　　　　　　　　 AB的垂直平分線為：， ……………………8分

令,　　 ∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為　

因為為正三角形

　　　　　　　　　　　 ∴到直線AB的距離等于　　 …………………10分

　　　　　　　　　　　 ∴　　 ……12分

　　　　　　　　　　　 ∴．　　　　　 …………………………………………14分