内容发布更新时间 : 2025/1/4 3:20:28星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

解得CD=1．

解析：（1）在三角形ABD中，利用余弦定理直接求得BD的值即可；

（2）先利用余弦定理求得cos∠ABD，可得sin∠CBD的值，再在△BCD 中，利用正弦定理可得结果．

本题考查了正余弦定理解三角形，合理的运用正余弦定理是解题的关键，属于基础题．

18.答案：解：（1）对于一个坑而言，要补种的概率为

有3个坑需要补种的概率为：

×

，

+=．

要使×最大，只须，解得5≤n≤7，

∵n∈N*，故n=5，6，7． ∵

=

=＞

=

，

所以当n为5或6时，有3个坑要补播种的概率最大．最大概率为．

（2）n=4时，要补播种的坑的个数X的所有的取值分别为0，1，2，3，4，X～B（4，）， P（X=0）=P（X=4）=

=，P（X=1）==．

=，P（X=2）=

=，P（X=3）=

=，

所以随机变量X的分布列为： X P 0 1 2 3 4 所以X的数学期望E（X）=4×=2．

解析：（1）将有3个坑需要补种表示成n的函数，考查函数随n的变化情况，即可得到n为何值时有3个坑要补播种的概率最大．

（2）n=4时，X的所有可能的取值为0，1，2，3，4．分别计算出每个变量对应的概率，列出分布列，求期望即可．

本题考查了古典概型的概率求法，离散型随机变量的概率分布，二项分布，主要考查简单的计算，属于中档题．

19.答案：（1）证明：设AC，BD交于点O， ∵AD=CD，∴∠DAC=∠DCA，

又∠BAD=∠BCD，∴∠BAC=∠BCA，∴AB=AC， ∴△ABD≌△CBD，∴∠ADB=∠CDB， ∴△AOD≌△COD，∴∠AOD=∠COD=90°， ∴AC⊥BD，

又BB1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD， ∴AC⊥BB1，又BD∩BB1=B，

∴AC⊥平面BDB1，又B1D?平面BDB1，

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∴AC⊥B1D．

（2）解：由（1）可知∠ADB=∠ADC=30°，∴∠ABO=60°， ∴OB=AB=，BD=2AB=2，∴OD=，OC=OA=． 以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，

则B（，0，0），D（-，0，0），C1（0，，2），B1（，0，2）， ∴

=（-，，2），

=（-2，0，-2），

=（-，，0），

设平面B1C1D的法向量为=（x，y，z），则，

∴，令y=1可得=（，1，-），

∴cos＜＞===-．

∴BC1与平面B1C1D所成角的正弦值为|cos＜＞|=．

解析：（1）根据三角形相似证明AC⊥BD，结合AC⊥BB1可得AC⊥平面BB1D，故而AC⊥B1D；

（2）建立空间坐标系，求出平面B1C1D的法向量，通过计算与

的夹角得出所求线

面角的大小．

本题考查了线面垂直的判定和性质，考查空间向量与二面角的计算，属于中档题． 20.答案：解：（1）因为圆E为△ABC的外接圆，所以

|CA|+|CB|=|CP|+|CQ|+|PA|+|QB|=2|CP|+|AR|+|BR|=2|CP|+|AB|=4＞|AB| 所以点C的轨迹为以点A和点B为焦点的椭圆， 所以c=，a=2，b=， 所以曲线G的方程为

，

（2）当直线l的斜率不存在时，直线MN的方程为x=-1或x=1， 此时可求得四边形OMDN的面积为．

当直线l的斜率存在时，设直线l方程是y=kx+m， 代入到∴x1+x2=

，得（1+2k2）x2+4kmx+2m2-4=0， ，x1x2=

，△=8（4k2+2-m2）＞0， ，|MN|=， ，yD=

×

∴y1+y2=k（x1+x2）+2m=点O到直线MN的距离d=由

，得xD=

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∵点D在曲线C上，所以将D点坐标代入椭圆方程得1+2k2=2m2， 由题意四边形OMDN为平行四边形， ∴OMDN的面积为S=

×

×

=

，

由1+2k2=2m2得S=，

故四边形OMDN的面积是定值，其定值为．

解析：（1））因为圆E为△ABC的外接圆，所以

|CA|+|CB|=|CP|+|CQ|+|PA|+|QB|=2|CP|+|AR|+|BR|=2|CP|+|AB|=4＞|AB|，所以点C的轨迹为以点A和点B为焦点的椭圆， （2）当直线l的斜率不存在时，直线MN的方程为x=-1或x=1，此时可求得四边形OMDN的面积为．当直线l的斜率存在时，设直线l方程是y=kx+m，代入椭圆方程，结合韦达定理求出面积即可．

本题考查了用定义法求轨迹方程及圆锥曲线中的定值问题，是综合题．

21.答案：解：（1）因为g（x）=x3+2（1-a）x2-8x+8a+7，

所以g（2）=

+8（1-a）-16+8a+7=2a-1，解得a=0，

所以g（x）=2x2-8x+7；

且g（0）=7，g（3）=1，g（2）=-1； 所以g（x）在[0，3]上的值域为[-1，7]；

（2）（i）当a=0时，g（x）=2x2-8x+7，由g（x）=0，得x=2±∈（1，+∞）， 此时函数y=h（x）有三个零点，符合题意；

（ii）当a＞0时，g′（x）=2ax2+4（1-a）x-8=2a（x-2）（x+），由g′（x）=0，得x=2，

当x∈（0，2）时，g′（x）＜0，当x∈（2，+∞）时，g′（x）＞0，

若函数y=h（x）有三个零点，则需满足g（1）＞0且g（2）＜0，解得0＜a＜； （iii）当a＜0时，g′（x）=2ax2+4（1-a）x-8=2a（x-2）（x+），由g′（x）=0得x1=2，x2=-，

①当-＜2，即a＜-1时，因为g（x）极大值=g（2）=a-1＜0，此时函数y=h（x）至多有一个零点，不符合题意；

②当-=2，即a=-1时，因为g′（x）≤0，此时函数y=h（x）至多有两个零点，不符合题意；

③当-＞2，即-1＜a＜0时，若g（1）＜0，则函数y=h（x）至多有两个零点，不符合题意；

若g（1）=0，得a=-，因为g（-）=（8a3+7a2+8a+），所以g（-）＞0， 此时函数y=h（x）有三个零点，符合题意；

若g（1）＞0，得-＜a＜0，由g（-）=（8a3+7a2+8a+），

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记m（a）=8a3+7a2+8a+，则m′（a）=24a2+14a+8＞0，所以m（a）＞m（-）＞0， 此时函数y=h（x）有四个零点，不符合题意；

综上所述，满足条件的实数a的取值范围是{-}∪[0，）．

解析：（1）根据题意知g（2）=

+8（1-a）-16+8a+7=2a-1，求得a=0，

由此写出g（x）的解析式，再求g（x）在[0，3]上的值域；

（2）讨论（i）a=0时，g（x）=2x2-8x+7，判断此时函数y=h（x）有三个零点；

（ii）a＞0时，利用g′（x）判断函数的单调性，求出函数的极值，得出函数y=h（x）有三个零点时a的取值范围；

（iii）a＜0时，利用g′（x）求出函数的极值点，讨论函数的单调性，从而求出函数y=h（x）有三个零点时a的取值． 本题考查了函数零点的应用问题，也考查了利用导数研究函数的单调性与极值的应用问题，是难题．

22.答案：解：（1）由cos（）=4cosθ-4sinθ，得ρ2=4ρcosθ-4ρsinθ，

∴x2+y2=4x-4y，即（x-2）2+（y+2）2=8．

∴曲线C2的直角坐标方程为（x-2）2+（y+2）2=8， 表示以（2，-2）为圆心，以为半径的圆； （2）将

（t为参数，0≤α＜π）代入（x-2）2+（y+2）2=8，

整理得t2-4tcosα-4=0．

设A，B所对应的参数分别为t1，t2， 则t1+t2=4cosα，t1t2=-4． ∴=解得

解析：（1）把

cos（

）右边展开两角和的余弦，结合极坐标与直角坐标的

，则sin=

=

， ．

互化公式可得曲线C2的直角坐标方程，进一步判断其形状；

（2）把曲线C1的参数方程代入曲线C2的直角坐标方程，化为关于t的一元二次方程，由一元二次方程根与系数的关系及此时t的几何意义求解．

本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，特别是注意直线参数方程中参数t的几何意义的应用，是中档题．

23.答案：解：（1）当a=2时，不等式f（x）＞3x即为|2x+2|＞3x， 由

或

，

可得-1≤x＜2或x＜-1， 综上可得x＜2，

则所求解集为（-∞，2）；

（2）证明：若f（l）≤M，f（2）≤M， 则|a+2|≤M，|2a+2|≤M，

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即有|2a+4|≤2M，|2a+2|≤M，

两式相加可得|2a+2|+|2a+4|≤3M， 又|2a+2|+|2a+4|≥|2a+4-2a-2|=2， 可得2≤3M，即M≥．

解析：（1）由绝对值的意义，去绝对值，解不等式，求并集可得所求解集； （2）将原不等式变形后运用绝对值不等式的性质：|a|+|b|≥|a-b|，即可得证． 本题考查绝对值不等式的解法和不等式的证明，注意运用分类讨论和绝对值不等式的性质，考查化简运算能力和推理能力，属于基础题．

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