参考答案:

一、选择题(本大题共2小题，每小题5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)

简答与提示:

1、或，；

2、是平行四边形，；

3、根据题意：；

4、根据对称性；

5、依题意：；

6、根据线线、线面、面面平行和垂直的有关判定逐个判断即可；

7、①函数是偶函数，②函数先单调递增后单调递减，③当时，；

8、a与b的夹角为60^o，；

9、，；

10、乙丙丁所说为假甲拿4，甲乙所说为假丙拿1，甲所说为假乙拿2；

11、以正方体ABCD－A′B′C′D′的任意三个顶点为顶点可作(个)三角形，正方体的表面及对角面每个面有=4(个)三角形，所以所求概率为；

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

所以.

二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在横线上.)

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

15、　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　16、④

简答与提示:

13、是纯虚数，则.

14、解：由f(x)的解析式可知f(x)图象连续及f(x)的单调性可确定：在(－1,1)和(2,+∞)上均有

f(x)＞0.

15、命题p：不等式|x－m|+|x－1|＞1的解集为R或

命题q：f(x)＝log_(3+m)x是(0，+∞)上的增函数3+m>1

　“p且q”是假命题，“p或q”是真命题说明命题p和q一真一假，

所以实数m的取值范围是.

16、当=0，①不对；若+=0，点、在直线上或在直线的异侧，所以②③错；

三、解答题

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 由题意,的可能取值为1,2,3,4,5

　　　　　　 …………………………………………5分

所以的分布列为:

	1	2	3	4	5

…………………………………………7分

⑵ 因为甲先取,所以甲只有可能在第1次,第3次和第5次取球,记”甲取到白球”为事件,则

∵事件两两互斥，

∴. ………………………………12分

19．(本小题满分12分)

解：⑴ =－2x+a－　

　 ∵f(x)在(0，)上为减函数，∴x∈(0，)时－2x+a－＜0恒成立。

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

设g(x)= 2x+，则=2－

∵x∈(0，)时＞4，∴＜0，∴g(x) 在(0，)上递减。 ………4分

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

⑵ 若f(x)既有极大值又有极小值，则首先必须=0有两个不同正根x₁ ，x₂ ，

即 2x²－ax+1=0有两个不同正根。　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 …………8分

令

∴当a＞2时，=0有两个不等的正根.　　　　 ………………………10分

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

0＜x＜x₁时＜0，x₁＜x＜x₂时＞0，x＞x₂时＜0。

∴当a＞2时f(x)既有极大值f(x₂)又有极小值f(x₁) .　　　　 …………………12分

20．(本小题满分12分)

解法一：

⑴　 连结AC、BD，设.由P－ABCD与Q－ABCD都是正四棱锥，

所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD.从而P、O、Q三点在一条直线上，

所以PQ⊥平面ABCD.

　 由题设知，ABCD是正方形，所以．

⑵ 由⑴，平面，故可以分别以直线CA、DB、QP为轴，轴，轴建立空间直角坐标系(如上图)，由题设条件，相关各点的坐标分别是，，,所以,,

于是

从而异面直线AQ与PB所成的角是.

⑶ 由⑵，点D的坐标是(0，－，0)，，，

设是平面QAD的一个法向量，

由　　　 得.取x=1，得.

所以点P到平面QAD的距离.

解法二：

⑴　 取AD的中点M，连结PM，QM.因为P－ABCD与Q－ABCD都是正四棱锥，

所以AD⊥PM，AD⊥QM. 从而AD⊥平面PQM.

又平面PQM，所以PQ⊥AD.同理PQ⊥AB，所以PQ⊥平面ABCD.

⑵　 连结AC、BD设，由PQ⊥平面ABCD及

正四棱锥的性质可知O在PQ上，从而P、A、Q、C四

点共面.取OC的中点N，连结PN．

因为，所以，

从而AQ∥PN.∠BPN(或其补角)是异面直线AQ

与PB所成的角.连接BN，

因为．

所以．

从而异面直线AQ与PB所成的角是．

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

则PH⊥平面QAD，所以PH的长为点P到平面QAD的距离．

连结OM，则.所以，

又PQ＝PO+QO＝3，于是.

即点P到平面QAD的距离是.

21．解：⑴　　　 又∵为锐角

　　 　　　　　　　　　∴　　　 ∴　　　 　　　　　…………3分

　　　　　　 ⑵ 　　　　　　∵　　　　 ∴都大于0

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

　　　　　　 ⑶　 　

∴　　　　　　　　　　　　　　　 …………………………………8分

　　　　　　　　　　　 ∴

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

∵, 　,　 又∵

　　　　　　　　　　　 ∴　　　　　　　　　　　 ∴

　　　　　　　　　　　 ∴　　　　 …………………………12分

22．解：⑴ 设点M的坐标为(x，y)则由，

得，及

　　　　　　　　　　　 由　　　　 得　　　　　　 …………………3分

　　　　　　　　　　　 ∴，由点Q在x轴的正半轴上得

　　　　　　　　　　　 ∴M点轨迹G方程：()　　　　　　　　　 ……………………5分

　　　　　　 ⑵ 设直线，其中　 代入

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

　　　　　　　　　　　 设A(x₁，y₁)，B(x₂，y₂)，则x₁，x₂是方程(1)的两个实数

　　　　　　　　　　　 ∴　　　　 ∴AB中点坐标为

　　　　　　　　　　　 AB的垂直平分线为：， ……………………8分

令,　　 ∴点E的坐标为　

因为为正三角形

　　　　　　　　　　　 ∴到直线AB的距离等于　　 …………………10分

　　　　　　　　　　　 ∴　　 ……12分

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