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若，，则____________；___________。（其
中是极点）

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若，，则|AB|=    ；S_△AOB=    ．（其中O是极点）

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必做部分

1.  2.  3.   4.2.6   5.   6.640+80π    7.    8.①④   9. 10.

11.“,使得且”  12.  13.6  14.9

(12.图13.作则因,故,)

15.（1）取AB的中点G，则易证得A₁G∥D₁F．

又正方形A₁ABB₁中，E、G分别是相应边的中点，

∴A₁G⊥AE，∴D₁F⊥AE．

（2）由正方体可知：A₁ D₁⊥面A₁ABB₁，∴A₁D₁⊥AE ．

又由（1）已证：D₁F⊥AE．

∵A₁D₁∩D₁F= D₁，∴AE⊥平面A₁FD₁ ．

又平面AED，∴平面AED⊥平面A₁FD₁ ．

16.（1）全班32名学生中，有15名女生，17名男生．在伪代码中，根据“S←S/15，T←T/17”可以推知，“k=1”和“k=0”分别代表男生和女生；S，T，A分别代表女生、男生及全班成绩的平均分；横线①处应填“（S+T）/32”．

（2）女生、男生及全班成绩的平均分分别为S=78，T=76.88，A≈77.4.

（3）15名女生成绩的平均分为78，17名男生成绩的平均分为77.88．从中可以看出女生成绩比较集中，整体水平稍高于男生；男生中的高分段比女生高，低分段比女生多，相比较男生两极分化比较严重．

17.（1）

.，由题意可知

解得.

（2）由（Ⅰ）可知的最大值为1，.

，. 而，.

由余弦定理知，，联立解得 .

18.（1）设A、B两点的坐标分别为 得, 根据韦达定理，得

 ∴线段AB的中点坐标为().

 由已知得

 故椭圆的离心率为.

（2）由（1）知从而椭圆的右焦点坐标为 设关于直线：的对称点为解得.由已知得 ，故所求的椭圆方程为.

19.(1)方法一：.由题设，得,  ①

.    ②

∵，∴，∴.

由①代入②得，∴，

得∴或.   ③

将代入中，得.  ④

由③、④得；

方法二：∵，∴，∴.

同上可得将（1）变为代入（2）可得 ，所以，则.

方法三：同上可得将（1）变为代入（2）可得，显然，所以.

因为图象的开口向下，且有一根为x₁=1,

由韦达定理得,.

,所以，即，则，

由得 ,所以 .

 (2)由（1）知，的判别式Δ=

∴方程有两个不等的实根，

又,∴，

∴当或时，；当时，.

∴函数的单调增区间是， .

由知.

∵函数在区间上单调递增，∴，

∴，即的取值范围是.

(3)由，即，∵，

，∴，∴或.(自注：视为的一次函数)

由题意，得，∴.

∴存在实数满足条件，即的最小值为.

20.（1）由于，则，

∴，∴.

（2）由于，由（1），则，，

而，则，∴；

    又,

   ∴.

,

∴.

而，且，故, ∴，因此.

从而

选做部分

1. (1)设事件表示“甲选做14题”,事件表示“乙选做14题”,则甲、乙2名学生选做同一道题的事件为“”,且事件、相互独立.

∴ =.

(2)随机变量的可能取值为0,1,2,3,4.且.

∴ .

所以变量的分布列为：

0

1

2

3

4

. (或)

2.以A为原点，分别为x轴，y轴，z轴的正向建立空间直角坐标系A-xyz，则有

D(0，3，0)、D₁(0，3，2)、E(3，0，0)、F(4，1，0)、C₁(4，3，2)．

于是 ,．

（1）设EC₁与FD₁所成角为b，则．

（2）设向量与平面C₁DE垂直，则有

．

∴其中z＞0．

取n₀=(-1，-1，2)，则n₀是一个与平面C₁DE垂直的向量．

∵向量=（0，0，2）与平面CDE垂直，

∴n₀与所成的角θ为二面角C-DE-C₁的平面角．

∵，∴．

3.（1）设M=，则=8=，故

    =，故

联立以上两方程组解得a=6，b=2，c=4，d=4，故M=．

（2）由（1）知，矩阵M的特征多项式为，故其另一个特征值为.设矩阵M的另一个特征向量是e₂，则M e₂=，解得.

（3）设点是直线上的任一点，其在矩阵M的变换下对应的点的坐标为，则

=，即，

代入直线的方程后并化简得,即.

4.（1）抛物线焦点为（1，0）.

设：消去x得

,

则,

=.

（2）设：消去x，得.

,则y₁+y₂=4t ,y₁y₂=－4b.

=.

令，∴直线l过定点(2，0).