20090505

∴，∴实数k的取值范围为(2，3)．

3．解析：Ｂ．根据，

可得

，∴，故选Ｂ

4．解析：Ｂ　先作出直线A₁B与平面BC₁D₁所成角，再通过解三角形求出其正切值．如图，连结交　于，连结．由，，又，得，所以就是直线A₁B与平面BC₁D₁所成角．在直角中，求得，故选Ｂ．

评析：平面的斜线与平面所成的角，就是这条斜线与它在该

平面上的射影所成的锐角，根据题目的条件作出斜线在该平

面上的射影是实现解题的关键，而作射影的关键则是作出平

面的垂线，要注意面面垂直的性质在作平面的垂线时的应用．

5．解析： A．特值法．取B=0，A=1，C=－1，则M(1，)，N(1，－)， ∴= x₁x₂+y₁y₂ =－2．故选A ．

6．解析  Ｂ．设点是函数上的任意一点，点关于点的对称点为，则由在上，得，∴，即．故选Ｂ．

7．解析： C．图象法．由的图象可得，在上是增函数，在上是减函数，又是偶函数，∴，

∴，解得．故选Ｃ．

8．解析：Ａ．对进行因式分解，

有，

∵，∴，

∴，　当且仅当，

即时取等号，∴的最大值是４，故选Ａ．

评析：多变元函数的最值问题的求解，有两个基本思路：一是通过消元转化为一元函数的最值问题来求解；二是整体思考，利用两个正数的算术―――几何平均不等式求解．一般地，在具有正数的条件与“和”、“积”的结构的情况下，常采用后一种思路，这时，特别要注意取等号的条件．

9．解析:D∵，则，∴，

，则，∴，故选D．

10．解析：Ｂ，由，得：，即，解之得，由于，故；选Ｂ

11．解析：Ｄ．用坐标法，建立空间直角坐标系O－xyz，使坐标平面xOy为平面，且设点A的竖坐标为a，则点B、C的竖坐标为－b，－c，类比于平面直角坐标系中的三角形重心公式，得重心G的竖坐标为，∴重心G到平面的距离为，故选D．

评析：类比既是一种思想，又是一种推理方法．学习立体几何的知识时，可以与平面几何的相关知识进行类比，而平面向量的一些运算法则和性质，也可以运用类比的方法将其推广到空间向量中来，学会运用类比的思想方法进行学习和解题，对学好数学和提高解题能力将是十分有益的．

12．解析： A．

，故选A．

二、填空题：

13．解析：．由，得，即，又由，得，∴，于是，

．

 

14．解析：．由已知，∵f(x)，g(x)均为奇函数，∴f(x)＜0的解集是(－b，－a²)，g(x)＜0的解集是(－)．由f(x)?g(x)＞0可得：

 ，∴．

15．解析：60件．依题意可算出第三组的频率为： ，再依据公式：“频率=”，知本次活动中参评的作品数=（件）．

16．解析：F′(x)=2－．=(2t－2t)|=(2x－2x)－(2－2)=2x－2x，

∴F′(x)=2－．

三、解答题：

17．解析：（Ⅰ），在中，由余弦定理，得，

∴，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 （2分）

由，，                        

由得，，

∴，从而                  （4分）

由题意可知，∴，                                 （5分）

又∵△BCD是，∴当时，则，由，

∴；

当时，则，由，∴；

综上，．                                            （7分）

（Ⅱ）由（1）知，∴向量与的夹角为，     （9分）

当时，，，

∴．                   （10分）

当时，，，

∴．                    （12分）

评析：本题考查平面向量和解三角形的基础知识，考查分类讨论的思想方法．求解时容易发生的错误是：（1）将条件“△BCD是直角三形”当作“△BCD是以角是直角三形”来解，忽略对为直角的情况的讨论；（2）在计算时，将当作向量与的夹角，忽略了确定两个向量的夹角时必须将它们的起点移到一起．暴露出思维的不严谨和概念理解的缺陷，在复习中要引起重视，加强 训练．

18．解析:本题考查的是随机变量的分布列及期望的实际运用。对于（１）可先将的各种可能值对应的概率求出，然后代入公式可得（２）的答案

（１）的可能取值有６，２，１，―２;

故的分布列为

1

1

1

-2

P

0.63

0.25

0.1

0.02

                                            （4分）

(2)      （8分）

(3)设技术革新后的三等品率为，则此时１件产品的平均利润

 （12分）

19．解析: 如图所示建立空间直角坐标系，D为坐标原点，设．

（Ⅰ）连结AC，AC交BD于G，连结EG．依题意得

． 　　　　　　　   （2分）

∵底面ABCD是正方形，∴G是此正方形的中心，故点G的坐标为，

且．

∴，这表明PA//EG．

而平面EDB且平面EDB，

∴PA//平面EDB．   （4分）

（Ⅱ）依题意得，．

又，故．

∴．                  （6分）

由已知，且，

所以平面EFD．           （8分）

（Ⅲ）设点F的坐标为，，则，

从而，

所以

．（9分）

由条件知，，即，

解得，

∴点F的坐标为，且，．

∴