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一、ＣＢＤＡＣ�。拢模茫茫痢�AＤ　

二、13.�。场�14.４　　15.　　16.

三、解答題

17.解：（I）∵(2a－c)cosB=bcosC，

∴（2sinA－sinC）cosB=sinBcosC.　　　　…………………2分

即2sinAcosB=sinBcosC+sinCcosB

=sin(B+C)

∵A+B+C=π，∴2sinAcosB=sinA　　　………………………4分

∵0<A<π,∴sinA≠0.

∴cosB=　　　　　　　　　　…………………………………………5分

∵0<B<π，∴B=　　　　　　　………………………………………6分

  （II）=4ksinA+cos2A.　　　　　……………………………………7分

=－2sin²A+4ksinA+1，A∈（0，）……………………………………9分

設(shè)sinA=t，則t∈.

則=－2t²+4kt+1=－2(t－k)²+1+2k²,t∈.…………………………10分

∵k>1，∴t=1時(shí)，取最大值.

依題意得，－2+4k+1=5，∴k=.………………………………………………12分

18. 解：設(shè)某一粒種子成功發(fā)芽為事件Ａ，某一粒種子發(fā)生基因突變?yōu)槭录�Ｂ則其概率分別是

Ｐ（Ａ）＝,Ｐ（Ｂ）＝                           ……………………2分

(1)這種“太空種子”中的某一粒種子既發(fā)芽又發(fā)生基因突變的概率

                        ……………………7分

(2)四粒這種“太空種子”中至少有兩粒既發(fā)芽又發(fā)生基因突變的概率是    …………………12分

19．解：（�。┯梢阎�可得

當(dāng)時(shí)，兩式相減得

即.當(dāng)時(shí)，得

，從而，故總有，，

又從而，即數(shù)列是以６為首項(xiàng)，２為公比的等比數(shù)列.

則.　　　　　　　　　　　　　　………6分

（２）由（１）知，，　 　………8分

從而則

　　　　　　　　　　　　　………12分

20．解：【方法一】(1)證明：在線(xiàn)段BC₁上取中點(diǎn)F，連結(jié)EF、DF

則由題意得EF∥DA₁，且EF=DA₁，

∴四邊形EFDA₁是平行四邊形

∴A₁E∥FD，又A₁E平面BDC₁，F(xiàn)D平面BDC₁

∴A₁E∥平面BDC₁                              …6分

(2)由A₁E⊥B₁C₁，A₁E⊥CC₁，得A₁E⊥平面CBB₁C₁，過(guò)點(diǎn)E作

EH⊥BC₁于H，連結(jié)A₁H，則∠A₁HE為二面角A₁－BC₁－B₁的平面角        …8分

在Rt△BB₁C₁中，由BB₁=8，B₁C₁=4，得BC₁邊上的高為，∴EH=，

又A₁E=2,∴tan∠A₁HE==＞∴∠A₁HE＞60°，                    …11分

∴M在棱AA₁上時(shí)，二面角M－BC₁－B₁總大于60°，故棱AA₁上不存在使二面角M－BC₁－B₁的大小為60°的點(diǎn)M.                                                    …12分

【方法二】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，題意知B(－2,0,0),

D(2,40),A₁(2,8,0), C₁(0,8,2)，B₁(－2,8,0), E(－1,8,),

=(－4,－4,0), =(－2,4,2),=(－3,0, ),

=(－4,－8, 0), =(－2,0, 2),=(0,8,0),

=(2,8, 2).                                  

(1)證明：∵=2(+)∴A₁E∥平面BDC₁                    …6分

(2)設(shè)=（x,y,1）為平面A₁BC₁的一個(gè)法向量，則，且，即解得∴=（,,1），同理，設(shè)=（x,y,1）為平面B₁BC₁的一個(gè)法向量，則，且，即解得∴=（－,0,1），∴cos<,>==－

∴二面角A₁－BC₁－B₁為arccos. 即arctan,又∵＞

∴二面角A₁－BC₁－B₁大于60°， ∴M在棱AA₁上時(shí)，二面角M－BC₁－B₁總大于60°，故棱AA₁上不存在使二面角M－BC₁－B₁的大小為60°的點(diǎn)M.             　　 …………  12分

21解：（１）易知，               ……………………………1分

所以，設(shè)，則

……4分

因?yàn)�，故�?dāng)時(shí)，即點(diǎn)Ｐ為橢圓短軸端點(diǎn)時(shí)，有最小值－2，

當(dāng)時(shí)，即點(diǎn)Ｐ為橢圓長(zhǎng)軸端點(diǎn)時(shí)，有最大值１. ……………………6分

（２）顯然直線(xiàn)不滿(mǎn)足題設(shè)條件;             …  …………………………7分

可設(shè)直線(xiàn)：，，

聯(lián)立，消去整理得，

，        

由得 ① ………9分

 又，則又，

又

＝，，

　　②　                              ……………11分

故由①②得的取值范圍是    .………………12分

22.(文)解：（1），由題意得，解得，經(jīng)檢驗(yàn)滿(mǎn)足條…4分

（2）由（1）知，，………5分

令，則，（舍去）．

的變化情況如下表：

x

－1

(－1，0)

0

（0，1）

1

－

0

+

－1

ㄋ

－4

ㄊ

－3

∴在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，

∴，如圖構(gòu)造在上的圖象.

又關(guān)于x的方程在上恰有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，

則，即m的取值范圍是．                  ………8分

（3）解法一：因存在，使得不等式成立，

故只需要的最大值即可，

∵，∴．………………………10分

①若，則當(dāng)時(shí)，，在單調(diào)遞減．

，∴當(dāng)時(shí)，，

∴當(dāng)時(shí)，不存在，使得不等式成立．……………12分

②當(dāng)a>0時(shí)隨x的變化情況如下表：

x

+

0

－

ㄊ

ㄋ

∴當(dāng)時(shí)，，由得.

綜上得a>3，即a的取值范圍是(3,+∞). …              ………………………………14分

解法二：根據(jù)題意，只需要不等式在上有解即可，即在上有解. 即不等式在上有解即可.    …………………………………10分

令，只需要                                  ………12分

而，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)“=”成立.

故a>3，即a的取值范圍是(3,+∞).                                 ………14分