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一、選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分）

1―5：CBCBD  6―10：DCAA

二、填空題（本大題共6小題，每小題5分，共30分）

9．   10．   11．15  12．（1，e） e  13．②③  14．

三、解答題（本大題共6小題，共80分）

15．（共13分）

解：（I） 令，解得

所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為

（II）因為

所以

因為在（－1，3）上，所以在[－1，2]上單調(diào)遞增，又由于在

[－2，－1]上單調(diào)遞減，因此和分別是在區(qū)間[－2，2]上的最大值和

最小值.

于是有，解得

故  因此

即函數(shù)在區(qū)間[－2，2]上的最小值為－7.

解法一：

   （Ⅰ）在直四棱柱ABCD―A₁B₁C₁D₁中，

∵A₁A⊥底面ABCD，

∴AC是A₁C在平面ABCD上的射影，

∵BD⊥AC， ∴BD⊥A₁C.

   （Ⅱ）連結(jié)A₁E，C₁E，A₁C₁.

與（Ⅰ）同理可證BD⊥A₁E，BD⊥C₁E，

∴∠A₁EC₁二面角A₁―BD―C₁的平面角.

∵AD⊥DC， ∴∠A₁D₁C₁=∠ADC=90°，

又A₁D₁=AD=2，D₁C₁=DC=2， AA₁=，且AC⊥BD，

∴A₁C₁=4，AE=1，EC=3，  ∴A₁E=2，C₁E=2，

在△A₁EC₁中，A₁C₁²=A₁E²+C₁E²，  ∴∠A₁EC₁=90°，

即二面角A₁―BD―C₁的大小為90°.

   （Ⅲ）過B作BF//AD交AC于F，連結(jié)FC₁，

    則∠C₁BF就是AD與BC₁所成的角.

∵AB=AD=2，BD⊥AC，AE=1，  ∴BF=2，EF=1，F(xiàn)C=2，BC=DC，

∴FC₁=.  在△BFC₁中，

∴

即異面直線AD與BC₁所成角的大小為.

解法二：

（Ⅰ）同解法一.

（Ⅱ）如圖，以D為坐標原點，DA，DC，DD₁所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系.

與（Ⅰ）同理可證，BD⊥A₁E，BD⊥C₁E，

∴∠A₁EC₁為二面角A₁―BD―C₁的平面角.

（Ⅲ）如圖，由D（0，0，0），A（2，0，0），C₁（0，，，），B（3，，0）

∴異面直線AD與BC₁所成角的大小為arccos.

解法三：

（II）如圖，建立空間直角坐標系，坐標原點為E.

     連結(jié)A₁E，C₁E，A₁C₁.

     與（I）同理可證，BD⊥A₁E，BD⊥C₁E，

     ∴∠A₁EC₁為二面角A₁―BD―C₁的平面角.

     由E（0，0，0），A₁（0，－1，

.

    （Ⅲ）如圖，由A（0，－1，0），D（，0，0），B（，0，0），C₁（0，3，）.

得.

∵

∴

∴異面直線AD與BC₁所成角的大小為arccos.

17．（共13分）

解：（Ⅰ）

ξ的概率分布如下表：

ξ

0

1

2

3

P

Eξ=0?+1?+2?+3?=1.5   （或Eξ=3?）

   （Ⅱ）乙至多擊中目標2次的概率為

   （Ⅲ）設(shè)甲恰比乙多擊中目標2次為事件A，甲恰擊中目標2次且乙恰擊中目標0次為事件B₁，甲恰擊中目標3次且乙恰擊中目標1次為事件B₂，則A=B₁+B₂，B₁、B₂為互斥事件.

    P（A）=P（B₁）+P（B₂）=

    所以，甲恰好比乙多擊中目標2次的概率為

18．（共14分）

       解：（I）

       （II）直線由題意得

   （III）當直線l與x軸垂直時，可設(shè)直線l的方程為. 由于直線l，曲線C關(guān)于x軸對稱，且l₁與l₂關(guān)于x軸對稱，于是M₁M₂，M₃M₄的中點坐標都為（a，0），所以△OM₁M₂，△OM₃M₄的重心坐標都為，即它們的重心重合.

       當直線l與x軸不垂直時，設(shè)直線l的方程為

       由

       由直線l與曲線C有兩個不同交點，可知

       于是△OM₁M₂的重心與△OM₃M₄的重心也重合.

19．（共12分）

解：（Ⅰ）

（Ⅱ）因為

所以

猜想：是公比為的等比數(shù)列.

證明如下： 因為

所以是首項為的等比數(shù)列.

（Ⅲ）

20．（共14分）

   （Ⅰ）證明：設(shè)的峰點，則由單峰函數(shù)定義可知，上單調(diào)遞增，

在上單調(diào)遞減.

當，

這與是含峰區(qū)間.

當

這與是含峰區(qū)間.

（II）證明：由（I）的結(jié)論可知：

   當f(x₁)≥f(x₂)時，含峰區(qū)間的長度為l₁=x₂；

   當f(x₁)≤f(x₂)時，含峰區(qū)間的長度為l₂=1－x₁；

   對于上述兩種情況，由題意得

    ①   由①得1+x₂－x₁≤1+2r，即x₂－x₁≤2r.

又因為x₂－x₁≥2r，所以x₂－x₁=2r，所以    x₂－x₁=2r.  ②

將②代入①得     x₁≤0.5－r, x₂≥0.5+r.   ③

由①和③解得x₁=0.5－r, x₂=0.5+r.       

所以這時含峰區(qū)間的長度l₁=l₂=0.5+r，即存在x₁ , x₂使得所確定的含峰區(qū)間的長度不大于0.5+r.

（Ⅲ）解：對先選擇的x₁, x₂, x₁ <x₂， 由（II）可知    x₁+x₂=1，   ④

在第一次確定的含峰區(qū)間為（0，x₂）的情況下，x₃的取值應(yīng)滿足   x₃+x₁=x₂ , ⑤

由④與⑤可得    當x₁>x₃時，含峰區(qū)間的長度為x₁.

由條件x₁－x₃≥0.02, 得x₁－(1－2x₁) ≥0.02, 從而x₁≥0.34.

因此，為了將含峰區(qū)間的長度縮短到0.34，只要取

x₁=0.34, x₂=0.66, x₃=0.32.