如圖所示，已知正四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁的底面邊長為1，點E在棱AA₁上，A₁C∥平面EBD，截面EBD的面積為

2

2

．
（1）A₁C與底面ABCD所成角的大小；
（2）若AC與BD的交點為M，點T在CC₁上，且MT⊥BE，求MT的長．

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如圖所示，已知正四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁的底面邊長為1，點E在棱AA₁上，A₁C∥平面EBD，截面EBD的面積為．
（1）A₁C與底面ABCD所成角的大小；
（2）若AC與BD的交點為M，點T在CC₁上，且MT⊥BE，求MT的長．

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如圖所示，已知在正四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，底面邊長AB=2，側棱BB₁的長為4，E為C₁C上的點，且CE=1，
（1）求證：A₁C⊥平面BDE；
（2）求A₁B與平面BDE所成的角的正弦值．

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1．B       2．C       3．B       4．C       5．B       6．B       7．C      8．B       9．C       10．B 

11．C     12．D

【解析】

3．當時，函數在上，恒成立即在上恒成立，可得

       當時，函數在上，恒成立

即在上恒成立

可得，對于任意恒成立

所以，綜上得．

4．解法一：聯立，得．

方程總有解，需恒成立

即恒成立，得恒成立

       ；又

的取值范圍為．

解法二：數形結合，因為直線恒過定點（0，1），要使直線與橢圓總有交點當日僅當點（0，1）在橢圓上或橢圓內，即

       又

       的取值范圍為．

5．

7．展開式前三項的系數滿足可解得，或（舍去）．從而可知有理項為，故C正確．

8．，欲使為奇函數，須使，觀察可知，、不符合要求，若，則，其在上是減函數，故B正確

當時，，其在上是增函數，不符合要求．

9．等價于

畫圖可知，故．

10．如圖乙所示．設，點到直線的距離為，則由拋物線定義得，

又由點在橢圓上，及橢圓第一定義得

由橢圓第二定義得，解之得．

11．從52張牌中任意取13張牌的全部取法為；缺少某一種花色的取法為，缺少兩種花色的取法為，缺少三種花色的取法為，根據容斥原理可知四種花色齊全的取法為．

12．設中點為，連．由已知得平面，作，交的延長線于點，連．則為所求，設，則，在

中可求出，則．

二、填空題

13．．

提示：可以用換元法，原不等式為也可以用數形結合法．

令，在同一坐標系內分別畫出這兩個函數的圖象，由圖直觀得解集．

14．12．提示：經判斷，為截面團的直徑，再由巳知可求出球的半徑為．

15．．提示：由于得

解得，又

所以，當時，取得最小值．

16．①②④

三、解答題

17．懈：

，由正弦定理得，

又，

，化簡得

為等邊三角形．

說明；本題是向量和三角相結合的題目，既考查了向量的基本知識，又考查了三角的有關知識，三角形的形狀既可由角確定。也可由邊確定，因此既可從角入手，把邊化為角；也可從邊入手，把角化為邊來判斷三角形的形狀．

18．解：（1）在第一次更換燈泡工作中，不需要更換燈泡的概率為需要更換2只燈泡的概率為．

       （2）對該盞燈來說，在第1、2次都更換了燈泡的概率為，在第一次未更換燈泡而在第二次需要更換燈泡的概率為，故所求的概率為．

       （3）當時，

              由（2）知第二次燈泡更換工作中，某盞燈更換的概率

              故至少換4只燈泡的概率為

19．解：]

              因為函數在處的切線斜率為

              所以

              即                                           ①

              又

              得                                      ②

       （1）函數在時有極值

                                    ③

              解式①②③得

              所以．

       （2）因為函數在區間上單調遞增，所以導函數在區間的值恒大于或等于零．

              則

              得，所以實數的取值范圍為．

20．解：（1）連接因為平面，平面平面

所以；又為的中點，故為的中點

              底面

              為與底面所成的角

              在中，

              所以與底面所成的角為45°．

（2）解法一；如圖建立直角坐標系

       則， 

                       設點的坐標為

              故   

              點的坐標為

              故．

       解法二：平面

              ，又

              平面

在正方形中，

．

21．解：（1）設點、的坐標分別為、，點的坐標為

當時，設直線的斜率為

直線過點

的方程為

又已知                                               ①

                                                           ②

                                                        ③

                                                ④

∴式①一式②得

          ⑤

③式+式④得

                             ⑥

              ∴由式⑤、式⑥及

              得點的坐標滿足方程

                                        ⑦

當時，不存在，此時平行于軸，因此的中點一定落在軸上，即的坐標為,顯然點（，0）滿足方程⑦

綜上，點的坐標滿足方程

設方程⑦所表示的曲線為

則由,

得

因為，又已知，

所以當時． ，曲線與橢圓有且只有一個交點，

當時，，曲線與橢圓沒有交點，因為（0，0）在橢圓內，又在曲線上，所以曲線在橢圓內，故點的軌跡方程為

（2）由解得曲線與軸交于點（0，0），（0，）

由解得曲線與軸交于點（0，0）．（，0）

當，即點為原點時，（，0）、（0，）與（0．0）重合，曲線與坐標軸只有一個交點（0，0）．

當，且，即點不在橢圓外且在除去原點的軸上時，曲線與坐標軸有兩個交點（0，）與（0，0），同理，當且時，曲線與坐標軸有兩個交點（，o）、（0，0）．

當，且時，即點不在橢圓且不在坐標軸上時，曲線與坐標軸有三個交點（，0）、（0，）與（0，0）．

22．（1）解：，又

              是以首項為，公比為的等比數列．

              ．

       （2）證明：設數列的公比為，則條件等式可化為：

數列為等差數列，

       （3）證明：由題意知

                                                     ①

              式①得

                                                ②

              式①-式②得

              ．

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