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己知在銳角ΔABC中，角所對的邊分別為，且

(I )求角大小；

(II)當時，求的取值范圍.

20．如圖1，在平面內，是的矩形，是正三角形，將沿折起，使如圖2，為的中點，設直線過點且垂直于矩形所在平面，點是直線上的一個動點，且與點位于平面的同側。

（1）求證：平面；

（2）設二面角的平面角為，若，求線段長的取值范圍。

 

21.已知A，B是橢圓的左，右頂點，，過橢圓C的右焦點F的直線交橢圓于點M，N，交直線于點P，且直線PA，PF，PB的斜率成等差數列,R和Q是橢圓上的兩動點，R和Q的橫坐標之和為2，RQ的中垂線交X軸于T點

(1)求橢圓C的方程；

（2）求三角形MNT的面積的最大值

22. 已知函數 ，

（Ⅰ）若在上存在最大值與最小值，且其最大值與最小值的和為，試求和的值。

（Ⅱ）若為奇函數：

（1）是否存在實數，使得在為增函數，為減函數，若存在，求出的值，若不存在，請說明理由；

（2）如果當時，都有恒成立，試求的取值范圍.

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1．  C 【解析】∵，∴＝

.

說明：解答本題要深刻理解導數的定義,掌握概念形式,看似求極限,實則求導數,如何在極限與導數之間建立起聯系是解決本題的關鍵，導數是特殊情況下的極限，這一基本常識容易被學生忽略，從中也體現出對學生基本素質的考查.

2．C 【解析】，所以選C．

3.  【解析】３個男生先排成一排有種方法；女生甲和女生丙插在３個男生間及前后共四個位置中的兩個位置，有種方法；女生乙只能排在女生甲的左側或右側，有２種方法．由分步計算原理，共有種方法．（或）故選．

4.  【解析】

故選項.也可求解如下：

故選項.

5． 【解析】，由函數圖象的走向可知，單調性是先增后減再增，因此導函數的值應該是隨由小到大，先正后負再為正，因此，從函數圖象可以確定函數有兩個極值點，易知方程有相異號的兩個實數根且負根的絕對值大，由根與系數的關系可判定，故選B.

說明：本題難度較大，綜合性強，如何從圖中得出極值點及單調性的特點是解決本題的關鍵，同時又要運用二次函數的性質解題，對一元二次方程根與系數的關系也進行了考查.由單調性得開口方向,由極值點得方程的根,由方程的根再判定字母的取值,從中也體現出對學生的思維品質有較高的要求

6．D【解析】在點（0，一1）處目標函數取得最大值為9，故選D．

7． A【解析】因為中的三邊a,b,c成等比數列，所以,根據余弦定理得：由此得 ，又，所以A+C=180。但由卻不能推出a,b,c成等比數列.故選擇A。

【所猜考點】余弦定理、三角形內角和、等比數列概念、基本不等式、充要條件等考點。在考綱中對以上知識點的考查都有明確的要求。

【猜題理由】此題可作為高考選擇題中的中檔題，試題考查多個知識點的綜合性。主要考查三角形的邊角之間的關系，同時又以等比數列和充要條件這兩個知識點為依托。試題基礎知識點多，對考生的要求較高，因此這是立意新穎，且質量較高的選擇題。近幾年高考題選擇題的難度不太大，所考查的都是比較基礎的知識點，但所考的知識點并不單一。大多情況在知識交匯處命題，例如充要條件的判斷往往與其他知識點結合一起進行考查。數學教學要抓基礎知識點，同時要將一些基礎知識點有機地整合形成具有綜合性的問題，提高學生靈活運用基礎知識解決綜合性問題的能力。單一的知識不利于學生綜合能力的提升。

8． 【解析】設球的半徑為， 為正方形中心,在直角三角形中

有在直角三角形中有:

兩式聯立解得,故球的表面積為,故選B

9．A 【解析】如右圖所示,設點P的坐標為(x₀,y₀),

由拋物線以F₂為頂點,F₁為焦點,可得其準線的方

程為x＝3c, 根據拋物線的定義可得|PF₁|＝|PR|＝3c－x₀,

又由點P為雙曲線上的點,根據雙曲線的第二定義可得

＝e, 即得|PF₂|＝ex₀－a,

由已知a|PF₂|＋c|PF₁|＝8a²，可得－a²＋3c²＝8a²,即e²＝3,

由e＞1可得e＝, 故應選A.

說明：本題難度中等偏難，且很有新意，一般地說，學生在處理圓錐曲線問題時，習慣于單一的思維，當需要同時考慮兩條(或兩條以上)圓錐曲線性質的綜合應用時，往往有些不知所措，從中也體現出對學生的思維品質有較高的要求。

10．D 【解析】 為的邊上一點，由，所以=.

【猜題理由】向量共線在三角形中體現，三角形面積公式，以及基本不等式，代數式的最值問題都是高考的常考點，幾乎每年的高考題中都考這些知識點。2009年的考綱對此有明確要求。本題將這些考點聯合在一起，很有創意。既考查學生的基礎知識，同時能檢測學生綜合運用這些基本知識解決問題的能力。可作為高考中高檔選擇題出現。

【構思點撥】向量的加減運算及幾何意義，向量平行的判斷是新高考的重要內容，高考復習時要重視訓練。

11.

12. 【解析】

       ．

其展開式中含的項是：，系數等于．

13.【解析】 ≥1,得k≤6.

所以當k≤6時，P(ξ=k+1)≥P(ξ=k),當k＞6時，P(ξ=k+1)＜P(ξ=k),其中k=6時，P(ξ=k+1)=P(ξ=k),從而k=6或7時，P(ξ=k)取得最大值.

14.    15. ③

16. 【解析】（Ⅰ）銳角△ABC中，由∥得:，

由正弦定理得：　　    ……１分

　　  ……２分

△ABC是銳角三角形，，　　 ……３分

，，　　                    ……４分

，角　　……５分

由余弦定理得

　　　……6分

，，，　……７分

 ，　……８分

，即，，

邊長的取值范圍是．　　……９分

另解提示:對，用余弦定理換去和，仍可得．

（Ⅱ）當時，　　……１０分

　　……１１分

，邊長的取值為．　　……１２分

17. 【解析】（Ⅰ）設記事件A為此次射擊降雨成功，則

5次射擊均未射中積云的概率為;   　…… ２分

5次射擊中恰有一次射中積云的概率為 　…… 4分

 　…… 6分

(Ⅱ)的所有可能取值為2，3，4，5，　

 …… 7分

 …… 8分

的分布列為：    2      3      4     5

P                         …… 10分

            …… 11分

18．證明： （Ⅰ）∵AB⊥平面ACD，AB∥DE，∴DE⊥平面ACD，∵AF平面ACD，∴DE⊥AF．又∵AC=AD=CD，F為CD中點，∴AF⊥CD．∵DEÌ平面CDE，CDÌ平面CDE，CD∩DE＝D，∴AF⊥平面CDE．  …… 3分

（Ⅱ）解法一：∵AB∥DE，AB(/平面CDE，DEÌ平面CDE，∴AB∥平面CDE，設平面ABC∩平面CDE＝l，則l∥AB．即平面ABC與平面CDE所成的二面角的棱為直線l．

∵AB^平面ADC，∴l^平面ADC．∴l^AC，l^DC．∴ÐACD為平面ABC與平面CDE所成二面角的平面角．∵AC＝AD＝CD，∴ÐACD＝60°，∴平面ABC和平面CDE所成的小于90°的二面角的大小為60°．…… 7分

（Ⅱ）解法二：如圖，以F為原點，過F平行于DE的直線為x軸，FC，FA所在直線為y軸，z軸建立空間直角坐標系．∵AC＝2，∴A(0，0，)，設AB＝x，B(x，0，)，C(0，1，0)，((AB＝(x，0，0)，((AC＝(0，1，－)，設平面ABC的一個法向量為n＝(a，b，c)，則由((AB×n＝0，((AC×n＝0，得a＝0，b＝c，不妨取c＝1，則n＝(0，，1)．∵AF^平面CDE，∴平面CDE的一個法向量為((FA＝(0，0，)．

cos＜n，((FA＞＝ eq \o(\s\up8(((FA＝，＜n，((FA＞＝60°．

∴平面ABC與平面CDE所成的小于90°的二面角的大小為60°．…… 7分

（Ⅲ）解法一：設AB＝x，則x＞0．∵AB^平面ACD，∴AB^CD．又∵AF^CD，ABÌ平面ABF，AFÌ平面ABF，AB∩AF＝A，∴CD^平面ABF．∵CDÌ平面BCD，∴平面ABF^平面BCD．連BF，過A作AH^BF，垂足為H，則AH^平面BCD．線段AH的長即為點A到平面BCD的距離．在Rt△AFB中，AB＝x，AF＝CD＝，∴BF＝，AH＝＝∈(0，)．…… 12分

（Ⅲ）解法二：設AB＝x，∵AC＝CD＝DA＝2，AB^平面ACD．∴V_B－ADC＝×S_△ADC×BA＝××2²×x＝x．

∵BC＝BD＝，CD＝2，∴S_△BCD＝×2×＝，設點A到平面BCD的距離為d，則V_A－BCD＝×S_△BCD×d＝．∵V_B－ADC＝V_A－BCD．∴x＝，解得d＝∈(0，)． …… 12分

19．（Ⅰ）設橢圓方程為，點在直線上，且點在軸上的射影恰好是橢圓的右焦點， 則點為。-------------------1分

，而為，則有

則有，所以            --------------------2分

又因為

所以                            ---------------------3分

所以橢圓方程為：                      ---------------------4分

（Ⅱ）由（1）知,過點的直線與橢圓交于兩點，則

的周長為，則（為三角形內切圓半徑），當的面積最大時，其內切圓面積最大。                       --------------------5分

設直線方程為：，，則

 -----------------7分

所以  ----------------9分

令，則，所以，而在上單調遞增，

所以，當時取等號，即當時，的面積最大值為3，結合，得的最大值為  ----------------12分

20．【解析】（Ⅰ），……… 2分

由，得．

，，．

又．

函數的單調遞增區間為,遞減區間為．… 6分  

（Ⅱ）【法一】不等式，即為．……………（※）

令，當時，．

則不等式（※）即為．                       …9分

令，，

在的表達式中，當時，，

又時，，

在單調遞增，在單調遞減．

在時，取得最大，最大值為．            ……12分

因此，對一切正整數，當時，取得最大值．

實數的取值范圍是．                    …………… 13分

【法二】不等式，即為．………………（※）

設，

，

令，得或．                             ………… 10分

當時，，當時，．

當時，取得最大值．

因此，實數的取值范圍是．                    ………… 13分

21. 【解析】(Ⅰ)對一切有

，

即  ,   

  ()                           …………  2分

由及兩式相減,得:

∴是等差數列,且, .                     …………  5分

說明:本小題也可以運用先猜后證(數學歸納法)的方法求解.給分時,猜想正確得2分,經證明給5分.

(Ⅱ)假設存在整數，使得對任意 ，都有．

∵     ∴

     ∴

∴ ⑤

當（）時，⑤式即為  ⑥

依題意，⑥式對都成立，∴λ<1               ………… 7分

當（）時，⑤式即為  ⑦

依題意，⑦式對都成立，∴           ………… 9分

∴∴存在整數，使得對任意，都有 …10分

（Ⅲ） 由,

知,

因此,只需證明.                         …………11分

當或時,結論顯然成立.當時,