参考答案
2011-12-29 00:00:00
数学教学通讯·初中版 2011年12期
自我检测之立体几何
基础过关
1． B． 由三视图可得几何体是球与长方体的组合体，且球的半径为，长方体的长、宽、高分别为3、3、2，该几何体的体积V=π•+3×3×2=π+18．
2． B． 该几何体是平行六面体，底面是以3为边长的正方形，高A1H1=，体积V=S底面A1H1=3×3×=9．
3． C． 由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱，所以该直四棱柱的表面积为S=2××（2+4）×4+4×4+2×4+2××4=48+8．
4． B． 5． D．
6． C． 三棱锥四面均为直角三角形，所以D到平面ABC的距离可以用体积转化法求得，VB－ACD=VD－ABC，解得D到平面ABC的距离为．
7． D． 可设球的直径为1，得V1=≈0.5，V2==≈=0.2．
8． 设圆锥的底面圆的半径为r，母线长为l，则•2πr•l=2π，πr2=π?圯l=2，r=1?圯V=Sh=•π•=π．
9． 因为三棱锥P－ABC的底面ABC面积为，高PA=3，所以VP－ABC=PA•SABC=．
10． （1）因为DD1⊥平面ABCD，所以DD1⊥BD． 又因为AB=2AD，∠BAD=60°，在△ABD中，由余弦定理得BD2=AB2+AD2－2AB•ADcos60°=3AD2，所以AD2+BD2=AB2，因此AD⊥BD． 又AD∩DD1=D，所以BD⊥平面ADD1A1． 又AA1?奂平面ADD1A1，故AA1⊥BD．
（2）连结AC，A1C1． 设AC∩BD=E，连结EA1，因为四边形ABCD为平行四边形，所以EC=AC． 由棱台的定义及AB=2AD=2A1B1知A1C1∥EC且A1C1=EC，所以四边形A1ECC1为平行四边形，因此CC1∥EA1． 又因为EA1?奂平面A1BD，CC1?埭平面A1BD，所以CC1∥平面A1BD．
11． （1）因为B，B′分别为，的中点，所以四边形BO2O2′B′是矩形，故BO2∥O2′B′． 又A′，B′分别为，的中点，所以A′O1′⊥C′E′，B′O2′⊥C′E′，所以A′O1′∥B′O′，所以BO2∥A′O1′，故O1′，A′，O2，B四点共面．
（2）如图所示，建立空间直角坐标系． 因为B（1，0，0），O2′（0，0，2），所以=（－1，0，2）． 因为H'（1，－2，2），G（－1，－2，1），B′（1，0，2），所以=（－2，0，－1），=（0，2，0）． 因为•=0，•=0，所以⊥，⊥，所以BO2′⊥平面H′B′G．
12． （1）因为折起前AD是BC边上的高，所以当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB． 又DB∩DC＝Ｄ，所以AD⊥平面BDC． 因为AD?奂平面ADB，所以平面ADB⊥平面BDC．
（2）由∠BDC＝90°及（1）知DA，DB，DC两两垂直，不妨设DB=1，以D为坐标原点，以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，易得D（0，0，0），B（1，0，0），C（0，3，0），A（0，0，），E，，0，所以=，，－，=（1，0，0，），所以所求夹角的余弦值为cos〈，〉==．
13． （1）法1：设G是线段DA与线段EB延长线的交点． 由于△OAB与△ODE都是正三角形，所以OBDE，OG=OD=2． 同理，设G′是线段DA与线段FC延长线的交点，有OG′=OD=2． 又由于G和G′都在线段DA的延长线上，所以G与G′重合． 在△GED和△GFD中，由OBDE和OCDF，可知B，C分别是GE和GF的中点，所以BC是△GEF的中位线，故BC∥EF．
法2：过点F作FQ⊥AD，交AD于点Q． 连QE，由平面ABED⊥平面ACFD知FQ⊥平面ABED，以Q为坐标原点，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系． 由条件知E（，0，0），F（0，0，），B，－，0，C0，－，，，则有=－，0，，=（－，0，），所以=2，则得BC∥EF．
（2）由OB=1，OE=2，∠EOB=60°知S△EOB=．而△EOD是边长为2的正三角形，故S△EOD=，所以SOBED=S△EOB+S△EOD=． 由（1）知FQ是四棱锥F－OBED的高，且FQ=，所以VF－OBED=FQ•SOBED=．
14． （1）因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC． 又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，又因为PA∩AC=A，所以BD⊥平面PAC
（2）设AC与BD的交点为O，如图所示，以OB为x轴、OC为y轴、AP方向为z轴方向建立空间直角坐标系O－xyz，因为PA=AB=2，且△ABD是正三角形，所以P（0，－，2），A（0，－，0），B（1，0，0），C（0，，0）． 所以=（1，，－2），AC=（0，2，0）． 设PB与AC所成角为θ，则cosθ===． 所以PB与AC所成角的余弦值为．
（3）由（2）知=（－1，，0），设P（0，－，t）（t>0），则 =（－1，－，t），设平面PBC的法向量为m=（x，y，z），则•m=0，•m=0，所以－x+y=0，－x－y+tz=0.令y=，则x=3，z=，所以m=3，，． 同理，平面PDC的法向量为n=－3，，，因为平面PBC⊥平面PDC，所以m•n=0，即－6+=0，解得t=． 所以PA=．
能力提升
1． D． 找特殊位置的可视点，连起来就可以得到答案．
2． D． 从俯视图可以推测几何体的底面为一个半圆形和三角形组成，结合正视图推测出几何体为锥形，所以其侧视图看到的是三棱锥的两条侧棱和半圆锥的一条母线，都是实线，所以选D而非C．
3． C． 结合三视图不难构造出该四面体，如图所示，其中BC⊥CD，BC=4，CD=3，AB⊥平面BCD，AB=4． 所以AC=4，BD=5，S△BCD=6，S△ABC=8，S△ACD=6，S△ABD=10．
4． A． 只要把直三棱柱的一个侧面放在水平面上，当这个直三棱柱的底面三角形的高等于放在水平面上的这个侧面的宽度就可以使得这个三棱柱的正视图和俯视图符合要求，故命题①是真命题；把一个正四棱柱的一个侧面放置在水平面上即可满足要求，命题②是真命题；只要把圆柱侧面的一条母线放置在水平面即符合要求，命题③也是真命题．
5． D． A正确，因为SD⊥平面ABCD，而AC在平面ABCD中，所以AC⊥SD；再由ABCD为正方形，所以AC⊥BD；而BD与SD又是两条相交直线，所以AC⊥平面SBD． B正确，因为AB∥CD，而CD在平面SCD内，AB不在平面SCD内，所以AB∥平面SCD． C正确，SA与平面SBD所成的角是角SAC的余角，SC与平面SBD所成的角是角SCA的余角，而三角形SAC是等腰三角形，所以这两个角相等． D错误，AB与SC所成的角等于角SCD，而DC与SA所成的角是角SAB，这两个角显然不等
6． D． 球心与截面圆的圆心连线垂直于截面，如图，由题意球半径R=4，圆M半径为2，所以OM=2．又因为圆面M与圆面N成的二面角为60°，所以∠OMN=30°，则ON=OM•sin30°=，所以圆N的半径为，圆N的面积为13π
7． C． 因为棱锥的底面为边长为1的正方形，且外接球的半径为1，如图所示． OA=OB=1，AB=，OO1=，又因为S到底面的距离为，所以点S在过OO1中点的截面圆的圆周上，即OS=O1S=1．
8． C． 由题可知AB一定在与直径SC垂直的小圆面上，作过AB的小圆交直径SC于D，此时所求棱锥即分割成两个棱锥S-ABD和C-ABD．∠ASC=∠BSC=30°，SC为直径，所以∠SBC=∠SAC=90°，所以BC=AC=2，AD=BD=2•sin60°=，所以△ABD为正三角形，所以V=S•SC=．
9． 在△AB1C中，AB1=B1C=AC=2． 因为EF∥平面AB1C，所以EF∥AC． 又E为AD的中点，所以EF=AC，所以EF=．
10． 设矩形的中心为O′，则AO′=AC=2，在直角三角形AOO′中OO′==2，此即棱锥的高，从而棱锥的体积为V=Sh=（6×2）×2=8．
11． 令圆柱的高为h，底面半径为r，侧面积为S，则＋r2＝R2，即h＝2． 因为S＝2πrh=4πr=4π≤4π＝2πR2，取等号时，内接圆柱底面半径为R，高为R，所以S球－S圆柱的侧面＝4πR2－2πR2＝2πR2．
12． 过E作EN⊥AC于N，连结EF．
（1）连结NF，AC1，由直棱柱的性质知，底面ABC⊥侧面A1C． 又底面ABC∩侧面A1C=AC，且EN?奂底面ABC，所以EN⊥侧面A1C，NF为EF在侧面A1C的射影． 在Rt△CNE中，CN=CE•cos60°=1，则由==，得NF∥AC1，又AC1⊥A1C，故NF⊥A1C． 由三垂线定理知EF⊥A1C．
（2）连结AF，过N作NM⊥AF于M，连结ME，由（1）知EN⊥侧面A1C，根据三垂线定理得EM⊥AF，所以∠EMN是二面角C－AF－E的平面角，即∠EMN=θ． 设∠FAC=α，则0°<α≤45°． 在Rt△CNE中，NE=EC•sin60°=，在Rt△AMN中，MN=AN•sinα=3sinα，故tanθ==． 又0°<α≤45°，所以0
（2）在平面POD中，过O作OH⊥PD于H，由（1）知，平面POD⊥平面PAC，所以OH⊥平面PAC． 又PA?奂平面PAC，所以PA⊥OH. 在平面PAO中，过O作OG⊥PA于G，连HG，则有PA⊥平面OGH． 所以PA⊥HG，故∠OGH为二面角B－PA－C的平面角． 在Rt△ODA中，OD=OA•sin45°=． 在Rt△POD中，OH==． 在Rt△POA中，OG==． 在Rt△OHG中，sin∠OGH==，所以cos∠OGH==，即二面角B－PA－C的余弦值为
法2：（1）以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则O（0，0，0），A（－1，0，0），B（1，0，0），C（0，1，0），P（0，0），D－，，0． 设n1=（x1，y1，z1）是平面POD的一个法向量，则由n1•=0，n1•=0，得－x1+y1=0，z1=0.取x1=1，得n1=（1，1，0）． 设n2=（x2，y2，z2）是平面PAC的一个法向量，则由n2•=0，n2•=0，得－x2－z2=0，y2－z2=0.取z2=1，得n2=（－，，1）． 因为n1•n2=（1，1，0）•（－，，1）=0，所以n1⊥n2，即平面POD⊥平面PAC．
（2）易得平面PAB的一个法向量为n3=（0，1，0），由（1）知平面PAC的一个法向量为n2=（－，，1），设n2，n3的夹角为θ，则cosθ===． 由图可知，二面角B－PA－C的平面角与θ相等，所以二面角B－PA－C的余弦值为．
14． （1）因为AB=AC，D为BC的中点，所以AD⊥BC，又因PO⊥平面ABC，因此PO⊥BC，所以BC⊥平面POA，则AP⊥BC．
（2）不妨以AD所在直线为y轴，OP为z轴，O为坐标原点，建立空间直角坐标系，则由题意得O（0，0，0），A（0，－3，0），D（0，2，0），B（4，2，0），C（－4，2，0），P（0，0，4）． 设=λ，=（0，3，4）． 设平面AMC的法向量为n1=（x1，y1，z1），=（－4，5，0），=（0，3λ，4λ），因n1•=0，n1•=0，所以－4x1+5y1=0，3λy1+4λz1=0，则n1=（5，4，－3）． 设平面BMC的法向量为n2=（x，y，z），=（8，0，0），=+=（－4，－5，0）+（0，3λ，4λ）=（－4，－5+3λ，4λ）． 因为n2•=0，n2•=0，所以x2=0，－4x2+（－5+3λ）y2+4λz2=0，则n2=（0，4λ，5－3λ）． 若二面角A-MC-B为直二面角，则16λ－3（5－3λ）=0，λ=，此时AM=λAP=×5=3．
南京师大附中 江苏启东中学
月考试卷调研
1． ±2 2． 1 3． 63
4． 10 5． ［－12，42］
6． 85；1.6 7． 729
8． 画出可行域，当3≤s<4时，目标函数z=3x+2y在B（4－s，2s－4）处取得最大值，即zmax=3（4－s）+2（2s－4）=s+4∈［7，8）；当4≤s≤5时，目标函数z=3x+2y在点E（0，4）处取得最大值，即 zmax=3×0+2×4=8，故z∈［7，8］
9． －1
12． 问题可转化为：a≥对任意正实数x，y恒成立，故下面只需求出函数f（x，y）=的最大值． 可设y=tx，t∈R+，函数变为f（t）=（t>0），再另m=1+2t（m>1），则f（m）=（m>1），整理得f（m）=≤=2，当且仅当m=时等号出来，即m=3，t=，所以amin=2
13． 过O作OE⊥AC，OF⊥BD，依题意知四边形OEMF是正方形，且OE=OF=OM=，故AC=2=2=，S=AC•BD=5
14． 由题意f ′（x）=ax2+bx+c≥0在R上恒成立，则a>0，Δ=b2－4ac≤0，所以=≥=． 令t=（t>1），≥===t－1++6≥3，当且仅当t=4，即b=4a=4c时取“=”
15． （1）a+b=0，即sin3x+m=0，－y+cos3x－m=0.消去m，得y=sin3x+cos3x，即f（x）=sin3x+cos3x=2sin3x+． x∈，时，3x+∈，，sin3x+∈，1，即f（x）的最小值为，此时x=，M的坐标是，
（2）f（x）>t－9x+1，即2sin3x++9x>t+1，当x∈0，时，函数f（x）=2sin3x+单调递增，y=9x单调递增，所以y=2sin3x++9x在0，上单调递增，所以y=2sin3x++9x的最小值为1，为要2sin3x++9x>t+1恒成立，只要t+1<1，所以t<0
16． （1）AE∥CD，CD?奂平面BCD，AE?埭平面BCD，所以AE∥平面BCD
（2）令BC中点为N，BD中点为M，连结MN，EM． 因为MN是△BCD的中位线，所以MN∥CD． 又AE∥CD，所以AE∥MN． 又AE⊥平面ABC，所以MN⊥平面ABC． 因为AN?奂平面ABC，所以MN⊥AN． 因为△ABC为正三角形，所以AN⊥BC，所以AN⊥平面BCD． 又AE=MN=1，AE∥MN，所以四边形ANME为平行四边形，所以EM⊥平面BCD，EM?奂平面BED，所以平面BED⊥平面BCD
17． （1）设P（2m，m），由题可知MP=2，所以（2m）2+（m－2）2=4，解之得m=0，m=，故所求点P的坐标为P（0，0）或P，
（2）设直线CD的方程为：y－1=k（x－2），易知k存在，由题知圆心M到直线CD的距离为，所以=，解得k=－1或k=－，故所求直线CD的方程为：x+y－3=0或x+7y－9=0
（3）设P（2m，m），MP的中点Qm，+1，因为PA是圆M的切线，所以经过A，P，M三点的圆是以Q为圆心，以MQ为半径的圆，故其方程为：（x－m）2+y－－1=m2+－12，化简得：x2+y2－2y－m（2x+y－2）=0，此式是关于m的恒等式，故x2+y2－2y=0，2x+y－2=0，解得x=0，y=2或x=，y=.所以经过A，P，M三点的圆必过定点（0，2）或，
18． （1）当1≤n≤24且n∈N?鄢时， f（n）=3600，当25≤n≤36且n∈N?鄢时， f（n）=3600•3，所以S36=［f（1）+f（2）+f（3）+…+f（24）］+…+［f（25）+f（26）+…+f（36）］=3600×24+3600×=86400+82299.59=168700；已经离开的游客总人数是：T12=g（25）+g（26）+…+g（36）=12×500+×500=39000；所以S=S36－T12=168700－39000=129700（人）
故当天下午3点整（即15点整）时，世博园区内共有129700位游客
（2）当f（n）－g（n）≥0时园内游客人数递增；当f（n）－g（n）<0时园内游客人数递减． 当1≤n≤24时，园区人数越来越多，人数不是最多的时间；当25≤n≤36时，令500n－12000≤3600，得出n≤31，即当25≤n≤31时，进入园区人数多于离开人数，总人数越来越多；当32≤n≤36时，3600•3>500n－12000，进入园区人数多于离开人数，总人数越来越多；当37≤n≤72时，令－300n+21600=500n－12000时，n=42，即在下午4点整时，园区人数达到最多．此后离开人数越来越多，故园区内人数最多的时间是下午4点整
19． （1）由已知an=f（an-1）， f（an）－f（an－1）=k（an－an－1）（n=2，3，4，…），得an+1－an=f（an）－f（an－1）=k（an－an－1）（n=2，3，4，…）． 由数列｛an｝是等差数列，得an+1－an=an－an-1（n=2，3，4，…），所以k=1
（2）由b1=a2－a1≠0，可得b2=a3－a2=f（a2）－f（a1）=k（a2－a1）≠0． 且当n>2时，bn=an+1－an=f（an）－f（an-1）=k（an－an-1）=…=kn-1（a2－a1）≠0所以，当n≥2时，====k，因此，数列｛bn｝是一个公比为k的等比数列，bn=b1•kn-1=kn-1
（3）解答一：写出必要条件，如，由（1）知，当k=1时，数列｛an｝是等差数列，所以k≠1是数列｛an｝为等比数列的必要条件．
解答二：写出充分条件，如f（x）=2x或f（x）=－2x等，并证明
解答三：｛an｝是等比数列的充要条件是f（x）=kx（k≠1）．
充分性证明：若f（x）=kx（k≠1），则由已知a1=a≠0，an=f（an-1）（n=2，3，4，…）得an=kan-1（n=2，3，4，…），所以｛an｝是等比数列．
必要性证明：若｛an｝是等比数列，由（2）知bn=kn-1（a2－a1）（n∈N?鄢），b1+b2+…+bn-1=（a2－a1）+（a3－a2）+…+（an－an-1）=an－a1（n≥2），an=a1+b1+b2+…+bn-1． 当k=1时，an=a1+（a2－a1）（n－1）（n≥2）． 上式对n=1也成立，所以数列｛an｝的通项公式为an=a+（f（a）－a）•（n－1）（n∈N?鄢）． 所以，当k=1时，数列｛an｝是以a为首项， f（a）－a为公差的等差数列．
所以k≠1． 当k≠1时，an=a1+（a2－a1）（n≥2）． 上式对n=1也成立，所以an=a1+（f（a）－a）=a+－，所以，a+=0?圯f（a）=ka，即等式f（a）=ka对于任意实数a均成立．
所以f（x）=kx（k≠1）
20． （1）当n+3m2=0时， f（x）=x2+mx－3m2lnx，则f ′（x）=2x+m－==． 令f ′（x）=0，得x=－（舍），x=m．
①当m>1时， f（x）在（1，m）上递减，在（m，+∞）上递增，所以当x=m时， f（x）min=2m2－3m2lnm． 令2m2－3m2lnm=0，得m=e．
②当0
附加题
选修4-1：（1）因MD与圆O相交于点T，由切割线定理DN2=DT•DM，DN2=DB•DA，得DT•DM=DB•DA． 设半径OB=r（r>0），因BD=OB，且BC=OC=，则DB•DA=r•3r=3r2，DO•DC=2r•=3r2，所以DT•DM=DO•DC
（2）由（1）可知，DT•DM=DO•DC，且∠TDO=∠CDM，故△DTO∽△DCM，所以∠DOT=∠DMC． 根据圆周角定理得，∠DOT=2∠DMB，则∠BMC=30°
选修4-2：任意选取直线2x+y－1=0上的一点P（x0，y0），它在矩阵1 20 2作用下变换得到的点为P′（x，y）则有xy=xy，故x=x0+2y0，y=2y0，解得x0=x－y，y0=y.又因为点P在直线2x+y－1=0上，所以2x0+y0－1=0，即2（x－y）+y－1=0，所求直线方程4x－3y－2=0
选修4-4：（1）消去参数θ，得曲线C的标准方程：（x－1）2+y2=1． 由ρcosθ+=0得：ρcosθ－ρsinθ=0，即直线l的直角坐标方程为：x－y=0
（2）圆心（1，0）到直线l的距离为d==，则圆上的点M到直线的最大距离为d+r=+1（其中r为曲线C的半径），AB=2=．设M点的坐标为（x，y），则过M且与直线l垂直的直线l′方程为：x+y－1=0，则联立方程（x－1）2+y2=1，x+y－1=0，解得x=+1，y=－或x=－+1，y=，经检验x=－+1，y=舍去． 故当点M为+1，－时，△ABM面积的最大值为（S△ABM）max=××+1=
选修4-5：（1）当m=1时，原不等式可变为0
（2）因为x轴⊥平面AA1B1B，所以平面AA1B1B的法向量取n=（1，0，0）． 设直线AM与平面AA1B1B所成角为θ，所以sinθ= cos〈，n〉==，所求角的正弦值为
23． （1）设袋中原有n个白球，则从9个球中任取2个球都是白球的概率为，
由题意知=，即n2－n－30=0，解得n=6或n=－5（舍去），故袋中原有白球的个数为6
（2）由题意，X的可能取值为1，2，3，4．
P（X=1）==；P（X=2）==；P（X=3）==；P（X=4）==． 所以取球次数X的概率分布列为：
所求数学期望为E（X）=
长沙雅礼中学 湖南师大附中
月考试卷调研
1． （理）C （文）A
2. （理）C （文）B
3． D 4． C
5． （理）以A2A3为x轴，A2A6为y轴建立直角坐标系，则A－，，A3（1，0），A5（1，），选D
（文）C
6． （理）2
7． （理）A
（文）圆关于原点对称，奇函数能满足题意，①②是奇函数，③不是，对④化简，由于－4
（文）设A（x1，y1），B（x2，y2），由题意=，直线l的方程为y=•x－，联立抛物线方程得y2－2py－p2=0，解得y=p，y=－p，选C
9． （理）， （文）－
10． （理）2 （文），0
11． （理）（x+2y）+=4++≥8，则m2+2m<8，解得m∈（－4，2）
（文）4
12． （理）2×e2－exdx=2e2－e2+1=e2+1
（文）cm3
13． （理）当0≤x≤，0≤－x≤，所以f2（x）=f1（f1（x））=f1－x=－－x=x=0；当≤x≤，0≤2x－1≤，所以f2（x）=f1（2x－1）=－（2x－1）=－2x=0，x=；当
14． （理）过O作AB的垂线，垂足为G，因为AE•EB=ED•EC，所以EC=4，所以OG=－ED=，所以r=OA==，所以直径为
（文）（1）2；（2）2=1=（xe1+ye2）2=x2+y2+xy=1，所以其方程为x2+y2+xy－1=0
15． （理）（－∞，3］ （文）3
16． （理）2 （文）1.8
17． （理）（1）f（x）=1+sin2x+（1－cos2x）=1++2sin2x－，其最小正周期为π
（2）当0
18． （理）（1）根据茎叶图，有“高个子”12人，“非高个子”18人，用分层抽样的方法，每个人被抽中的概率是=，所以选中“高个子”有12×=2人，“非高个子”有18×=3人． 用事件A表示“至少有一名‘高个子’被选中”，则它的对立事件表示“没有一名‘高个子’被选中”，则P（A）=1－=． 因此，至少有一人是“高个子”的概率是
（2）依题意，ξ的取值为0，1，2，3，P（ξ=0）==，P（ξ=1）==，P（ξ=2）==，P（ξ=3）==，E（ξ）=1
（文）（1）基本事件是遇到红灯、黄灯和绿灯，设它们的概率分别为P1，P2，P3，所以不是红灯的概率P=1－P1=1－=
（2）因为函数f（x）=ax2－4bx+1的图象的对称轴为x=，要使f（x）=ax2－4bx+1在［1，+∞）上为增函数，当且仅当a>0且≤1，即2b≤a． 若a=1，则b=－1；若a=2，则b=－1，1；若a=3，则b=－1，1，所以事件包含基本事件的个数是1+2+2=5，所求事件的概率为=
19． （理）（1）取AB的中点G，连结CG，FG． 因为CD∥AE，GF∥AE，所以CD∥GF． 又因为CD=1，GF=AE=1，所以CD=GF，所以四边形CDFG是平行四边形，DF∥CG． 在等腰直角三角形ACB中，G是AB的中点，所以CG⊥AB． 因为AE⊥平面ABC，CG?奂平面ACB，所以EA⊥CG，而AB∩EA=A，所以CG⊥平面ABE． 又因为DF∥CG，所以DF⊥平面ABE
（2）因为DF⊥平面ABE，DF?奂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABE． 过点A作AM⊥BE于M，则AM⊥平面BDE． 过点M作MN⊥BD于N，连结AN，由三垂线定理得BD⊥AN，所以∠ANM是二面角A－BD－E的平面角． 在Rt△ABE中，AM==． 因为AD=BD=AB=，所以△ABD是等边三角形，又BD⊥AN，所以AN=AB=． 在Rt△AMN中，sin∠ANM==×=，所以所求角大小的余弦值为
（文）（1）在△ABD中，由于AD=2，BD=4，AB=2，所以AD2+BD2=AB2，所以AD⊥BD． 又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，BD?奂平面ABCD，所以BD⊥平面PAD
（2）过P作PO⊥AD交AD于O． 又平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD．因为△PAD是边长为2的等边三角形，所以PO=． 由（1）知AD⊥BD，在Rt△ABD中，斜边AB边上的高为h==． 因为AB∥DC，所以S=CD×h=2，所以V=V=S×PO=
20． （理）（1）依题设，An=（500－20）+（500－40）+…+（500－20n）=490n－10n2（n∈N?鄢），Bn=5001++1++…1+－600=500n－－100（n∈N?鄢）
（2）Bn－An=500n－－100－（490n－10n2）=10n2+10n－－100=10n（n+1）－－10． 因为函数f（n）=n（n+1）－－10在n∈（0，+∞）上为增函数，当1≤n≤3时，n（n+1）－－10≤12－－10<0；当n≥4时，n（n+1）－－10≥20－－10>0，所以当且仅当n≥4时，Bn>An，所以至少经过4年，该企业进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润
（文）（1）由a2+a7+a12=－6得a7=－2，所以a1=4，所以an=5－n，从而Sn=
（2）由题意知b1=4，b2=2，b3=1． 设等比数列｛ｂn｝的公比为ｑ，则ｑ＝＝，所以Ｔm＝81-． 因为随m递减，所以｛Tm｝为递增数列，得4≤Tm<8． 又Sn== －（n2－9n）=－n－－，故（Sn）max=S4=S5=10． 若存在m∈N?鄢，使对任意n∈N?鄢总有Sn
21． （理）设A（x1，y1），B（x2，y2）． 因为e=，故可设椭圆E的方程为x2+3y2=3a2． ①
（1）当λ=1时，C为AB的中点，由对称性可知AB⊥x轴，故x1=x2=－1，将（－1，y1）代入①有y=，△ABO的面积为×1×2y==1，因此3a2=4，椭圆E的方程为+=1
（2）当λ≠1时，l存在斜率，可设l的方程为y=k（x+1）． 因为=λ，所以（x1+1，y1）=λ（－x2－1，－y2），所以x1+1=－λ（x2+1），y1=－λy2②． 把y=k（x+1）代入①有（3k2+1）•x2+6k2x+3（k2－a2）=0③，则x1，x2是方程③的两根，Δ=36k4－12（3k2+1）（k2－a2）=12［k2•（3a2－1）+a2］，且x1+x2=－④． 联立②④，解得x2+1=，x1+1= －⑤． S△ABO=×1×y－y==•≤•，等号在k2=时成立，代入⑤有x1=，y1=±，3a2=x+3y=． 显然λ≠－1，否则由=λ可知=，A与B重合，矛盾． 此时Δ=12［k2•（3a2－1）+a2］=4（6a2－1）=>0成立．故S的最大值为，此时椭圆E的方程为x2+3y2=
（文）（1）g（x）=－x3+x2+x－2，所以g′（x）= －3x2+2x+1． 令g′（x）=0得x=－或x=1，当x∈－∞，－时，g′（x）<0；当x∈－，1时，g′（x）>0；当x∈（1，+∞）时，g′（x）<0，所以函数g（x）在x=－处取得极小值－；在x=1处取得极大值－1
（2）因为f ′（x）=3x2+2ax+1的对称轴为x=－． ①若－≥－即a≤1时，要使函数f（x）在－，+∞上恒为单调递增函数，则有Δ=4a2－12≤0，解得－≤a≤，所以－≤a≤1． ②若－<－即a>1时，要使函数f（x）在－，+∞上恒为递增函数，则有f－=3•－+2a•－+1≥0，解得a≤2，所以1
（2）当n=1时，方程1+x=0有且只有一个实根；当n=2时，方程1+x+=0无实根，所以n=1，n=2时结论成立． 假设当n=k时，结论成立． 由题设知， f（x）=1+x+…+=f（x）． 当n=k+1时，①若k+1为奇数，则k为偶数，由f（x）=f（x）和归纳假设知f（x）=0无实根；由f（x）连续知f（x）>0或f（x）<0，易知f（x）<0不成立，因此f（x）>0，即f（x）在（－∞，+∞）上是增函数． 由k+1为奇数，则x→+∞时， f（x）→ +∞；x→－∞时， f（x）→－∞． 又由f（x）连续知f（x）=0有实根，而f（x）在（－∞，+∞）上是增函数，则f（x）=0在（－∞，+∞）上有且只有一个实根，即y=f（x）的图象与x轴有且只有一个交点．
②若k+1为偶数，则k为奇数． 由f（x）=f（x）和归纳假设知f（x）=0有且只有一个实根，即f（x）=0有且只有一个实根，记为x0． 又由①知y=f（x）在（－∞，+∞）上是增函数，则x0是y=f（x）的唯一极小值点，而f（x0）=f（x0）+=>0，则y=f（x）的唯一极小值点为正，故f（x）>0，即y=f（x）的图象位于x轴上方，且与x轴无交点． 由①②知，当n=k+1时，结论成立． 所以，原结论成立．
（文）同理科第21题
