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参考答案：
1．C 2．D 3．B 4．C 5．D 6．B 7．C 8．A
9．ABD 10．ACD 11．ACD 12．BC
13．96 14． 1 5 0 15．
4
3
2
16． ① ② ④
π
17．(1)B= (2)2+ 13
3
【详解】（1）在 ABC中，因为sin(A+B)=sin(π−C)=sinC，
故由(a−c)sin(A+B)=(a−b)(sinA+sinB)可得 ( a − c ) s in C = ( a − b ) ( s in A + s in B )
由正弦定理得c(a−c)=(a−b)(a+b)，即 c 2 + a 2 − b 2 = a c ．
则 c o s B =
1
2
，又 0 B π ，故 B =
π
3
．
（2） S
A B C
=
1
2
a c s i n B =
3
4
3
，得 a c = 3 ，
由余弦定理 a 2 + c 2 − b 2 = 2 a c c o s B ，
即 ( a + c ) 2 − b 2 = 2 a c c o s B + 2 a c ，
得 a + c = 1 3 ，所以 A B C 的周长为2+ 13
18．(1) 当 n = 2 k , k N
+
时，
S
n
= 1 − 4 + 9 − 1 6 + + ( n − 1 ) 2 − n 2 = − 3 − 7 + + (1 − 2 n ) =
− 3 + 1
2
− 2 n
n
2
= −
n 2 +
2
n
；
当 n = 2 k − 1 , k N
+
n2 +n
时，S =1−4+9−16+ +n2 = ；
n 2
n2 +n
− ,n=2k
2
所以S = (kN )（或
n n2 +n +
,n=2k−1
2
S
n
= ( − 1 ) n − 1
n 2 +
2
n
）
(2) n 2 时，(−1)n−1b =T −T =2n−1； n=1时，
n n n−1
b
1
= T
1
= 2 ，不符合上式；
2,n=1
所以b = ，
n (−1)n−1(2n−1),n1
1 1 1 1
设{b b }的前n项和为R ，则R = + + + + =
n n+1 n n 2(−3) −35 5(−7) −(2n−1)(2n+1)
1 1 1 1 1 1
− − ( − )= − .
6 2 3 2n+1 4n+2 3
{#{QQABYYgEogiAQBBAAQgCQw1SCAKQkACCAAoORBAAIAABAAFABAA=}#}19．(1)证明过程见详解 (2)
2
3
【详解】（1）连接 A C ，在菱形 A B C D 中， D A B = 1 2 0 ， A D = 2 ，所以 A C = 2 ，
在 P A D 中，PA= AD=2，PD=2 2，所以PA2+AD2 =PD2，所以 P A ⊥ A D ，
在 △ P A C 中， A C = 2 ，PA=2， P C = 2 2 ，所以 P A 2 + A C 2 = P C 2 ，所以 P A ⊥ A C ，
又 A C A D = A ， A C ，AD平面 A B C D ，所以PA⊥平面 A B C D ，
又 B D 平面ABCD，所以 P A ⊥ B D ，因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，
又 A C P A = A ， A C ， P A 平面PAC，所以 B D ⊥平面PAC，
又 P C 平面 P A C ，所以PC⊥BD．
（2）记AC BD=O，连接 O E ，由点 O 是棱 A C 的中点，且点 E 是 P C 的中点，所以
OE PA，又由（1）知 P A ⊥ 平面 A B C D ，所以 O E ⊥ 平面ABCD，
以 O 为坐标原点， O B ， O C ， O E 所在的直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，如
图所示，
( ) 所以B 3,0,0 ， D ( − 3 , 0 , 0 ) ， P ( 0 , − 1 , 2 ) ， A ( 0 , − 1 , 0 ) ， C ( 0 ,1 , 0 ) ，
所以 B P =
(
− 3 , − 1 , 2
)
， B A =
(
− 3 , − 1 , 0
)
，设平面 B A P 的一个法向量为 n
1
= ( x
1
, y
1
, z
1
) ，
所以
n
n
1
1
B
B
P
A
=
=
0
0
，即
−
−
3
3
x
x
1
1
−
−
y
y
1
1
+
=
2
0
z
1
= 0
，令 y
1
= − 3 ，解得x =1，z =0，
1 1
所以平面BAP的一个法向量为 n
1
=
(
1 , − 3 , 0
)
，
1 1
因为E是PC的中点，且PC=(0,2,−2)，所以PE= PC= (0,2,−2)=(0,1,−1)，
2 2
所以 B E = B P + P E = ( − 3 , − 1 , 2 ) + ( 0 ,1 , − 1 ) = ( − 3 , 0 ,1 ) ( ) ，又BD= −2 3,0,0 ，
设平面BDE的一个法向量为n =(x ,y ,z )，
2 2 2 2
n BD=0 −2 3x =0
所以 2 ，即 2 ，令y =1，解得x =0，z =0，
2 2 2
n BE=0 − 3x +z =0
2 2 2
故平面BDE的一个法向量为n =(0,1,0)，由图可知平面PAB与平面BDE所成角为锐角，
2
{#{QQABYYgEogiAQBBAAQgCQw1SCAKQkACCAAoORBAAIAABAAFABAA=}#}所以 c o s n
1
, n
2
=
n
1
n
1
n
n
2
2
=
−
2
3
1
=
2
3
，故平面PAB与平面 B D E 所成角的余弦值为
2
3
．
20．(1) p
0
=
2
3
【详解】（1）由题意得则 f ( p ) = C 46 p 4 ( 1 − p ) 2 , p ( 0 ,1 ) ，
则 f ( p ) = C 46 4 p 3 ( 1 − p ) 2 − 2 p 4 ( 1 − p ) = C 46 p 3 ( 1 − p ) ( 4 − 6 p ) ，令 f ( p ) = 0 ，得 p =
2
3
；
2
当p0, 时，
3
f ( p ) 0
2
， f (p)在区间0, 内单调递增；当
3
p
2
3
,1
时， f ( p ) 0 ，
f ( p ) 在区间
2
3
,1
2
内单调递减，所以当 p= 时，
3
f ( p ) 取得最大值， 即 p
0
=
2
3
．
（2）若选规则一，记X为甲投进的次数，则 X ~ B
6 ,
2
3
，则 E ( X ) = 6
2
3
= 4 ，
记Y为甲所得代金券金额，则Y =10X ， E ( Y ) = 1 0 E ( X ) = 4 0 ．
若选规则二，记Z为甲投进的次数，则Z的所有可能取值为0，1，2．
记甲第k次投进为事件 A
k
( k = 1 , 2 ) ，未投进为事件 A
k
，
所以投进0次对应事件为A A ，其概率为
1 2
P ( Z = 0 ) = P ( A
1
A
2
) = 1
3
2
3
= 2
9
；
2 1 1 1 1
投进1次对应事件为A A + AA ，P(Z =1)= + = ；
1 2 1 2 3 3 3 3 3
投进2次对应事件为 A
1
A
2
， P ( Z = 2 ) =
2
3
2
3
=
4
9
．所以Z的分布列为
Z 0 1 2
2 1
P
9 3
4
9
所以 E ( Z ) = 0
2
9
+ 1
1
3
+ 2
4
9
=
1
9
1
；
记L为甲所得代金券金额，则L=40Z， E ( L ) =
4 4
9
0
，因为 E ( L ) E ( Y ) ，
所以甲应选规则二参加比赛．
21．（1）
x
4
2
+
y
3
2
= 1 ；（2）证明见解析.
c 1
解:（1）由题意知 = ，所以a=2c，又a2 =b2+c2，所以b= 3c
a 2
当 P Q ⊥ x 轴时，△APQ的面积为
9
2
，
1 2b2 9
所以 (a+c) = ，得b2 =3；结合上式可得a2 =4,c2 =1，
2 a 2
x2 y2
所以椭圆C的标准方程为 + =1.
4 3
{#{QQABYYgEogiAQBBAAQgCQw1SCAKQkACCAAoORBAAIAABAAFABAA=}#}（2）由（1）知 F ( 1 , 0 ) ，设直线 P Q 的方程为 x = m y + 1 ， P ( x
1
, y
1
) , Q ( x
2
, y
2
)
与椭圆 x
4
2 + y
3
2 = 1 联立，得 ( 3 m 2 + 4 ) y 2 + 6 m y − 9 = 0 .
显然0恒成立.
6m 9
y +y =− ,y y =− (*)
1 2 3m2+4 1 2 3m2+4
直线 A P 的方程为 y =
x
y
1+
1
2
( x + 2 ) ，直线 B Q 的方程为 y =
x
y
2
2−
2
( x − 2 ) ，
y y
联立两方程可得，所以 1 (x+2)= 2 (x−2)
x +2 x −2
1 2
x+2 x +2 y (my +3)y my y +3y
= 1 2 = 1 2 = 1 2 2
x−2 y x −2 y (my −1) my y −y
1 2 1 2 1 2 1
由 ( * ) 式可得 m y
1
y
2
=
3
2
( y
1
+ y
2
) ，
3 3 9
(y +y )+3y y + y
x+2 2 1 2 2 2 1 2 2
代入上式可得 = = =3，解得
x−2 3 y 3y
(y +y )−y 1 + 2
2 1 2 1 2 2
x = 4 ,
故点 M 在定直线x=4上.
22.（1）解： f ( x ) = e x − 1 − a ( x − 1 ) ；则 f '( x ) = e x − 1 − a ，
①当 a 0 时， f '( x ) 0 恒成立，此时 f ( x ) 在定义域内单调递增；
②当 a 0 时，令 f '(x)=0，得 x = 1 + l n a ，当x1+lna时， f '( x ) 0 ， f ( x ) 单调递减；
当 x 1 + l n a 时， f '(x)0， f ( x ) 单调递增；
综上，a0时， f ( x ) 在定义域内单调递增；a 0时， f ( x ) 在(−,1+lna)上单调递减；在
(1+lna,+)上单调递增；
e
(2)解：令g(x)=ex−1−a(x−1)−xlnx−ln (x0)；g'(x)=ex−1−a−1−lnx,x0，
2
g ''( x ) = e x − 1 −
1
x
, x 0 ， g '''( x ) = e x − 1 +
1
x 2
0 ，所以 g ''( x ) 单调递增，又 g ''(1 ) = 0 ，则
0 x1时，g''(x)0；x 1时，g''(x)0；所以 g '( x ) 在(0,1)上单调递减，在 (1 , + ) 上单
调递增；所以g'(x) = g'(1)=−a，
min
① 当a0时，g'(x)0恒成立，此时g(x)在定义域内单调递增；若使g(x)0恒成立，则
{#{QQABYYgEogiAQBBAAQgCQw1SCAKQkACCAAoORBAAIAABAAFABAA=}#}只需 l i
x →
m
0 +
g ( x ) =
1
e
+ a − l n
e
2
0 ，即 a l n
e
2
−
1
e
=
e −
e
1
− l n 2 ；（注：由
e −
e
1
2
3
l n 2 ，故
e−1
−ln20），即
e
e −
e
1
− l n 2 a 0 ；（ x l n x 洛必达法则/ x l n x 图象）
② a 0 时，g'(x)=0有解，由 lim g'(x)→+ ，
x→0+
g '(1 ) = − a 0 lim g'(x)→+ ， ，且
x→+
g '( x ) 在(0,1)上单调递减，在 (1 , + ) 上单调递增，所以 g '( x ) 在 ( 0 ,1 ) 与 (1 , + ) 各有一个零点，
不妨分别记为 x
1
, x
2
；所以 x ( 0 , x
1
) 时， g '( x ) 0 ， g ( x ) 单调递增， x ( x
1
, x
2
) 时，
g '( x ) 0 ， g ( x ) 单调递减， x ( x
2
, + ) 时， g '( x ) 0 ， g ( x ) 单调递增；由 a 0 ，则
1 e
lim g(x)= +a−ln 0，故若使
x→0+ e 2
g ( x ) 0 恒成立，只需g(x )0；（含参隐零点）
2
又 g '( x
2
) = 0 ，即 e x 2 − 1 − a − 1 − l n x
2
= 0 , x
2
1 ，即a=ex 2 −1−1−lnx ,x 1，则
2 2
g ( x
2
) = e x 2 − 1 − a ( x
2
− 1 ) − x
2
l n x
2
− l n
e
2
= ( 2 − x
2
) e x 2 − 1 + x
2
− l n x
2
− 1 − l n
e
2
0 , x
2
1 ，
令 h ( x ) = ( 2 − x ) e x − 1 + x − l n x − 1 − l n
e
2
, x 1 ，
而当x1时， h '( x ) = (1 − x ) e x − 1 + 1 −
1
x
= (1 − x ) ( e x − 1 −
1
x
) 0 ，
所以 h ( x ) 在 (1 , + ) 上单调递减，且 h ( 2 ) = 0 ，所以由 g ( x
2
) 0 得 1 x
2
2 ；
而 a = e x2 − 1 − 1 − l n x
2
, x
2
1 在 (1 , 2 ) 上单调递增，所以 a 的范围为 ( 0 , e − 1 − l n 2 ) ；
1
综上 a 的取值范围为[1− −ln2,e−1−ln2).
e
{#{QQABYYgEogiAQBBAAQgCQw1SCAKQkACCAAoORBAAIAABAAFABAA=}#}
