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20090505

∴，∴實(shí)數(shù)k的取值范圍為(2，3)．

3．解析：Ｂ．根據(jù)，

可得

，∴，故選Ｂ

4．解析：Ｂ　先作出直線(xiàn)A₁B與平面BC₁D₁所成角，再通過(guò)解三角形求出其正切值．如圖，連結(jié)交　于，連結(jié)．由，，又，得，所以就是直線(xiàn)A₁B與平面BC₁D₁所成角．在直角中，求得，故選Ｂ．

評(píng)析：平面的斜線(xiàn)與平面所成的角，就是這條斜線(xiàn)與它在該

平面上的射影所成的銳角，根據(jù)題目的條件作出斜線(xiàn)在該平

面上的射影是實(shí)現(xiàn)解題的關(guān)鍵，而作射影的關(guān)鍵則是作出平

面的垂線(xiàn)，要注意面面垂直的性質(zhì)在作平面的垂線(xiàn)時(shí)的應(yīng)用．

5．解析： A．特值法．取B=0，A=1，C=－1，則M(1，)，N(1，－)， ∴= x₁x₂+y₁y₂ =－2．故選A ．

6．解析  Ｂ．設(shè)點(diǎn)是函數(shù)上的任意一點(diǎn)，點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為，則由在上，得，∴，即．故選Ｂ．

7．解析： C．圖象法．由的圖象可得，在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，又是偶函數(shù)，∴，

∴，解得．故選Ｃ．

8．解析：Ａ．對(duì)進(jìn)行因式分解，

有，

∵，∴，

∴，　當(dāng)且僅當(dāng)，

即時(shí)取等號(hào)，∴的最大值是４，故選Ａ．

評(píng)析：多變?cè)�函�?shù)的最值問(wèn)題的求解，有兩個(gè)基本思路：一是通過(guò)消元轉(zhuǎn)化為一元函數(shù)的最值問(wèn)題來(lái)求解；二是整體思考，利用兩個(gè)正數(shù)的算術(shù)―――幾何平均不等式求解．一般地，在具有正數(shù)的條件與“和”、“積”的結(jié)構(gòu)的情況下，常采用后一種思路，這時(shí)，特別要注意取等號(hào)的條件．

9．解析:D∵，則，∴，

，則，∴，故選D．

10．解析：Ｂ，由，得：，即，解之得，由于，故；選Ｂ

11．解析：Ｄ．用坐標(biāo)法，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz，使坐標(biāo)平面xOy為平面，且設(shè)點(diǎn)A的豎坐標(biāo)為a，則點(diǎn)B、C的豎坐標(biāo)為－b，－c，類(lèi)比于平面直角坐標(biāo)系中的三角形重心公式，得重心G的豎坐標(biāo)為，∴重心G到平面的距離為，故選D．

評(píng)析：類(lèi)比既是一種思想，又是一種推理方法．學(xué)習(xí)立體幾何的知識(shí)時(shí)，可以與平面幾何的相關(guān)知識(shí)進(jìn)行類(lèi)比，而平面向量的一些運(yùn)算法則和性質(zhì)，也可以運(yùn)用類(lèi)比的方法將其推廣到空間向量中來(lái)，學(xué)會(huì)運(yùn)用類(lèi)比的思想方法進(jìn)行學(xué)習(xí)和解題，對(duì)學(xué)好數(shù)學(xué)和提高解題能力將是十分有益的．

12．解析： A．

，故選A．

二、填空題：

13．解析：．由，得，即，又由，得，∴，于是，

．

14．解析：．由已知，∵f(x)，g(x)均為奇函數(shù)，∴f(x)＜0的解集是(－b，－a²)，g(x)＜0的解集是(－)．由f(x)?g(x)＞0可得：

 ，∴．

15．解析：60件．依題意可算出第三組的頻率為： ，再依據(jù)公式：“頻率=”，知本次活動(dòng)中參評(píng)的作品數(shù)=（件）．

16．解析：F′(x)=2－．=(2t－2t)|=(2x－2x)－(2－2)=2x－2x，

∴F′(x)=2－．

三、解答題：

17．解析：（Ⅰ），在中，由余弦定理，得，

∴，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 （2分）

由，，                        

由得，，

∴，從而                  （4分）

由題意可知，∴，                                 （5分）

又∵△BCD是，∴當(dāng)時(shí)，則，由，

∴；

當(dāng)時(shí)，則，由，∴；

綜上，．                                            （7分）

（Ⅱ）由（1）知，∴向量與的夾角為，     （9分）

當(dāng)時(shí)，，，

∴．                   （10分）

當(dāng)時(shí)，，，

∴．                    （12分）

評(píng)析：本題考查平面向量和解三角形的基礎(chǔ)知識(shí)，考查分類(lèi)討論的思想方法．求解時(shí)容易發(fā)生的錯(cuò)誤是：（1）將條件“△BCD是直角三形”當(dāng)作“△BCD是以角是直角三形”來(lái)解，忽略對(duì)為直角的情況的討論；（2）在計(jì)算時(shí)，將當(dāng)作向量與的夾角，忽略了確定兩個(gè)向量的夾角時(shí)必須將它們的起點(diǎn)移到一起．暴露出思維的不嚴(yán)謹(jǐn)和概念理解的缺陷，在復(fù)習(xí)中要引起重視，加強(qiáng) 訓(xùn)練．

18．解析:本題考查的是隨機(jī)變量的分布列及期望的實(shí)際運(yùn)用。對(duì)于（１）可先將的各種可能值對(duì)應(yīng)的概率求出，然后代入公式可得（２）的答案

（１）的可能取值有６，２，１，―２;

故的分布列為

1

1

1

-2

P

0.63

0.25

0.1

0.02

                                            （4分）

(2)      （8分）

(3)設(shè)技術(shù)革新后的三等品率為，則此時(shí)１件產(chǎn)品的平均利潤(rùn)

 （12分）

19．解析: 如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系，D為坐標(biāo)原點(diǎn)，設(shè)．

（Ⅰ）連結(jié)AC，AC交BD于G，連結(jié)EG．依題意得

． 　　　　　　　   （2分）

∵底面ABCD是正方形，∴G是此正方形的中心，故點(diǎn)G的坐標(biāo)為，

且．

∴，這表明PA//EG．

而平面EDB且平面EDB，

∴PA//平面EDB．   （4分）

（Ⅱ）依題意得，．

又，故．

∴．                  （6分）

由已知，且，

所以平面EFD．           （8分）

（Ⅲ）設(shè)點(diǎn)F的坐標(biāo)為，，則，

從而，

所以

．（9分）

由條件知，，即，

解得，

∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為，且，．

∴