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一、選擇題：

1．D　2．D　3．B   4．A  5．C  6．A  7．B  8．A ９．C  10．A  11．C  12．D

二、填空題：13. －２  14．１１　�。保担�　⊥　或　⊥

１６．3　　　１７．　　　�。保福�

三、解答題

19．解：（Ⅰ）記至少有一次中一等獎的事件為Ａ，

則其概率Ｐ（Ａ）＝＋＝．

答：至少有一次中一等獎的概率為．　　　　　　�。�．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分

注：本小問缺少事件命名、答，各扣一分．

（Ⅱ）每次抽取獎券都是相互獨立的，其中后四次分別看作獨立重復(fù)實驗．   ．．．．．．．．７分

設(shè)第一次中一等獎，后四次中恰有２次中二等獎的事件為B，　　　　　　．．．．．．．．．．．８分

則其概率Ｐ（B）=0.05292   ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．１１分

答：第一次中一等獎，后四次中恰有２次中二等獎的概率為0.05292．　　�。�．．．．．．．．．１2分

20．解：（Ⅰ）      ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．２分

由題意，代入上式，解之得：a=1，b=1．　　　．．．．．．．．．．5分

（２）當(dāng)b=1時，　　　　　　　

因故方程有兩個不同實根．　　�。�．．．．．．．．．．．8分

不妨設(shè)，由可判斷的符號如下：

當(dāng)＞０；

當(dāng)＜０；

當(dāng)＞０

因此是極大值點，是極小值點．    ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．． 11分

所以，當(dāng)b=1時，試證明：不論a取何實數(shù)，函數(shù)總有兩個不同的極值點．．．．．12分．

21．21．解:

（Ⅰ）設(shè)P點在平面ABCD上的射影為O, 連接CO,則∠PCO就是PC與平面ABCD所成的角,--------------------------1分

取AB的中點M,連接PM、OM,因為PA=PB,所以PM⊥AB,由三垂線定理的逆定理得OM⊥AB,,所以∠PMO就是二面角P-AB-C的平面角，即∠PMO=60⁰，--------------2分

在ΔPAB中，

PM=

過O作ON⊥BC交BC于N,則BN=MO=1,

在RtΔCON中,OC=------------------------3分

在RtΔPOC中 ，tan∠PCO=

即PC與平面ABCD所成的角為arctan.-------------------------------------5分

(Ⅱ)連接AC、BD.交于點H,則H為AC的中點，取PC中點E，則PA∥HE,-----7分

所求。---9分

（Ⅲ）取PA中點為F,連接HF,則HF∥PC,所以∠BHF為異面直線PC與BD所成的角或其補角。----------------10分

在ΔBHF中，

-------12分

COS∠BHF=

∠BHF=arccos,即PC與BD所成的角為 arccos。--------14分

22．解：（Ⅰ）以AB中點為坐標原點，直線AB所在直線為x軸建立平面直角坐標系，則　A（－1,0），B（1,0）………………………………………1’

設(shè)M（x,y）,由題意：|MP|=|MA|,|BP|=2，所以 |MB|+|MA|=2     ……..3’

故曲線C是以A、B為焦點，長軸長為2的橢圓，……………………..5’

其方程為x²+2y²=2  ……………………….7’

（Ⅱ）直線l與曲線C的位置關(guān)系是相切�！�………………8’

證明如下:　由（Ⅰ）知曲線C方程為x²+2y²=2，

設(shè)P(m,n)，則P在⊙B上，故(m-1)²+n²=8，即m²+n²=7+2m …………..9’

當(dāng)P、A、B共線時，直線l的方程為x=±，顯然結(jié)論成立. ………….10’

當(dāng)P、A、B 不共線時，直線l的方程為：y-=-(x-)

整理得，y=－(x-)＋＝－x＋=－x＋  ………………….11’

把直線l的方程代入曲線C方程得：x²+2（－x＋）²＝2

整理得，[n²+2(m+1)²]x²-4(m+1)(m+3)x+2(m+3)²-2n²=0            ………………………12’

判別式△＝[4(m+1)(m+3)]²-4[n²+2(m+1)²] [2(m+3)²-2n²]= -8n²[(m+3)²-n²-2(m+1)²]

              =-8n²[-m²-n²+2m+7]=0                        

∴直線l與曲線C相切　　……………………………14’

說明：以A或B為原點建系，可參照得分.

另證：在直線l上任取一點M’，連結(jié)M’A、M’B、MA，……………………………9’

由垂直平分線的性質(zhì)得　|M’A|=|M’P|，……………………………11’

∴|M’A|+|M’B|＝|M’P|+|M’B|≥｜PB｜＝2（當(dāng)且僅當(dāng)M、M’重合時取”=”號）　　……13’

∴直線l與橢圓C有且僅有一個公共點M　　　　　　　　　　

結(jié)論得證.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　…………14’

23解：（Ⅰ）；由S_n+2－ (t+1)S_n+1＋tS_n=0，得(t+1)S_n+1= S_n+2＋tS_n，即,           （2分）

而 a₁=t，a₂=t²                                                                                                     （3分）

 所以，當(dāng)t≠0時，數(shù)列是以t為首項，t為公比的等比數(shù)列.于是 。       

經(jīng)驗證當(dāng)t=0時上述結(jié)論仍成立　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  （4分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，則有

（5分）

當(dāng)t≠0時

                                            （6分）

于是有，解得  （7分）

所以                

經(jīng)驗證當(dāng)t=0時上述結(jié)論仍成立　                            （9分）

（Ⅲ）＝(tⁿ＋t^-n)　_∵(tⁿ＋t^-n)－(2ⁿ＋2^-n)＝(tⁿ－2ⁿ)[1－()ⁿ] 且＜t＜2

∴＜<1     ∴tⁿ－2ⁿ＜0且1－()ⁿ<0　　                      

∴(tⁿ－2ⁿ) [1－()ⁿ]<0                                   

∴tⁿ＋t^-n<2ⁿ＋2^-n                                         （11分）

∴  2（ ++ ……+）<(2+2²+……+2ⁿ)+ (2^-1+2^-2+……+2^-n)=2(2ⁿ-1)+1-2^-n

=2ⁿ⁺¹－（1＋2^-n）                                       （12分）

＜2ⁿ⁺¹－2                   

∴<                                   （14分）

另解：對f(t)求導(dǎo)，可得函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)減，在區(qū)間上單調(diào)增，且f()=f(2)

于是有                                                   

所以<

                   =