求證：；

 

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(Ⅰ)求證：；
(Ⅱ)求證：.

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一、選擇題

ADBBD  ABBAD

二、填空題

11、        12、          13、C      14、21           15、          16、（-，0）

三、解答題

17、解：（1）    4分

∵f（x）的最小值為3

所以-a+=3,a=2

∴f(x)=-2sin(2x+)+5                                  6分

（2）因?yàn)?-)變?yōu)榱?)，所以h=,k=-5

由圖象變換得=-2sin(2x-)            8分

由2kp+≤2x-≤2kp+    得kp+≤x≤kp+  所以單調(diào)增區(qū)間為

[kp+, kp+](k∈Z)       13分

18、解：（1）如圖，在四棱錐中，

∵BC∥AD，從而點(diǎn)D到平面PBC間的距離等于點(diǎn)A

到平面PBC的距離.         2分

∵∠ABC=，∴AB⊥BC，

又PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BC，

∴BC⊥平面  PAB，                 4分

∴平面PAB⊥平面PBC，交線為PB，

過A作AE⊥PB，垂足為E，則AE⊥平面PBC，

∴AE的長等于點(diǎn)D到平面PBC的距離．

而，∴．

即點(diǎn)D到平面PBC的距離為．                 6分

（2）依題意依題意四棱錐P-ABCD的體積為，

∴（BC+AD）AB×PA=，∴，                 8分

平面PDC在平面PAB上的射影為PAB，S_PAB=，         10分

PC=，PD=，DC=，S_PDC=a²,           12分

設(shè)平面PDC和平面PAB所成二面角為q，則cosq==

q=arccos.    13分

19、解：（1）從10 道不同的題目中不放回地隨機(jī)抽取3次，每次只抽取1道題，抽法總數(shù)為只有第一次抽到藝術(shù)類數(shù)目的抽法總數(shù)為

∴                                   5分

（2）抽到體育類題目的可能取值為0，1，2，3則

∴的分布列為

0

1

2

3

P

10分

                         11分

從而有                   13分

20、解:（1）設(shè)與在公共點(diǎn)處的切線相同

                         1分

由題意知       ，∴    3分

由得，，或（舍去）

即有                                        5分

（2）設(shè)與在公共點(diǎn)處的切線相同

由題意知    ，∴

由得，，或（舍去）      7分

即有            8分

令，則，于是

當(dāng)，即時(shí)，；

當(dāng)，即時(shí)，                 11分

故在的最大值為，故的最大值為   13分

21、解:(1)∵且｜PF₁｜＋｜PF₂｜＝2a＞｜F₁F₂｜(a＞)

∴P的軌跡為以F₁、F₂為焦點(diǎn)的橢圓E，可設(shè)E：(其中b²＝a²－5)    2分

在△PF₁F₂中，由余弦定理得

又

∴當(dāng)且僅當(dāng)| PF₁ |＝| PF₂ |時(shí)，| PF₁ |?| PF₂ |取最大值，         4分

此時(shí)cos∠F₁PF₂取最小值

令＝_a2＝9，

_{∵c＝ ∴b2＝4故所求P的軌跡方程為}           6分

(2)設(shè)N(s，t)，M(x，y)，則由，可得(x，y－3)＝λ(s，t－3)

∴x＝λs，y＝3＋λ(t－3)           7分

而M、N在動(dòng)點(diǎn)P的軌跡上，故且

消去S得解得        10分

又| t |≤2，∴，解得，故λ的取值范圍是[，5]      12分

22、解：（1）由，得，代入，得，

整理，得,從而有，，

是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，即.          4分

（2），  ，

，

，

.                  8分

(3)∵

.

由（2）知，，

.     12分