20090505

∴，∴實數k的取值范圍為(2，3)．

3．解析：Ｂ．根據，

可得

，∴，故選Ｂ

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

評析：平面的斜線與平面所成的角，就是這條斜線與它在該

平面上的射影所成的銳角，根據題目的條件作出斜線在該平

面上的射影是實現解題的關鍵，而作射影的關鍵則是作出平

面的垂線，要注意面面垂直的性質在作平面的垂線時的應用．

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．設點是函數上的任意一點，點關于點的對稱點為，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，在上是減函數，又是偶函數，∴，

∴，解得．故選Ｃ．

8．解析：Ａ．對進行因式分解，

有，

∵，∴，

∴，　當且僅當，

即時取等號，∴的最大值是４，故選Ａ．

評析：多變元函數的最值問題的求解，有兩個基本思路：一是通過消元轉化為一元函數的最值問題來求解；二是整體思考，利用兩個正數的算術―――幾何平均不等式求解．一般地，在具有正數的條件與“和”、“積”的結構的情況下，常采用后一種思路，這時，特別要注意取等號的條件．

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．用坐標法，建立空間直角坐標系O－xyz，使坐標平面xOy為平面，且設點A的豎坐標為a，則點B、C的豎坐標為－b，－c，類比于平面直角坐標系中的三角形重心公式，得重心G的豎坐標為，∴重心G到平面的距離為，故選D．

評析：類比既是一種思想，又是一種推理方法．學習立體幾何的知識時，可以與平面幾何的相關知識進行類比，而平面向量的一些運算法則和性質，也可以運用類比的方法將其推廣到空間向量中來，學會運用類比的思想方法進行學習和解題，對學好數學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，∴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： ，再依據公式：“頻率=”，知本次活動中參評的作品數=（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，∴當時，則，由，

∴；

當時，則，由，∴；

綜上，．                                            （7分）

（Ⅱ）由（1）知，∴向量與的夾角為，     （9分）

當時，，，

∴．                   （10分）

當時，，，

∴．                    （12分）

評析：本題考查平面向量和解三角形的基礎知識，考查分類討論的思想方法．求解時容易發(fā)生的錯誤是：（1）將條件“△BCD是直角三形”當作“△BCD是以角是直角三形”來解，忽略對為直角的情況的討論；（2）在計算時，將當作向量與的夾角，忽略了確定兩個向量的夾角時必須將它們的起點移到一起．暴露出思維的不嚴謹和概念理解的缺陷，在復習中要引起重視，加強 訓練．

18．解析:本題考查的是隨機變量的分布列及期望的實際運用。對于（１）可先將的各種可能值對應的概率求出，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)設技術革新后的三等品率為，則此時１件產品的平均利潤

 （12分）

19．解析: 如圖所示建立空間直角坐標系，D為坐標原點，設．

（Ⅰ）連結AC，AC交BD于G，連結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G的坐標為，

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）設點F的坐標為，，則，

從而，

所以

．（9分）

由條件知，，即，

解得，

∴點F的坐標為，且，．

∴