参考答案一1.C2.C3.B4.B5.C6.D7.A8.A二．9.AB10.AD.11.ABD12.ABD11三．13.14.0.7615.[,12]16.(,)921332四、解答17.【解答】（1）因为cos2Acos2Bcos2C1sinBsinC所以sin2Asin2Bsin2CsinBsinC，b2c2a21由正弦定理可得a2b2c2bc，所以cosA，因为A(0,)，2bc2则A．5分31（2）由题意AM(ABAC)，22121221212bc227则AM(ABAC)(bcbc)[(bc)bc]…[(bc)()]，4444243333则|AM|…，即ABC的中线AM的最小值为．当且仅当bc3取最小值2210分18.（12分）解：(1)因为DAB，且APAB1,故BP1,在PDC中，32PDDC1,PDC,所以PC3，在BPC3中,BP1,PC3,BC2所以BPPC，又因为BEPC,BPIBEE,BE,BP平面BPE，所以PC平面BPE4分(2)选①取BP中点为O,因为BEPE,故EOBP,由（1）得EOPC,BPIPCP,所以EO平面ABCD，所以EAO为AE与平面ABCD所成的角，即EAO,ABP为43等边三角形，边长为1，所以EOAO,EBP为等边三角形6分2（解法1）取PE中点M，过M作MNEC于N,连接NB,BM因EBP等边,所以BMEP，由（1）知BMPCEPIPCP，所以BM平面EPC由MNEC,故BNEC,BNM是二面角PECB的平面角,8分13在直角EPC中,EP1,PC3,点M是EP的中点，所以MN,在直角BMN43中tanBNM22,10分345所以余弦值为12分5uuruuuruuur解法2：以O为原点，OA,OP,OE为在x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系得1113P(0,,0),B(0,,0),C(3,,0),E(0,0,),2222uur13uuuruuurEP(0,,),PC(3,0,0),BC(3,1,0)22uruur13urnEP0yz0设是平面的法向量,则1,11，n1(x1,y1,z1)EPCuruuur22n1PC03x10ur取8分n1(0,3,1)uuruur13uurnBE0yz0设为平面的法向量,2,22，n2(x2,y2,z2)EBCuuruuur22n2BC03x2y20uur取n2(,3,1)9分uruururuurnn5设，所成的角为，则12，11分n1n2cosuruur|n1||n2|55二面角的余弦值为12分53选②取BP中点为O，由（1）得EO平面ABCD，设D到平面EPC的距离为h,h，41由已知得ABC等边三角形，BP1，设EOx则EPx2，4VV11因为EPDCDEPC，即SEOSh，3PDC3EPC211113即PDDCsin1200EOEPPCh，可求得x323223可求得EO,6分2以解法下同①的解法19.解：（1）当时，，1当�时=，1�1=�1=2��−111���−12经�检≥验2，�=时�，−�=也符�+1合−上�式，=��+1=�+�1所以数列�的=通1项公式�1为=2……………3分12（2）易知�，�两边取倒数得�：�=�+�，整理得：，1��+211�∴�>是0以首项为�，�+1公=比�为�2的等比数列��+，1+1=2��+111∴��+1，�∴1+1=2…………6分1�−11��（3）由��（+11）（=22）×问2可知欲比�较=2−1与的大小，11�+12即比较与的大小��+1=2−1��=�+��+12当2时，−1�+�，，有3>2；1+12当�=1时,2−1=3，1+1=2，有7>6；2+12当�=2时,2−1=7，2+2=6，有15>12；3+12猜想�=32−1=，1下5面证3明+3=12…………8分�+12方法一.当2−n1>4时�+�n1n+1012n1nn101221(11)1Cn+1Cn+1Cn+1Cn1Cn1Cn+112Cn12Cn12Cn11=22(n1)(n1)n1n2n所以对于任意的都成立，进而<.……………12分x1+2�+1�方法二.令f(x)�2∈�1xx，则��x1x12x12x1f(x)2ln22x1,f(x)2(ln2)22(lne)222当x4,时，x1f(x)220，f(x)在x4,单调增，x151f(x)f(4)2ln22x1224170,f(x)在x4,单调增，2412x12x12f(x)（f4）2144110，所以21xx0，即21xx所以对于任意的都成立，进而<.……………12分方法三�∈�+��+1��3下面用数学归纳法证明①当时,显然成立当时,显然成立�=1②假设�=2时（k2），猜想成立，即成立，�+12那么当�=�时，2−1>�+��+2�+1�+1�=�+12−1=2∙2−1=2∙(2−1)+122因为>2∙(�+�)+1=2�+2�+1222对任意2的�+2�且+1−[上�+式1都)大+于�0+，1=�−�−1所以有�≥2�∈�+�+22综上所述，2对−于1任>意(�的+1)+都�成+立1，进而<.……………12分�+122−1>�+��∈�+��+1��20解：(1)杯数日期代码…………………2分根据散点图，知y＝c＋dlnx更适宜作为y关于x的回归方程模型．………………3分(2)令u＝lnx，则y＝c＋du.7xynxy11235.1－7×22.7×1.2由已知数据得ˆi1＝≈14.2d72213.2－7×1.2×1.2xinxi1cˆ＝y－dˆu＝22.7－14.2×1.2≈5.7，所以yˆ＝5.7＋14.2u.故y关于x的回归方程为yˆ＝5.7＋14.2lnx.………………6分（此问计算过程中若算得dˆ是14.22，算得cˆ是5.6，回归方程为yˆ＝5.6＋14.2lnx也算对）4进而由题意知，令5.7＋14.2lnx>35，整理得lnx>2.1，即x>e2.1≈8.2，故当x＝9时，即到第9天才能超过35杯．…………………………7分(3)由题意知，这7天中销售超过25杯的有4天，则随机变量X的可能取值为0，1，2，30312�4�31�4�31233��=0=�7=35��=1=�7=352130�4�318�4�3433则�随�=机2变量=X�的7分=布35列为��=3=�7=35X0123P112184……………12分35353535（）由题意，，，设，21.解1A1a,0A2a,0Dx0,y0x0ax2y22则00，所以2b22①，1y0x0aa2b2a2yyy2因为直线、的斜率之积为，所以000，DA1DA23223x0ax0ax0ab2将式①代入化简得：3②，……………2分a2又双曲线C的右焦点为F2,0，所以a2b24，结合式②解得：a1，b3，y2双曲线C的方程为x21.……………4分3TATQ(2)因为A,B,Q,P四点共圆，所以TPATBQ,TAP∽TQB,且,所以有TPTB|TA||TB||TP||TQ|.……………5分设直线的方程为，，，，，设，AByk1(xm)nA(x1y1)B(x2y2)m1x1x2将直线AB方程代入C的方程化简并整理可得，222222，(3k1)x(2k1m2k1n)xn2kmnk1m302由已知得3k10，且02k2m2knn22kmnk2m23由韦达定理有，1111，……………7分x1x22,x1x223k13k1又由可得2，A(x1,k1x1k1mn),T(m,n)|AT|1k1(x1m)同理可得2，得|BT|1k1(x2m)3m2n232222，|AT||BT|(1k1)(x1m)(x2m)(1k1)(x1x2m(x1x2)m)(1k1)23k15设直线的方程为，设，PQyk2(xm)n,P(x3,y3),Q(x4,y4)m1x3x4(1k2)(3m2n23)同理可得2，……………10分|PT||QT|23k21k21k2由已知得22又，则12，化简可得22，3mn30，|AT||BT||PT||QT|22k1k23k13k2又，则，即，即直线的斜率与直线的斜率之和为．k1k2k1k2k1k20ABPQ0…12分22.（1）证明：由题意，，定义域为∞,2�恒�成=立2，��所�+以�+在�∞上(为0,增+函数)…………………1分'2易知��=�+，2故�+1>0��，(0,+)若�1都=大2于1，�则�1+��2=4=2�1，不合题意，同理�1,�2都小于1时�也�不1满+足��2>2�1=4设�1,�2，欲证，即证即证0<�1≤1≤�2，即�证1+�2≥2�2≥2−，�1即证��2≥�2−�1，4−��1≥�2−�1………………………………3分构造函4数≥�2−�1+��1，，��=�2−�+�(�)�ϵ(01]'''22��=�2−�+��=+2�+1−[+2(2−�)+1]=�2−�224�−41=�+�−2+4�−4��−2+4�−1=4�−1��−2+122�−2�+14�−1=4�−1=>0所以在区间，上单调递增，所�以�−2��−2，进而原不等式得证.��(01]��≤�1=2�1…=…4…………………6分（2）由，令，则，故…………7分�−111下面证明�：(�)=�时+符2合��题(�意)，�=1�1=1+2�≥0�≥−2当时�，≥−2，……………8分�−112�−12以下�≥证−明2：��=�+�ln，�+2��≥�+�ln�−��−12构造函数�+�ln�−�≥，0�−1�则�(�)=�+ln�−�．�−1�−12�−1�(�−1)1�(�−1)+�−�(�−1)�−�'222令�(�)=�，+则�−1=�，=��−1'�−1令�(�)=�，可−得��；(�令)=�−1，可得，''于是�(�)>在0上�递>减1，在�(�)∞<上0递增，0于<是�<1，……………10分可得当�(�)(0,1)时，(1,+，当)时，�(�)≥，�(1)=0''0<�<1�(�)<0�>16�(�)>0所以在上递减，在∞上递增，故，综上可�(知�)，实(0,数1)b的取值范围(1,+)∞．�(�)≥…�(…1)…=…0……………12分[−2,+)7