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中档大题——练规范
中档大题练1(解三角形＋概率统计＋立体几何＋解析几何)
1．(本小题满分13分)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin (B＋C)＝2sin2.
(1)求角A；
(2)若b＝3，BC边上的高为，求△ABC的周长．
2．(本小题满分15分)用1，2，3，4，5这五个数组成无重复数字的五位数，则
(1)在两个偶数相邻的条件下，求三个奇数也相邻的概率；
(2)对于这个五位数，记夹在两个偶数之间的奇数个数为X，求X的分布列与均值．
3．(本小题满分15分)如图，在三棱锥A BCD中，AB，BC，CD两两互相垂直，M，N分别是AD，BC的中点.
(1)证明：MN⊥BC；
(2)设BC＝2，AD＝2，MN和平面BCD所成的角为，求点D到平面ABC的距离．
4．(本小题满分17分)已知M为圆x2＋y2＝9上一个动点，MN垂直x轴，垂足为N，O为坐标原点，△OMN的重心为G.
(1)求点G的轨迹方程；
(2)记(1)中的轨迹为曲线C，直线l与曲线C相交于A，B两点，点Q(0，1)，若点H(，0)恰好是△ABQ的垂心，求直线l的方程．
参考答案与解析
第二部分　大题规范练
中档大题——练规范
中档大题练1
1．解：(1)因为A，B，C为△ABC的内角，所以sin (B＋C)＝sin A，
因为sin2＝，
所以sin (B＋C)＝2sin2＝(1－cosA)，(3分)
即sin A＋cos A＝，
即sin (A＋)＝，(5分)
因为A＋∈(，)，(易错警示：此处必须研究角的范围，才可利用正弦函数的单调性求角)(6分)
解得A＋＝，即A＝.(7分)
(2)由三角形面积公式得bc sin A＝×a，(点拨：三角形的面积通过不同方法“算两次”建立边a，c的关系)
将b＝3代入得×3·c sin ＝×a，所以a＝c，(10分)
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A＝c2得c2＋4c－12＝0，
解得c＝2或c＝－6(舍去)，
即a＝，(12分)
所以△ABC的周长为5＋.(13分)
2．解：(1)设A＝“数字2，4相邻”，B＝“数字1，3，5相邻”，则数字2，4相邻时的五位数有AA＝48(个)，(2分)
数字2，4相邻，数字1，3，5也相邻的五位数有AAA＝24(个)，(4分)
则P(B|A)＝＝＝.(点拨：缩小样本空间法)(7分)
(2)依题意X的所有可能取值为0，1，2，3，(8分)
由题意知“X＝0”表示2个偶数相邻，
则P(X＝0)＝ eq \f(AA,A) ＝，(9分)
“X＝1”表示2个偶数中间共插入了1个奇数，则P(X＝1)＝ eq \f(ACA,A) ＝，(易错警示：2个偶数中间共插入了1个奇数后，作为一个整体还要与剩下的2个奇数进行全排列)(10分)
“X＝2”表示2个偶数中间共插入了2个奇数，则P(X＝2)＝ eq \f(AAA,A) ＝，(易错警示：2个偶数中间共插入了2个奇数后，作为一个整体还要与剩下的1个奇数进行全排列)(11分)
“X＝3”表示2个偶数中间共插入了3个奇数，则P(X＝3)＝ eq \f(AA,A) ＝，(12分)
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
(13分)
则E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝1.(15分)
3．解：(1)证明：方法一：如图1所示，取BD的中点P，连接MP，NP.
因为M，N分别是AD，BC的中点，所以MP∥AB，NP∥CD，(1分)
又AB⊥BC，BC⊥CD，所以BC⊥MP，BC⊥NP，(2分)
又MP∩NP＝P，(关键条件)MP，NP 平面MNP，所以BC⊥平面MNP，(4分)
又MN 平面MNP，所以MN⊥BC.(5分)
方法二：因为AB⊥BC，AB⊥CD，BC∩CD＝C，BC，CD 平面BCD，所以AB⊥平面BCD.
如图2所示，过点B在平面BCD内作Bx∥CD，因为CD⊥BC，所以Bx⊥BC.故以B为原点，分别以直线Bx，BC，BA为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．(点拨：用向量法研究位置关系，需要建立坐标系时，须说明建系过程)(2分)
设AB＝a，CD＝b，BC＝c，
则A(0，0，a)，C(0，c，0)，D(－b，c，0)，M(－，，)，N(0，，0).
从而＝(，0，－)，＝(0，c，0).
因为·＝0，(4分)
所以MN⊥BC. (注意：向量问题须转化为几何问题)(5分)
(2)方法一：因为AB⊥CD，BC⊥CD，AB∩BC＝B，AB，BC 平面ABC，所以CD⊥平面ABC，即CD的长为点D到平面ABC的距离．(重要结论：为解决问题指明方向)(7分)
同理可得AB⊥平面BCD，进而有AB⊥BD.
如图3所示，取BD中点P，连接BM，MP，NP，易知BM＝AD＝.(9分)　
在Rt△MNB中，MN＝＝＝2.(10分)
因为MP∥AB，所以MP⊥平面BCD，故∠MNP是MN和平面BCD所成的角，即∠MNP＝，(关键一步)(12分)
且NP＝MN cos ∠MNP＝，
于是CD＝2NP＝2.(14分)
故点D到平面ABC的距离为2.(15分)
方法二：由(1)方法二知，＝(，0，－)，(8分)
易知n＝(0，0，1)是平面BCD的一个法向量．(9分)
因为MN和平面BCD所成的角为，(题眼)
所以sin ＝＝＝，即b2＝3a2.(易错警示：直线与平面所成角的正弦值不能混淆为余弦值)(11分)
在Rt△BCD中，BD2＝BC2＋CD2＝4＋b2，(点拨：BC＝c＝2)
在Rt△ABD中，AD2＝AB2＋BD2＝a2＋4＋b2＝4＋b2＝20，解得b＝2.(13分)
因为AB⊥CD，BC⊥CD，AB∩BC＝B，AB，BC 平面ABC，所以CD⊥平面ABC，即CD的长为点D到平面ABC的距离．(重要结论)
故点D到平面ABC的距离为2.(15分)
4．解：(1)设G(x，y)，M(x0，y0)，
则N(x0，0)，
因为G为△OMN的重心，(点拨：△ABC的重心G(x，y)的坐标为其中A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3))
故有(3分)
解得x0＝，y0＝3y，代入x＋y＝9，化简得＋y2＝1，(5分)
又x0y0≠0，故xy≠0，(点拨：原因是O，M，N构成三角形，三点不可共线)
所以点G的轨迹方程为＋y2＝1(xy≠0).(6分)
(2)因为H为△ABQ的垂心，(题眼)
故有AB⊥HQ，AH⊥BQ，
又kHQ＝＝－，
所以kl＝，(8分)
故设直线l的方程为y＝x＋m(m≠±1，±2)，(提醒：点Q不在直线l上)(9分)
与＋y2＝1联立消去y得13x2＋8mx＋4m2－4＝0，由Δ＝208－16m2>0得m2<13，(易错警示：该条件保证直线与椭圆相交，是验证m取值的关键所在)
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，(11分)
由AH⊥BQ，(题眼，垂心的具体应用，建立了关于m的关系式)
得·＝－1，(12分)
所以x2(x1－)＋(x1＋m)(x2＋m－1)＝0，所以4x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＋m2－m＝0，所以4(4m2－4)－24m(m－1)＋13(m2－m)＝0，化简得5m2＋11m－16＝0，(15分)
解得m＝1(舍去)或m＝－(满足Δ>0)，(重要条件：此处显示了判别式的作用)(16分)
故直线l的方程为y＝x－.(17分)中档大题练2(解三角形＋导数＋立体几何＋解析几何)
1．(本小题满分13分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且△ABC的周长为.
(1)求C；
(2)若a＝2，b＝4，D为边AB上一点，∠BCD＝，求△BCD的面积．
2．(本小题满分15分)设函数f(x)＝m(x＋1)ex，m＞0.
(1)求f(x)的极值；
(2)若对任意x∈(－1，＋∞)，ln f(x)≤2ex恒成立，求m的最大值．
3.(本小题满分15分)如图，在四棱锥P ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝90°，AB∥CD，AB＝1，BC＝1，CD＝2，点A在平面PCD内的射影恰好是△PCD的重心G.
(1)求证：平面PAB⊥平面PBC；
(2)求直线DG与平面PBC所成角的正弦值．
4．(本小题满分17分)已知A，B为抛物线C：y2＝2px(p＞0)上的两点，△OAB是边长为8的等边三角形，其中O为坐标原点．
(1)求C的标准方程；
(2)已知圆M：(x－3)2＋(y－2)2＝R2(0＜R＜1)的两条切线l1：x＝my＋1，l2：x＝ny＋1(m≠n)，且l1，l2与C分别交于点D，E和H，G.
(ⅰ)证明：mn为定值；
(ⅱ)求|DE||HG|－40－40的最小值．
参考答案与解析
中档大题练2
1．解：(1)在△ABC中，由题意得a＋b＋c＝，(点拨：正弦定理可以将正弦齐次式转化为边的关系)
由正弦定理得a＋b＋c＝，(2分)
整理得a2＋b2－c2＝－ab，(点拨：出现边的平方关系一般使用余弦定理)(3分)
由余弦定理得cos C＝＝－，(5分)
又0＜C＜π，所以C＝.(6分)
(2)由D为边AB上一点，∠BCD＝及(1)得∠ACD＝，
且S△ACD＋S△BCD＝S△ABC，
(关键一步：线段CD把△ABC分成两部分，利用面积关系求出线段CD的长)(8分)
即有b·CD＋a·CD sin
＝ab sin ，
则4CD＋CD＝4，
解得CD＝，(11分)
所以△BCD的面积S△BCD＝a·CD·sin ＝×2×＝.(13分)
2．解：(1)f′(x)＝m(x＋2)ex，m＞0.(1分)
令f′(x)＞0，得x＞－2，
令f′(x)＜0，得x＜－2.
故f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增．(3分)
故f(x)在x＝－2处取得极小值f(－2)＝－，无极大值．(易错警示：极值包括极大值与极小值，如果没有极大值，结论处应该给予说明)(5分)
(2)ln f(x)≤2ex对 x∈(－1，＋∞)恒成立，即ln m≤2ex－ln (x＋1)－x对 x∈(－1，＋∞)恒成立．(再学一招：分离参数m时，可以把ln m看作一个整体)(7分)
令g(x)＝2ex－ln (x＋1)－x，x∈(－1，＋∞)，则只需ln m≤g(x)min即可．(8分)
g′(x)＝2ex－－1，x∈(－1，＋∞).
易知y＝2ex，y＝－－1均在(－1，＋∞)上单调递增，(提醒：此处也可以对导函数再求导来判断导函数的单调性)
故g′(x)在(－1，＋∞)上单调递增且g′(0)＝0.(提醒：关键的一个零点，此处就是靠观察得到)(11分)
所以当x∈(－1，0)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．
所以g(x)min＝g(0)＝2.(13分)
故ln m≤2＝ln e2，
所以0＜m≤e2，(14分)
故m的最大值为e2.(15分)
3．解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，所以PA⊥BC，(1分)
因为∠ABC＝90°，所以BC⊥AB，(2分)
因为PA∩AB＝A，(点拨：证明直线与平面垂直的重要条件)
PA，AB 平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，(4分)
又因为BC 平面PBC，
所以平面PAB⊥平面PBC.(5分)
(2)如图所示，取CD中点E，连接AE，
因为∠ABC＝90°，AB∥CD，AB＝BC＝1，CD＝2，所以四边形ABCE是正方形，所以AB⊥AE，
因为PA⊥平面ABCD，AB，AE 平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AE，(点拨：证明三线两两垂直，为建系做准备)所以AB，AE，AP两两垂直，以A为原点，AB，AE，AP分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．(7分)
则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(－1，1，0)，
设P(0，0，t)(t＞0)，(提醒：引入参数，利用位置关系求线段AP的长度)
则G(0，，)，＝(0，，)，
＝(1，－，)，
因为点A在平面PCD内的射影恰好是△PCD的重心G，(题眼)
所以AG⊥DG，所以·＝0，
所以0－＋＝0，
解得t＝，(关键一步)(9分)
又＝(0，1，0)，＝(1，0，－)，
设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，
得y＝0，
令z＝1，可得x＝，
即m＝(，0，1)，(11分)
DG的方向向量是＝(1，－，)，(12分)
设直线DG与平面PBC所成角为θ，则
sin θ＝|cos 〈m，〉|＝＝＝.(注意：直线与平面所成角的正弦值与直线方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值相等)(14分)
故直线DG与平面PBC所成角的正弦值为.(15分)
4．解：(1)由对称性可知当△OAB为等边三角形时，A，B两点关于x轴对称，
当△OAB是边长为8的等边三角形时，△OAB的高为|AB|＝12，(2分)
由题意知点(12，4)在C上，(关键一步：利用对称性求出该点坐标，从而求出抛物线方程，这一步虽然简单，但是后面两问均用到抛物线方程，要保证此方程百分百的正确性)
代入y2＝2px，得(4)2＝24p，
解得p＝2，(4分)
所以C的标准方程为y2＝4x.(5分)
(2)(ⅰ)证明：因为l1：x＝my＋1，l2：x＝ny＋1(m≠n)与圆M：(x－3)2＋(y－2)2＝R2(0＜R＜1)相切，
所以＝R，得(4－R2)m2－8m＋4－R2＝0，(6分)
同理可得(4－R2)n2－8n＋4－R2＝0，(7分)
则m，n可以看作方程(4－R2)x2－8x＋4－R2＝0的两根，(题眼，根据上面两式的结构，抽象出m，n是一个方程的两根，借助根与系数的关系给出结论)(8分)
又0＜R＜1，所以Δ＝64－4(4－R2)2＝32R2－4R4＝4R2(8－R2)＞0，
由根与系数的关系可得
即mn为定值1.(9分)
(ⅱ)由(ⅰ)知
由0＜R＜1，得＞0，
所以m＞0，n＞0，
设D(x1，y1)，E(x2，y2)，H(x3，y3)，G(x4，y4)，
由得y2－4my－4＝0，
易得Δ＝16m2＋16＞0，
则(11分)
所以|DE|＝＝4(m2＋1)，(弦长公式)(12分)
同理可得|HG|＝·＝4(n2＋1)，(点拨：两直线l1，l2与抛物线相交得到的弦长公式求法过程一致，所以用“同理”给出了相应弦长)(13分)
所以|DE||HG|－40－40＝16(m2＋1)(n2＋1)－40－40
＝16(m2n2＋m2＋n2＋1)－40－40
＝16(m2＋n2＋2mn)－80m－80n
＝16[(m＋n)2－5(m＋n)]＝16(m＋n－)2－100，(提醒：把m＋n看作一个整体，通过配方法求最值)(15分)
当m＋n＝，即R2＝时，
|DE||HG|－40－40取得最小值，最小值为－100.(17分)中档大题练3(数列＋解析几何＋导数＋概率统计)
1．(本小题满分13分)已知等差数列{an}的公差不为零，a1，a2，a5成等比数列，且a2n＝2an＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1.
(本小题满分15分)已知双曲线C：－y2＝1(a＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P为双曲线上一点，且||PF1|－|PF2||＝4.
(1)求双曲线C的标准方程及其渐近线方程；
(2)已知直线lMN：y＝kx＋1与双曲线C交于M，N两点，且S△MON＝2，其中O为坐标原点，求k的值．
3.(本小题满分15分)已知函数f(x)＝ex－ax－1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若对任意的x≥0，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
4．(本小题满分17分)为提高学生对航天科技的兴趣，培养学生良好的科学素养，某学校组织学生参加航天科普知识挑战赛，比赛共设置A，B，C三个问题，规则如下：①每位参加者计分器的初始分均为50分，答对问题A，B，C分别加10分，20分，30分，答错任一题减10分；②每回答一题，计分器显示累计分数，当累计分数小于40分或答完三题时累计分数不足80分，答题结束，挑战失败；当累计分数大于或等于80分时，答题结束，挑战成功；③每位参加者按问题A，B，C顺序作答，直至挑战结束．设甲同学能正确回答出问题A，B，C的概率分别为，，，且回答各题正确与否互不影响．
(1)求甲同学挑战成功的概率；
(2)用X表示甲同学答题结束时答对问题的个数，求X的分布列和E(X).
参考答案与解析
中档大题练3
1．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由a2n＝2an＋1，当n＝1时，a2＝2a1＋1，得d＝a1＋1①， (2分)
由a＝a1·a5得d＝2a1.②(4分)
由①②可得a1＝1，d＝2，(5分)
所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.(7分)
(2)a2n－1＝2(2n－1)－1＝4n－3，a2n－3＝4n－7，(9分)
a2n－1－a2n－3＝4，故{a2n－1}为等差数列，(点拨：等差数列的奇数项仍成等差数列)(11分)
故a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1＝＝n·an＝2n2－n.(注意：数列求和，弄清项数是关键)(13分)
2．解：(1)由||PF1|－|PF2||＝4及双曲线的定义知，2a＝4，即a＝2，(2分)
所以双曲线的标准方程为－y2＝1，其渐近线方程为y＝±x.(4分)
(2)由题意可知，作出大致图形如图所示．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由题可知k≠±，(否则直线与双曲线渐近线平行，与题意不符)
联立得(1－4k2)x2－8kx－8＝0，Δ＝(－8k)2－4×(－8)(1－4k2)＝32(1－2k2)>0，(提醒：不能省略)
所以0点O到直线lMN：y＝kx＋1的距离d＝，(9分)
所以S△MON＝|MN|d＝·|x1－x2|·＝＝2＝2，(题眼)(11分)
令k2＝t，则0所以k＝±或k＝±.(15分)
3．解：(1)f′(x)＝ex－a，
当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，故f(x)在R上单调递增；(2分)
当a＞0时，令f′(x)＝0，解得x＝ln a，(点拨：研究含有参数的导函数的零点时，一般要分类讨论)
所以当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，(4分)
综上，(做题规范：对参数分类讨论后，一般要总结)
当a≤0时，f(x)在R上单调递增；当a＞0时，f(x)在(ln a，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln a)上单调递减．(6分)
(2)当x＝0时，f(x)＝e0－0－1＝0，符合题意，此时a∈R；(7分)
当x＞0时，f(x)≥0恒成立，
即a≤恒成立，(8分)
令g(x)＝，x>0，则g′(x)＝，(点拨：g′(x)的正负只与分子有关，可再构造函数进行判断)
令h(x)＝(x－1)ex＋1，x>0，
则h′(x)＝xex＞0恒成立，
则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)＞h(0)＝0，所以g′(x)>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，(12分)
所以当x＞0时，a≤g(x)min＝lim ＝lim ＝＝1，(点拨：用洛必达法则求g(x)的最小值)(14分)
综上，a≤1.(易错警示：此处应该求“a∈R”与“a≤1”的交集)(15分)
4．解：(1)用Mi(i＝1，2，3)表示甲同学第i个问题回答正确，Ni(i＝1，2，3)表示甲同学第i个问题回答错误，(规范答题：依据题意学会设事件，用符号表示概率)(2分)
则P(M1)＝，P(M2)＝，P(M3)＝；
P(N1)＝，P(N2)＝，P(N3)＝.(4分)
记事件Q：甲同学能挑战成功，(易错警示：不可能出现事件M1M2M3，即三题全答对情况，依据挑战规则：前两题答对，累计得分80分，答题结束，挑战成功)
则P(Q)＝P(M1M2)＋P(N1M2M3)＋P(M1N2M3)＝×＋××＋××＝.
即甲同学挑战成功的概率为.(8分)
(2)由题意知X的可能取值为0，1，2，(9分)
P(X＝0)＝P(N1N2)＝×＝，(点拨：前两个问题答错，即答题结束，挑战失败)(11分)
P(X＝1)＝P(M1N2N3)＋P(N1M2N3)＝××＋××＝，(12分)
P(X＝2)＝P(M1M2)＋P(N1M2M3)＋P(M1N2M3)＝×＋××＋××＝，(13分)
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
(规范解答：分布列一般以表格形式呈现)(15分)
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＝.(17分)中档大题练4(解三角形＋概率统计＋立体几何＋导数)
1．(本小题满分13分)已知a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，S为△ABC的面积，且满足4S＝b2－(a－c)2.
(1)求B；
(2)若＝＋，且||＝，c－a＝2，求∠ABD的余弦值．
2．(本小题满分15分)“3＋1＋2”的新高考模式中“3”指的是语文、数学、外语，这三门科目考试参加统一高考，由教育部考试中心统一命题，以原始成绩计入考生总成绩；“1”指的是物理和历史中的一科，考生必须从物理和历史两个科目中选择一科，由各省自主命题，以原始成绩计入考生总成绩．为了让考生更好的适应新高考模式，某省几个地市进行了统一的高考适应性考试．在所有入考考生中有30 000人选考物理，考后物理成绩X(满分100分)服从正态分布N(55，102).
(1)分别估计成绩在[45，65]和75分以上的人数；(运算过程中精确到0.000 1，最后结果保留为整数)
(2)本次考试物理成绩X服从正态分布N(μ，σ2).令η＝，则η～N(0，1)，若本次考试物理成绩的前25%划定为优秀等级，试估计物理优秀等级划线分大约为多少分？(结果保留为整数)
附：P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3；
若η～N(0，1)，则P(η＜0.8)≈0.75.
3．(本小题满分15分)如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，四边形AA1B1B是菱形，AB⊥AC，平面AA1B1B⊥平面ABC.
(1)证明：A1B⊥B1C；
(2)若∠ABB1＝，AB＝AC＝2，平面A1B1C1与平面AB1C的交线为l.在l上是否存在点P，使直线A1B与平面ABP所成角的正弦值为？若存在，求线段B1P的长度；若不存在，试说明理由．
(本小题满分17分)已知函数f(x)＝ax＋ln (x＋1).
(1)若a＝－2，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤0恒成立，求a的取值集合．
中档大题练4
1．解：(1)由面积公式和余弦定理可得4×ac·sin B＝－(a2＋c2－b2)＋2ac＝－2ac cos B＋2ac，(点拨：面积公式的选择主要是看解决的问题，求角B，当然要选择S＝ac sin B)(2分)
所以sin B＋cos B＝1，
所以2sin (B＋)＝1，
所以sin (B＋)＝，(4分)
因为0＜B＜π，所以＜B＋＜，
所以B＋＝，所以B＝.(6分)
(2)由＝＋(题眼)及||＝得，2＝＝2＋2＋2××||·||cos B，
化简得c2＋4a2－2ac＝7，(8分)
将c＝a＋2代入上式整理得a2＝1，
所以a＝1，c＝3，
所以b2＝a2＋c2－2ac cos B＝12＋32－2×1×3cos ＝13，
解得b＝.(10分)
由＝＋得＝－＝(－)＝，(关键一步：如果挖掘不到A，D，C三点共线，此题就无法顺利解决)
所以A，D，C三点共线，且AD＝2DC.
所以AD＝AC＝.(12分)
所以cos ∠ABD＝
＝.(13分)
2．解：(1)因为X～N(55，102)，所以μ＝55，σ＝10，(点拨：μ是均值，σ是标准差)
又P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，所以P(45≤X≤65)≈0.682 7，(3分)
所以成绩在[45，65]的人数约为30 000×0.682 7＝20 481，(5分)
由正态曲线的对称性可得P(35≤X≤75)＝P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，
则P(X＞75)＝≈0.022 8，(7分)
所以估计75分以上的人数约为30 000×0.022 8＝684.(9分)
(2)设该划线分为m，由X～N(55，102)，得μ＝55，σ＝10，
令η＝＝≥，
由题意因为η～N(0，1)，P(η＜0.8)≈0.75，所以P(η≥0.8)≈0.25，(点拨：正态曲线与x轴间的面积为1)(13分)
所以≈0.8，(14分)
所以m≈63.
所以估计物理优秀等级划线分大约为63分.(15分)
3．解：(1)证明：因为平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，AC⊥AB，AC 平面ABC，
所以AC⊥平面AA1B1B，(点拨：利用面面垂直的性质证明线面垂直的关键是在一平面内寻求交线的垂线)(2分)
因为A1B 平面AA1B1B，
所以AC⊥A1B，
因为四边形AA1B1B是菱形，
所以AB1⊥A1B，
又因为AC∩AB1＝A，(点拨：证明线面垂直的关键)
AC，AB1 平面AB1C，
所以A1B⊥平面AB1C，(4分)
因为B1C 平面AB1C ，
所以A1B⊥B1C.(5分)
(2)如图所示，取A1B1中点D，连接AD，
因为四边形AA1B1B为菱形，
则AB＝BB1，
又因为∠ABB1＝60°，则△ABB1为等边三角形，
由菱形的几何性质可知∠AA1B1＝60°，AA1＝A1B1，则△AA1B1也为等边三角形，
因为D为A1B1的中点，则AD⊥A1B1，因为AB∥A1B1，所以AB⊥AD，
由(1)知，AC⊥平面AA1B1B，所以AB，AD，AC两两互相垂直，以点A为坐标原点，AB，AD，AC所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，(提醒：建系时，寻求三条两两垂直的直线，必要时给出证明)(8分)
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，0，2)，A1(－1，，0)，B1(1，，0)，
＝(3，－，0)，
因为AC∥A1C1，AC 平面A1B1C1，A1C1 平面A1B1C1，
所以AC∥平面A1B1C1，
因为平面A1B1C1∩平面AB1C＝l，AC 平面AB1C，所以AC∥l，(题眼)
则l⊥平面AA1B1B，
设P(1，，t)，连接AP，BP，则＝(1，，t)，＝(2，0，0).(10分)
设平面ABP的法向量n＝(x，y，z)，
则
取z＝－，可得n＝(0，t，－)，(12分)
假设在l上存在点P，使得直线A1B与平面ABP所成角的正弦值为，
则|cos 〈，n〉|＝ eq \f(|·n|,|||n|) ＝＝，(易错警示：直线与平面所成角的正弦值与相应向量夹角的余弦值的绝对值相等)
解得t＝±1，(14分)
因此，假设成立，在l上存在满足题意的点P，线段B1P的长为1.(15分)
4．解：(1)由a＝－2，得f(x)＝－2x＋ln (x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，(易错警示：易遗忘)
则f′(x)＝－2＋＝，(2分)
当x∈(－1，－)时，f′(x)＞0，当x∈(－，＋∞)时，f′(x)＜0，(4分)
故f(x)的单调递增区间为(－1，－)，单调递减区间为(－，＋∞).(5分)
(2)由f(x)＝ax＋ln (x＋1)，x∈(－1，＋∞)，得f′(x)＝a＋，
若a≥0，则f(2)＝2a＋ln 3＞0，(点拨：未必是f(2)，选f(1)，f(3)等均能说明问题)不符合题意，(7分)
若a＜0，令f′(x)＝0，
解得x＝－＞－1，
则当x∈(－1，－)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
当x∈(－，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
f(x)max＝f(－)＝－a－1－ln (－a)，(10分)
则－a－1－ln (－a)≤0，
即a＋1＋ln (－a)≥0，(点拨：因为f(x)≤0恒成立，所以f(x)max≤0)(13分)
令g(a)＝a＋1＋ln (－a)(a<0)，
则g′(a)＝1＋＝，
当a∈(－∞，－1)时，g′(a)＞0，g(a)单调递增，
当a∈(－1，0)时，g′(a)＜0，g(a)单调递减，
所以g(a)max＝g(－1)＝0，(关键一步：该结论说明g(a)的最大值是0，即g(a)≤0)(15分)
综上所述，只有g(a)＝0，即a＝－1，(16分)
所以a的取值集合为{－1}．(17分)

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