一、ＣＢＤＡＣ　ＢＤＣＣＡ　AＤ　

二、13.　３　14.４　　15.　　16.

三、解答题

17.解：（I）∵(2a－c)cosB=bcosC，

∴（2sinA－sinC）cosB=sinBcosC.　　　　…………………2分

即2sinAcosB=sinBcosC+sinCcosB

=sin(B+C)

∵A+B+C=π，∴2sinAcosB=sinA　　　………………………4分

∵0<A<π,∴sinA≠0.

∴cosB=　　　　　　　　　　…………………………………………5分

∵0<B<π，∴B=　　　　　　　………………………………………6分

  （II）=4ksinA+cos2A.　　　　　……………………………………7分

=－2sin²A+4ksinA+1，A∈（0，）……………………………………9分

设sinA=t，则t∈.

则=－2t²+4kt+1=－2(t－k)²+1+2k²,t∈.…………………………10分

∵k>1，∴t=1时，取最大值.

依题意得，－2+4k+1=5，∴k=.………………………………………………12分

18. 解：设某一粒种子成功发芽为事件Ａ，某一粒种子发生基因突变为事件Ｂ则其概率分别是

Ｐ（Ａ）＝,Ｐ（Ｂ）＝                           ……………………2分

(1)这种“太空种子”中的某一粒种子既发芽又发生基因突变的概率

                        ……………………7分

(2)四粒这种“太空种子”中至少有两粒既发芽又发生基因突变的概率是    …………………12分

19．解：（！）由已知可得

当时，两式相减得

即.当时，得

，从而，故总有，，

又从而，即数列是以６为首项，２为公比的等比数列.

则.　　　　　　　　　　　　　　………6分

（２）由（１）知，，　 　………8分

从而则

　　　　　　　　　　　　　………12分

20．解：【方法一】(1)证明：在线段BC₁上取中点F，连结EF、DF

则由题意得EF∥DA₁，且EF=DA₁，

∴四边形EFDA₁是平行四边形

∴A₁E∥FD，又A₁E平面BDC₁，FD平面BDC₁

∴A₁E∥平面BDC₁                              …6分

(2)由A₁E⊥B₁C₁，A₁E⊥CC₁，得A₁E⊥平面CBB₁C₁，过点E作

EH⊥BC₁于H，连结A₁H，则∠A₁HE为二面角A₁－BC₁－B₁的平面角        …8分

在Rt△BB₁C₁中，由BB₁=8，B₁C₁=4，得BC₁边上的高为，∴EH=，

又A₁E=2,∴tan∠A₁HE==＞∴∠A₁HE＞60°，                    …11分

∴M在棱AA₁上时，二面角M－BC₁－B₁总大于60°，故棱AA₁上不存在使二面角M－BC₁－B₁的大小为60°的点M.                                                    …12分

【方法二】建立如图所示的空间直角坐标系，题意知B(－2,0,0),

D(2,40),A₁(2,8,0), C₁(0,8,2)，B₁(－2,8,0), E(－1,8,),

=(－4,－4,0), =(－2,4,2),=(－3,0, ),

=(－4,－8, 0), =(－2,0, 2),=(0,8,0),

=(2,8, 2).                                  

(1)证明：∵=2(+)∴A₁E∥平面BDC₁                    …6分

(2)设=（x,y,1）为平面A₁BC₁的一个法向量，则，且，即解得∴=（,,1），同理，设=（x,y,1）为平面B₁BC₁的一个法向量，则，且，即解得∴=（－,0,1），∴cos<,>==－

∴二面角A₁－BC₁－B₁为arccos. 即arctan,又∵＞

∴二面角A₁－BC₁－B₁大于60°， ∴M在棱AA₁上时，二面角M－BC₁－B₁总大于60°，故棱AA₁上不存在使二面角M－BC₁－B₁的大小为60°的点M.             　　 …………  12分

21解：（１）易知，               ……………………………1分

所以，设，则

……4分

因为，故当时，即点Ｐ为椭圆短轴端点时，有最小值－2，

当时，即点Ｐ为椭圆长轴端点时，有最大值１. ……………………6分

（２）显然直线不满足题设条件;             …  …………………………7分

可设直线：，，

联立，消去整理得，

，        

由得 ① ………9分

 又，则又，

又

＝，，

　　②　                              ……………11分

故由①②得的取值范围是    .………………12分

22.(文)解：（1），由题意得，解得，经检验满足条…4分

（2）由（1）知，，………5分

令，则，（舍去）．

的变化情况如下表：

x

－1

(－1，0)

0

（0，1）

1

－

0

+

－1

ㄋ

－4

ㄊ

－3

∴在上单调递减，在上单调递增，

∴，如图构造在上的图象.

又关于x的方程在上恰有两个不同的实数根，

则，即m的取值范围是．                  ………8分

（3）解法一：因存在，使得不等式成立，

故只需要的最大值即可，

∵，∴．………………………10分

①若，则当时，，在单调递减．

，∴当时，，

∴当时，不存在，使得不等式成立．……………12分

②当a>0时随x的变化情况如下表：

x

+

0

－

ㄊ

ㄋ

∴当时，，由得.

综上得a>3，即a的取值范围是(3,+∞). …              ………………………………14分

解法二：根据题意，只需要不等式在上有解即可，即在上有解. 即不等式在上有解即可.    …………………………………10分

令，只需要                                  ………12分

而，当且仅当，即时“=”成立.

故a>3，即a的取值范围是(3,+∞).                                 ………14分