410081181225?13. 14.?2 15.? 16.cm3
31256三、解答题
17.解：（1）由2bcosA?acosC?ccosA?0及正弦定理得?2sinBcosA?sinAcosC?cosAsinC， 即?2sinBcosA?sin(A?C)?sinB， 在?ABC中，sinB?0， 所以cosA??1， 22?． 3又A?(0,?)，所以A?在?ABC中，由余弦定理得a2?b2?c2?2bccosA?b2?c2?bc?7， 所以a?7．
2121244414（2）由AD?AB?AC，得AD?(AB?AC)2????2?1?(?)?，
3333999292所以|AD|?．
318.解：（1）连接A1B，A1D，AC，
因为AB?AA1?AD，?A1AB??A1AD?60?， 所以?A1AB和?A1AD均为正三角形， 于是A1B?A1D．
?BD， 设AC与BD的交点为O，连接AO1，则AO1又四边形ABCD是正方形，所以AC?BD， 而AO1AC?O，所以BD?平面A1AC，
又AA1?平面A1AC，所以BD?AA1， 又CC1//AA1，所以BD?CC1． （2）由A1B?A1D?于是AO?A1O?2，及BD?2AB?2，知A1B?A1D，
12?AO， BD?AA1，从而AO122结合AO?BD，AO1BD?O，
得A1O?底面ABCD， 所以OA、OB、OA两两垂直．
如图，以点O为坐标原点，OA的方向为x轴的正方向，建立空间直角坐标系O?xyz，
则A(1,0,0)，B(0,1,0)，D(0,?1,0)，A1(0,0,1)，C(?1,0,0)，DB?(0,2,0)，BB1?AA1?(?1,0,1)，
D1C1?DC?(?1,1,0)，
由DD1?AA1?(?1,0,1)，易求得D1(?1,?1,1)．
设D1E??D1C1（???0,1?），则(xE?1,yE?1,zE?1)??(?1,1,0)，即E(???1,??1,1)． 设平面B1BD的一个法向量为n?(x,y,z)，
??n?DB?0,?y?0,由?得?令x?1，得n?(1,0,1)， ??n?BB1?0,??x?z?0,设直线DE与平面BDB1所成角为?，则sin??|cos?DE,n?|?解得??|1?(???1)?0???1?1|2??2?(?1??)2?1?7， 1411或???（舍去）. 237. 14所以当E为D1C1的中点时，直线DE与平面BDB1所成角的正弦值为
19.解：（1）所抽取的100包速冻水饺该项质量指标值的样本平均数x为：
x?5?0.1?15?0.2?25?0.3?35?0.25?45?0.15?26.5．
（2）①∵Z服从正态分布N(?,?)，且??26，??11.95，
2∴P(14.55?Z?38.45)?P(26.5?11.95?Z?26.5?11.95)?0.6826， ∴Z落在(14.55,38.45)内的概率是0.6826． ②根据题意得X~B(4,)，
121131014114214314P(X?0)?C4()?；P(X?1)?C4()?；P(X?2)?C4()?；P(X?3)?C4()?；
2162428241414P(X?4)?C4()?.
216∴X的分布列为
X 0 1 2 3 4 P ∴E(X)?4?1 161 43 81 41 161?2． 2?c2,??a2???20.解：（1）由已知可得?2csin?2,解得a2?2，b2?c2?1，
4??a2?b2?c2,??x2故所求的椭圆方程为?y2?1．
2?x22??y?1,22（2）由?2得(1?2k)x?8kx?6?0，
?y?kx?2,?则??64k?24(1?2k)?16k?24?0，解得k??设A(x1,y1)，B(x2,y2)， 则x1?x2??22266或k?． 228k6，， xx?12221?2k1?2k则kAD?y1?11y2?2，k?2，
BDx1x2所以kAD?kBD13y1x2?y2x1?(x1?x2)2kx1x2?(x1?x2)6k?6k22????0，
x1x2x1x23所以kAD?kBD为定值，且定值为0． 21.解：（1）f'(x)?e?2(a?1)，
当函数f(x)在区间?0,1?上单调递增时，f'(x)?ex?2(a?1)?0在区间?0,1?上恒成立， ∴2(a?1)?(ex)min?1（其中x??0,1?），解得a?xx3； 2当函数f(x)在区间?0,1?上单调递减时，f'(x)?e?2(a?1)?0在区间?0,1?上恒成立， ∴2(a?1)?(ex)max?e（其中x??0,1?），解得a?e?1． 2综上所述，实数a的取值范围是(??,][?1,??)． （2）g'(x)?e?2(a?1)x?b?f(x)．
由g(0)?g(1)?0，知g(x)在区间(0,1)内恰有一个零点， 设该零点为x0，则g(x)在区间(0,x0)内不单调， 所以f(x)在区间(0,x0)内存在零点x1， 同理，f(x)在区间(x0,1)内存在零点x2， 所以f(x)在区间(0,1)内恰有两个零点． 由（1）知，当a?意．
x32e23时，f(x)在区间?0,1?上单调递增，故f(x)在区间(0,1)内至多有一个零点，不合题2e?1时，f(x)在区间?0,1?上单调递减，故f(x)在区间(0,1)内至多有一个零点，不合题意， 23e所以?a??1．
22当a?令f'(x)?0，得x?ln(2a?2)?(0,1)，
所以函数f(x)在区间?0,ln(2a?2)?上单调递减，在区间(ln(2a?2),1]内单调递增． 记f(x)的两个零点为x1，x2(x1?x2),
因此x1?(0,ln(2a?2)]，x2?(ln(2a?2),1)，必有f(0)?1?b?0，f(1)?e?2a?2?b?0． 由g(1)?0，得a?b?e， 所以f()?12e?1?(a?b)?e?1?e?0，
又f(0)?a?e?1?0，f(1)?2?a?0， 所以e?1?a?2．
综上所述，实数a的取值范围为(e?1,2)．
22.解：（1）圆C1：??x??1?acos?,（?是参数）消去参数?，
?y??1?asin?222得其普通方程为(x?1)?(y?1)?a， 将x??cos?，y??sin?代入上式并化简，
2得圆C1的极坐标方程为??22?sin(??由圆C2的极坐标方程??22cos(??将x??4)?a2?2?0．
?4)，得?2?2?cos??2?sin?．
?cos?，y??sin?，x2?y2??2代入上式，
22得圆C2的直角坐标方程为(x?1)?(y?1)?2．
（2）由（1）知圆C1的圆心C1(?1,?1)，半径r1?a；圆C2的圆心C2(1,1)，半径r2?2，
|C1C2|??1?(?1)???1?(?1)?22?22，
∵圆C1与圆C2外切， ∴2?a?22，解得a?2，
即圆C1的极坐标方程为???22sin(??将???4)，
?12代入C1，得???22sin(?)，得???6， 124??将???12代入C2，得??22cos(?)，得??6， 124??故|AB|?|?1??2|?26．
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