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一、1. A  2.B  3.B  4.C  5.A  6.D  7.A  8.C  9.B  10.A  11.D  12.D

二、13．1   14．1   15．r≥6   16．81

三、

18. （1）設(shè) A為 “甲預(yù)報(bào)站預(yù)報(bào)準(zhǔn)確”B為“乙預(yù)報(bào)站預(yù)報(bào)準(zhǔn)確”則在同一時(shí)間段里至少      

  有一個(gè)預(yù)報(bào)準(zhǔn)確的概率為-------4分

（2）①的分布列為

0

1

2

3

p

0.008

0.096

0.384

0.512

分

②由在上的值恒為正值得

---12分

19． 解法一

（1）證明：連AC交DB于點(diǎn)O，

由正四棱柱性質(zhì)可知AA₁⊥底面ABCD，AC⊥BD，∴A₁C⊥BD，

又∵A₁B₁⊥側(cè)面BC₁且BC₁⊥BE  ∴A₁C⊥BE，

又∵BD∩BE=B，∴A₁C⊥平面BDE．

（2）設(shè)A₁C交平面BDE于點(diǎn)K，連結(jié)BK，則∠A₁BK為A₁B與平面BDE所成的角

在側(cè)面BC₁中，BE⊥B₁C∴ㄓBCE∽ㄓB₁BC

∴      又BC=2，BB₁=4，∴CE=1．

連OE，則OE為平面ACC₁A₁與平面BDE的交線，∴OE∩A₁C=K

在RtㄓECO中，，∴

又     ∵

又，∴在RtㄓA₁BK中，，即為A₁B與平面BDE所成的角的正弦值．

解法二：

（1）       以D為原點(diǎn)，DA、DC、DD₁所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．

D（0，0，0）， A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0）

A₁（2，0，4），B₁（2，2，4），C₁（0，2，4），D₁（0，0，4），設(shè)點(diǎn)E（0，2，t）

∵BE⊥B₁C，∴   ，∴E（0，2，1）

又，，

∴

∴A₁C⊥DB，且A₁C⊥BE，∴A₁C⊥平面BDE．

（2）設(shè)A₁C∩平面BDE=K

則

∴∴

由⊥ 得

∴，…………①

同理有得

…②

由①②聯(lián)立，解得    ∴

∴，又易知

∴，即所求角的正弦值為．

20.解：（1）易得．

（2）設(shè)P為的圖像上任一點(diǎn)，點(diǎn)P關(guān)于直線的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為

∵點(diǎn)在的圖像上，

∴，即得．

（3）

                  下面求的最小值:

①當(dāng)，即時(shí)

由，得，所以．

②當(dāng)即時(shí)在R上是增函數(shù)，無(wú)最小值，與不符．

③當(dāng)即時(shí)，在R上是減函數(shù)，無(wú)最小值，與不符．

④當(dāng)即時(shí)，，與最小值不符．

綜上所述，所求的取值范圍是．

21．（1）解：設(shè)P（a，0），Q（0，b）則：  ∴

設(shè)M（x，y）∵   ∴         ∴
（2）解法一：設(shè)A(a，b)，，（x₁≠x₂）

則直線SR的方程為：，即4y = (x₁+x₂)x－x₁x₂

∵A點(diǎn)在SR上，∴4b=(x₁+x₂)a－x₁x₂  ①  對(duì)求導(dǎo)得：y′=x

∴拋物線上S．R處的切線方程為

即4    ②

即4  ③

聯(lián)立②、③得  

代入①得：ax－2y－2b=0故：B點(diǎn)在直線ax－2y－2b=0上．

解法二：設(shè)A(a，b)，當(dāng)過(guò)點(diǎn)A的直線斜率不存在時(shí)l與拋物線有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，與題意不符，可設(shè)直線SR的方程為y－b=k(x－a)．

與聯(lián)立消去y，得x²－4kx+4ak－4b=0．設(shè)，（x₁≠x₂）

則由韋達(dá)定理，得

又過(guò)S、R點(diǎn)的切線方程分別為，． 

聯(lián)立，并解之，得 （k為參數(shù)）   消去k，得ax－2y－2b=0．

故B點(diǎn)在直線2ax－y－b=0上．

22．解：（1）=22；

（3）由（2）知

=

．