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（1）已知函數(shù)f（x）=-x²+4（x∈（-1，2）），P、Q是f（x）圖象上的任意兩點．
①試求直線PQ的斜率k_PQ的取值范圍；
②求f（x）圖象上任一點切線的斜率k的范圍；
（2）由（1）你能得出什么結(jié)論？（只須寫出結(jié)論，不必證明），試運用這個結(jié)論解答下面的問題：已知集合M_D是滿足下列性質(zhì)函數(shù)f（x）的全體：若函數(shù)f（x）的定義域為D，對任意的x₁，x₂∈D，（x₁≠x₂）有|f（x₁）-f（x₂）|＜|x₁-x₂|．
①當D=（0，1）時，f（x）=lnx是否屬于M_D，若屬于M_D，給予證明，否則說明理由；
②當，函數(shù)f（x）=x³+ax+b時，若f（x）∈M_D，求實數(shù)a的取值范圍．

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一、選擇題

1―5 ADBAC    6―10 BCDCD    11―12 AB

二、填空題

13．24    14．24個    15．144     16．②

三、解答題

17．解：隨機猜對問題A的概率p₁＝，隨機猜對問題B的概率p₂＝.………1分

回答問題的順序有兩種，分別討論如下：

   （1）先回答問題A，再回答問題B.

參與者獲獎金額ξ可取0，m，m＋n.，則

P（ξ＝0）＝1－p₁＝，P（ξ＝m）＝p₁（1－p₂）＝，P（ξ＝m＋n）＝p₁p₂＝.

Eξ＝0×＋m×＋（m＋n）×＝.                   ………5分

   （2）先回答問題B，再回答問題A.

參與者獲獎金額η可取0，n，m＋n.，則

P（η＝0）＝1－p₂＝，P（η＝n）＝p₂（1－p₁）＝，P（η＝m＋n）＝p₂p₁＝.

Eη＝0×＋n×＋（m＋n）×＝.                     ………9分

Eξ－Eη＝（）－（）＝

于是，當＞時，Eξ＞Eη，先回答問題A，再回答問題B，獲獎的期望值較大；

當＝時，Eξ＝Eη，兩種順序獲獎的期望值相等；

當＜時，Eξ＜Eη，先回答問題B，再回答問題A，獲獎的期望值較大. ………12分

18．解：（1）

  ………3分

∵角A為鈍角，

    ……………………………4分

取值最小值，

其最小值為……………………6分

   （2）由………………8分

,

…………10分

在△中，由正弦定理得：   ……12分

19．（Ⅰ）證法一：取的中點G,連結(jié)FG、AG,

依題意可知：GF是的中位線，

則  GF∥且，

AE∥ 且,

所以GF∥AE,且GF=AE,即四邊形AEFG為平行四邊形，………3分

則EF∥AG,又AG平面，EF平面,

所以EF∥平面.                            ………6分

證法二：取DC的中點G，連結(jié)FG,GE.

∵∥，平面,∴FG∥平面.          

同理：∥平面,且,

∴平面EFG∥平面,                                    ………3分

平面,

∴EF∥平面.                                         ………6分

證法三：連結(jié)EC延長交AD于K，連結(jié),E、F分別CK、CD₁的中點，

所以    FE∥D₁K                          ………3分

∵FE∥D₁K,平面，平面,∴EF∥平面.    ………6分

   （Ⅱ）解法一：⊥平面ABCD,過D在平面ABCD內(nèi)作DH⊥EC于H，連接D₁H.

∵DH是D₁H在平面ABCD內(nèi)的射影，∴D₁H⊥EC.

∴∠DHD₁為二面角的平面角。即∠DHD₁=.         ………8分

在△DHD₁中，tan∠DHD₁=，∴,=,

∴,∴,∴,∴. ………12分

解法二：以D為原點，AD、DC、DD₁分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系。

D（0，0，0），D₁（0，0，1），E（1，x，0）、C（0，2，0）。

平面DEC的法向量=(0,0,1),設(shè)為平面D₁EC的法向量，

則∴∴。  ………8分  

設(shè)二面角的大小為，∴cos=。

∴，∴∵<2，∴。           ………12分

20．解（Ⅰ）設(shè)，,橢圓的方程為.

∵直線平行于向量，

∴與=(3，1)共線

∴.

∴。                                ………2分

又∵、在橢圓上，∴∴，

∴=-1,                       ………4分

∴，∴，，∴.………6分

   （Ⅱ）設(shè)，因為直線AB過（，0），所以直線AB的方程為：，代入橢圓方程中得

∵∴，即，

∴，                      ………8分

由,

∴

∵，

∴

∴，

∵，，

又因為，∴�！�……10分

∴，

∴，即。

∴的軌跡方程.                  ………12分

21．解：（1）①直線PQ的斜率,

由，所以，

即直線PQ的斜率.                              …………2分

由，又，所以，

即圖象上任一點切線的斜率k的取值范圍為.     …………4分

②.                                              …………6分

   （2）當，根據(jù)（1）中②的結(jié)論，得到存在，，使得

，，                  …………9分

又為單調(diào)遞減函數(shù)，所以，即

，而，所以

，

因為，所以x>0,  1-x>0

所以   .                               …………12分

22．證明：（Ⅰ）連接OD，∵OD=OA,∴∠OAD=∠ODA,

∵OC∥AD, ∴∠OAD=∠BOC, ∠DOC=∠ODA.

∴∠DOC=∠BOC,∵OD=OB,OC=OC,

∴△DOC≌△BOC. ∴∠ODC=∠OBC.                               …………2分

∵BC是⊙O的切線, ∴∠OBC=90°, ∴∠ODC=90°,

∴DC是⊙O的切線.                                           …………5分

   （Ⅱ）連接BD, ∵AB是⊙0的直徑, ∴∠ADB=90°,∴∠OBC=∠ADB.

∵∠OAD=∠BOC. ∴△ADB∽△OBC. ∴,

∴                                                      …………10分

23．解：（Ⅰ）的參數(shù)方程為，

即。         …………5分

   （Ⅱ）由

可將，化簡得。

將直線的參數(shù)方程代入圓方程得

∵，∴。  …………10分

24．證法一：∵，∴，又∵，

∴                ………5分

。    ………10分

證法二：設(shè)=，∵，

當時，；

當，＜0，是單調(diào)遞減函數(shù)，………5分

∵，∴，

∴==；

==。

∴。          ………10分