【参***】
1】．a提示：∵，原式，∴选（a）.
2】．a提示：,选（a）.
3】．b提示：,由得，所以，所以，故选（b）.
4】．c提示：的图像为开口向右的抛物线，过抛物线焦点分别作倾斜角为的两条直线，则这两条直线与抛物线的交点及焦点构成符合条件的两个正三角形。由对称性可知，两直线位置一有改变就不可能构成正三角形，故选（c）.
5】．c提示：∵正态曲线关于直线对称，而已知，∴，故选（c）.
6】．b提示：为奇函数，为偶函数，∴.
∴即。①+②得得。
①-②得，所以故选（b）.
7】．b提示：将分别能正常工作记为事件，则系统正常工作的概率为。
故选（b）.
8】．d提示：由得，即满足不等式所表示的区域为点连结而构成的正方形及其内部，由线性规划知识，取最大和最小值时的最优解为和，故，故选（d）.
9】．c提示：由，得，平方得，不妨设可得与互补；反之由与互补，容易得到，故选（c）.
10】．d提示：由已知，太贝克，∴选（d）.
提示：由，令，得，得所以的系数为17.
提示：所求概率。
提示：自上而下设各节容积分别为且公差为，则由已知得。
故。解得故。
14】．（2，2），提示：（i）过作垂直于轴且垂足为，则为等腰直角三角形，故可得点在内的横坐标为2，而易知在内的纵坐标也为2，故。
ii）设曲线上任一点在内的射影为，则易知。
代入方程得，，所以曲线在。
**影的方程为。
提示：法一：当=1,2,3,4时符合条件的方案分别为2，3，5，8，由此归纳推测，5时有种方案， =6时，有8+13=21种方案。
法二：为自上而下的6个正方形着色，且黑色正方形互不相邻时，分别着黑色正方形的个数为3，2，1，0，有3个正方形着黑色时，可先将3个白色正方形排好，3个黑色正方形插空共种方案，同理，着2，1，0个黑色正方形分别有种方案，故一共有种。
第二问正好是第一问的对立事件，用两种颜色给6个正方形着色共26种方案，故符。
合条件的有种（或以着黑色正方形的个数为标准分类有）.
16】．解：（ⅰ
∴的周长为。
.，故为锐角，17】．解：（ⅰ由题意：当时，；当时，设。
再由已知得解得。
故函数的表达式为。
（ⅱ）依题意并由（ⅰ）可得。
当为增函数，故当时，其最大值为60×20=1200；
当时， 当且仅当，即时，取等号。
所以，当时，在区间[20，200]上取得最大值。
综上，当时，在区间[0，200]上取得最大值。
即当车流密度为100辆/千米时，车流量可以达到最大，最大值约为3333辆/小时。
18】．解法1：过作于，连结。
（i）证明：如图1，连结，，由直棱柱的性质知，底面侧面。
又平面侧面，且底面，所以侧面，为在侧面内的射影，在中， =1，则由，得，又故。
由三垂线定理知。
ii）解：如图2，连结，过作于，连结。
由（i）知侧面，根据三垂线定理得。
所以是二面角的平面角，即。
设。在中， 在。故。
又所以。故当即当时，达到最小值，即，此时与重合。
解法2：（i）证明：建立如图3所示的空间直角坐标系，则由已知可得。于是。则。
故。ii）解：设，平面的一个法向量为，则由（i）得（0，4，）.
于是由，可得。
取。又由直三棱柱的性质可取侧面的一个法向量为，于是由为锐角可得，所以，由，得，即。
故当，即点与点重合时，取得最小值。
19】．解：（i）由已知可得，两式相减可得。
即。又所以时，数列为，0，…，0，…；
当时，由已知所以（），于是由可得，所以成等比数列，所以当时，
综上，数列的通项公式为。
（ii）对于任意的，且成等差数列，证明如下：
当=0时，由（i）知，
∴对于任意的，且成等差数列，当，时，若存在，使得成等差数列，则，即。
由（i）知，的公比，于是。
对于任意的，且从而。
即成等差数列，综上，对于任意的，且成等差数列。
20】．解：（i）设动点为，其坐标为，当时，由条件可得。
即，又的坐标满足。
故依题意，曲线的方程为。
当时，曲线的方程为是焦点在轴上的椭圆；
当时，曲线的方程为，是圆心在原点的圆；
当时，曲线的方程为，是焦点在轴上的椭圆；
当时，曲线的方程为是焦点在轴上的双曲线。
ii）由（i）知，当=-1时，的方程为。
当时，的两个焦点分别为。
对于给定的，上存在点使得的充要条件是。
由①得由②得。
当或时，存在点，使；
当或时，不存在满足条件的点，当时，由，可得。
令，则由，从而，于是由，可得。
综上可得，当时，在上，存在点，使得。
当时，在上，存在点，使得。
当时，在上，不存在满足条件的点。
21】．（i）解：的定义域为，令解得。
当在（0，1）内是增函数；
当时，内是减函数，故函数处取得最大值。
（ii）证明：（1）由（i）知，当时，有即，从而有，得，求和得。
即。（2）①先证。
令。则于是。
由（1）得，即。
所以。②再证。
记，则，于是由（1）得。即。所以。
综合①②，2）得证。
end】
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