参***。一、填空题。
二、解答题：
15．解：⑴由三角函数的定义知。
又由三角函数线知，为第一象限角7分。
又， ,8分。
由， ,得14分。
16．解：⑴取中点，连结、.,平面，又平面，∴.4分。
在中， ,设点到平面的距离为，平面，∴,即点到平面的距离为。 …14分。
17． 解：设bc＝x米（x＞1），ac＝y米，则ab＝y－．
在△abc中，由余弦定理，得(y－)2＝y2＋x2－2xycos60．
所以y＝（x＞1）．
法一：y＝＝(x－1)＋＋2≥2＋．
当且仅当x－1＝，即x＝1＋时，y有最小值2＋．
法二： y′＝＝
由y′＝0得x＝1＋．因为当1＜x＜1＋时，y′＜0；当x＞1＋时，y′＞0，所以当x＝1＋时，y有最小值2＋．
答：ac的最短长度为2＋米，此时bc的长度为（1＋）米．……14分。
18．设a(x0，y0)，因为b(0，2)，m(，0)
故＝(－2)，＝x0－，y02分。
因为＝－2，所以(－，2)＝－2(x0－，y0)．
所以x0＝，y0＝－1．即a(，－14分。
因为a，b都在曲线e上，所以解得a＝1，b＝．
所以曲线e的方程为x2＋＝16分。
2）（法一）当a＝b＝1时，曲线e为圆：x2＋y2＝1．设a(x1，y1)，b(x2，y2)．
因为＝－2，所以(x2－，y2) ＝2(x1－，y1)，即。
设线段ab的中点为t，则点t的坐标为(，)即(，－
所以＝(，x2－x1，y2－y1)＝(3x1，－3y1)．
因为ot⊥ab，所以＝0，即3－4x1＋3x＋3y＝0．
因为x＋y＝1，所以x1＝，y1＝．
当点a的坐标为(，－时，对应的点b的坐标为(0，1)，此时直线ab的斜率。
k＝－，所求直线ab的方程为y＝－x＋1；
当点a的坐标为(，)时，对应的点b的坐标为(0，－1)，此时直线ab的斜率k＝，所求直线ab的方程为y＝x－116分。
法二）当a＝b＝1时，曲线e为圆：x2＋y2＝1．设a(x1，y1)，b(x2，y2)．
因为＝－2，所以(x2－，y2) ＝2(x1－，y1)，即。
因为点a，b在圆上，所以
由①×4－②，得(2x1＋x2)(2x1－x2)＝3．所以2x1－x2＝，解得x1＝，x2＝0．
由x1＝，得y1＝．（以下同方法一）
法三）如图，设ab中点为t．
则tm＝ta－ma＝ab，om＝．
根据rt△ota和rt△otm，得。
即解得ab＝，ot＝．所以在rt△otm中，tanomt＝＝．
所以kab＝－或．所以直线ab的方程为y＝－x＋1或y＝x－1．
19．（1）设数列的公差为，由，．
解得，＝3,∴∵
sn＝＝．4分。
8分。3)由(2)知， ∴
∵成等比数列．，即………9分。
当时，7，＝1，不合题意；
当时， ，16，符合题意10分。
当时， ，无正整数解；当时， ，无正整数解；
当时， ，无正整数解；
当时， ，无正整数解12分。
当时， ，则，而，所以，此时不存在正整数m，n，且1综上，存在正整数m＝2，n＝16，且120．（1）(i)因为，所以是使取到最小值的唯一的值，且在区间上，函数单调递减；在区间上，函数单调递增．因为，，，所以的图象与x轴恰有两个交点． …4分。
ii)设x1，x2是方程的两个实根，则有因式，且可令。 于是有。
分别比较（*）式中常数项和含x3的项的系数，得，解得，．
所以．分别比较①式中含x和x2的项的系数，得。
×+ n得，即．……10分。
2）方程化为：，令，方程为，，即有绝对值不小于2的实根．
设，当，即时，只需，此时，；
当，即时，只需，此时，；
当，即时，只需或，即或，此时．
的最小值为16分。附加题）
a．证明：因ae=ac，ab为直径，故∠oac=∠oae3分。
所以∠poc=∠oac+∠oca=∠oac+∠oac=∠eac．
又∠eac=∠pde，所以，∠pde=∠poc．……10分。
b． mn4分。
即在矩阵mn变换下6分。
即曲线在矩阵mn变换下的函数解析式为………10分。
c．消去参数，得直线的普通方程为2分。
即，两边同乘以得，
6分。2）圆心到直线的距离，所以直线和⊙相交10分。
d．因为x，y，z都是为正数，所以． …3分。
同理可得．
将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得．……10分。
22．（1）分别记甲、乙、丙三个同学笔试合格为事件、、；
表示事件“恰有一人通过笔试”则。5分。
（2）解法一：因为甲、乙、丙三个同学经过两次考试后合格的概率均为，8分。
所以，故10分。
解法二：分别记甲、乙、丙三个同学经过两次考试后合格为事件，则。
所以，．于是，．
23．（1）将代入得2分。
由△可知，另一方面，弦长ab，解得6分。
2）当时，直线为，要使得内接△abc面积最大，则只须使得8分。
即，即位于（4，4）点处10分。
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