一個四面體的所有棱長都為，四個頂點在同一球面上，則此球的表面積為

[     ]

A.3π
B.4π
C.
D.6π

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一.選擇題   1-5   6-10   11-12     CBDCB  DBAAC  AA

二．填空題   13. 1 ;   14. 8 ;    15. ;   16. -1

三、解答題

17.解：（Ⅰ）由f(0)=，得2a-=，∴2a=，則a=.

由f()=，得+-=，∴b=1，…………2分

∴f(x) =cos²x+sinxcosx -=cos2x+sin2x=sin(2x+).…………4分

（Ⅱ）由f(x)=sin(2x+).

又由+2kπ≤2x+≤+2kπ，得+kπ≤x≤+kπ，

∴f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是［+kπ，+kπ］(k∈Z)．?…………8分

（Ⅲ）∵f(x)=sin2(x+)，

∴函數(shù)f(x)的圖象右移后對應(yīng)的函數(shù)可成為奇函數(shù)．…………12分

18．解：（I）一次射擊后，三人射中目標分別記為事件A₁，A₂，A₃，

由題意知A₁，A₂，A₃互相獨立，且,…………2分

.…………5分

∴一次射擊后，三人都射中目標的概率是.…………6分

（Ⅱ）證明：一次射擊后，射中目標的次數(shù)可能取值為0、1、2、3，相應(yīng)的沒有射中目標的的次數(shù)可能取值為3、2、1、0，所以可能取值為1、3, …………9分

則）+

.………12分

19．解：（Ⅰ）連接A₁C.∵A₁B₁C₁－ABC為直三棱柱，∴CC₁⊥底面ABC，∴CC₁⊥BC.

    ∵AC⊥CB，∴BC⊥平面A₁C₁CA. ………………1分

    ∴為與平面A₁C₁CA所成角，

.

∴與平面A₁C₁CA所成角為.………3分

（Ⅱ）分別延長AC，A₁D交于G. 過C作CM⊥A₁G 于M，連結(jié)BM，

    ∵BC⊥平面ACC­₁A₁，∴CM為BM在平面A₁C₁CA內(nèi)的射影，

    ∴BM⊥A₁G，∴∠CMB為二面角B―A₁D―A的平面角，………………………5分

    平面A₁C₁CA中，C₁C=CA=2，D為C₁C的中點，

    ∴CG=2，DC=1 在直角三角形CDG中，，.……7分

    即二面角B―A₁D―A的大小為.……………………8分

（Ⅲ）證明：∵A₁B₁C₁―ABC為直三棱柱，∴B₁C₁//BC，

∵由（Ⅰ）BC⊥平面A₁C₁CA，∴B₁C₁⊥平面A₁C₁CA，

∵EF在平面A₁C₁CA內(nèi)的射影為C₁F，∵F為AC中點，

∴C₁F⊥A₁D，∴EF⊥A₁D.……………………11分

同理可證EF⊥BD，∴EF⊥平面A₁BD.……………………12分

解法二：

（Ⅰ）同解法一……………………3分

（Ⅱ）∵A₁B₁C₁―ABC為直三棱柱，C₁C=CB=CA=2，

AC⊥CB，D、E分別為C₁C、B₁C₁的中點.

建立如圖所示的坐標系得：

C（0，0，0），B（2，0，0），A（0，2，0），

C₁（0，0，2）， B₁（2，0，2）， A­₁（0，2，2），

D（0，0，1）， E（1，0，2）.………………6分

，設(shè)平面A₁BD的法向量為，

  .…………6分

平面ACC₁A₁­的法向量為=（1，0，0），.………7分

即二面角B―A₁D―A的大小為.…………………8分

（Ⅲ）證明：∵F為AC的中點，∴F（0，1，0），.……10分

由（Ⅱ）知平面A₁BD的一個法向量為，∴//n . ……11分

EF⊥平面A₁BD.…………………………………12分   

20．解：(Ⅰ) 據(jù)題意： _，

.

   兩式相減,有：_，…………3分

 .…………4分

又由S₂=解得. …………5分

∴是以為首項，為公比的等比數(shù)列，∴.…………6分

 (Ⅱ)

 ………8分

…………12分

21．解： 因為當(dāng)∈[-1，0]時，2a+4³2²²²3³．

所以當(dāng)∈時，==2a-4³，

    ∴………………………………………2分

(Ⅰ)由題設(shè)在上為增函數(shù)，∴在∈恒成立，

即對∈恒成立，于是，，從而．

即的取值范圍是………………………………6分

(Ⅱ)因為偶函數(shù)，故只需研究函數(shù)=2－4³在∈的最大值．

     令=2a-12²=0，得．……………8分

若∈，即0＜≤6，則

       ，

       故此時不存在符合題意的；……………10分

       若＞1，即＞6，則在上為增函數(shù)，于是．

      令2-4=12，故=8．  綜上，存在8滿足題設(shè)．………………12分

22．解: （Ⅰ）依題意，由余弦定理得：

, ……2分

即即

.

,即.　　…………4分

（當(dāng)動點與兩定點共線時也符合上述結(jié)論）

動點的軌跡為以為焦點,實軸長為的雙曲線．

所以，軌跡Q的方程為.     …………6分

(Ⅱ)假設(shè)存在定點,使為常數(shù)．

（1）當(dāng)直線 不與軸垂直時，

設(shè)直線的方程為,代入整理得:

．             …………7分

由題意知，．

設(shè),,則,．…………8分

于是，   …………9分

．                …………11分

要使是與無關(guān)的常數(shù)，當(dāng)且僅當(dāng)，此時． …12分

（2）當(dāng)直線 與軸垂直時，可得點,，

當(dāng)時，．    …13分

故在軸上存在定點,使為常數(shù).     …………14分