二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、
??8,?1?
n?114、2n 15、660
316、4
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17、（Ⅰ）见解析. （Ⅱ）见解析. （Ⅲ） a?2. 【解析】 【分析】
（Ⅰ）证明OD'⊥AO． 推出OD'⊥平面ABCO． 然后证明OD'⊥BC．（Ⅱ）取P为线段AD'的中点，连接OP，PM；证明四边形OCMP为平行四边形，然后证明CM∥平面AOD'；（Ⅲ）说明OD'是四棱锥D'﹣ABCO的高．通过体积公式求解即可． 【详解】
（Ⅰ）证明：因为在菱形ABCD中，?ADC??3，O为线段CD的中点，
所以OD'?AO． 因为平面AOD'?平面ABCO 平面AOD'?平面ABCO?AO，
OD'?平面AOD'，
所以OD'?平面ABCO． 因为BC?平面ABCO，
所以OD'?BC． （Ⅱ）证明：如图，取P为线段AD'的中点，连接OP,PM； 因为在?ABD'中，P，M分别是线段AD'，BD'的中点， 所以PM//AB，PM?1AB． 2因为O是线段CD的中点，菱形ABCD中，AB?DC?a，AB//DC， 所以OC?1aCD?． 221AB． 2所以OC//AB，OC?所以PM//OC，PM?OC．
所以四边形OCMP为平行四边形， 所以CM//OP，
因为CM?平面AOD'，OP?平面AOD'，
所以CM//平面AOD'；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知OD'?平面ABCO．
?a?3a?aa'?OD? 所以OD' 是四棱锥D'?ABCO的高，又S=? , 3322??2?a22813a33 因为V??S?OD'?， ?3162 所以a?2． 【点睛】
本题考查线面平行与垂直的判定定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力,是
基础题 18、?1????????10cos?????0,???2?10.
?2???【解析】 【分析】
（1）先化简参数方程得到曲线的一般方程，进而得到参数方程；（2）联立两曲线的极坐标方程，根据韦达定理得到?1??2?10，进而得到结果. 【详解】
?1?因为曲线M的参数方程为??x?5?5cos?2（???0,??为参数），?x?5??y2?25，
?y?5sin?所以曲线M是以?5,0?为圆心，5为半径的圆的上半部分. 所以曲线M的极坐标方程为??10cos?????0,???????. ??2???2?设P??1,?1?Q??2,?2?.
???1?cos???22由?得??10??20?0. ???10cos?所以?1??2?10.所以OP?OQ的值是10.
【点睛】
这个题目考查了极坐标和一般方程的互化，以及极坐标中极径的几何意义.
19、 (Ⅰ) 圆C的方程为：x2?y2?x?3y?0；直线l的方程为：PM?PN?t1t2（t为参数）（Ⅱ）
6?23 【解析】 【分析】
(Ⅰ)利用极坐标方程与直接坐标方程的转化方法，可求出圆的普通方程，由直线过点P(-1，2)，且倾斜角为
2?，结合直线的参数方程的特点可写出答案；（Ⅱ）将直线的参数方程代入圆C的方程，得到关于t3??的一元二次方程，??2cos???【详解】
???，可以得到答案。 3?1?x??1?t?2?（Ⅰ）因为?2??cos??3?sin?，则?，
3?y?2?t?2?所以圆C的普通方程为x2?y2?x?3y?0， 直线l过点P(-1，2)，且倾斜角为
222?，故参数方程为3?1??3??1?3???1?t?2?t??1?t?32?t??0（t为参数） ???????????2??2??2?2???（Ⅱ）将直线l的参数方程代入圆C的方程， 得：PM?PN?6?23，
则t?3?23t?6?23?0，所以t1t2?6?23，即PM?PN?6?23. 【点睛】
本题考查了极坐标方程与直角坐标方程的转化，直线的参数方程的求法，及参数的含义，属于中档题。 20、 (Ⅰ)a=3，b=2；(Ⅱ)答案见解析. 【解析】 【分析】
(Ⅰ)由题意结合余弦定理和正弦定理得到关于a,b的方程组，解方程组即可确定a,b的值； (Ⅱ)首先对函数的解析式进行整理变形，然后结合函数的解析式可得函数的单调区间和对称中心. 【详解】
(Ⅰ)由题意结合余弦定理c2?a2?b2?2abcosC可得：a2?b2?ab?7 ①，
2??2sinA?3sinB，由正弦定理化简得：2a?3b ②，
∴联立①②解得：a=3，b=2. (Ⅱ)结合(Ⅰ)的结论有：
f?x??cos2x?3sinxcosx?11?cos2x31?????sin2x??cos?2x???1， 22223??则函数的对称中心横坐标满足：2x??3?k???k?,?x????k?Z?. 2212函数的对称中心为：????k??,1?k?Z，
2??2函数的单调递减区间满足：2k??2x?即函数的单调递减区间为?k??【点睛】
?3?2k???,?k???6?x?k???3?k?Z?，
???6,k????3???k?Z?.
本题主要考查正弦定理、余弦定理及其应用，三角函数的对称中心，单调区间的确定等知识，意在考查学
生的转化能力和计算求解能力. 21、（1）【解析】 【分析】
（1）曲线C的极坐标方程利用互化公式可得直角坐标方程．利用直线的参数方程形式直接写出直线的参数方程．
（2）把直线l的方程代入曲线C的方程为：t2﹣可得|t1?t2|=【详解】 （1）由
∴曲线的直角坐标方程为
，得.
，
，化为：5t1?t2=
（m+8）t+4（m+8）=0．由条件可知|AP|?|BP|=|BA|2，
（
为参数）； （2）2 .
，利用根与系数的关系即可得出．
∵直线的倾斜角为且过点，∴直线的参数方程为（ 为参数）
（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程得则有∵∴
，∴
，设
，又
，∴，解得
或
，
，
两点对应的参数分别为
，即（舍去），
，
∴的值为2. 【点睛】
本题考查了极坐标化为直角坐标方程，考查了直线的参数方程的写法，综合运用一元二次方程的根与系数的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 22、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）h?【解析】 【分析】
（1）由余弦定理得BD?3，从而BD⊥AB，由AB∥DC，得BD⊥DC．从而BD⊥平面PDC，由此能证明BD⊥PC
（2）设A到平面PBD的距离为h．取DC中点Q，连结PQ，由VA-PBD=VP-ABD，能求出A到平面PBD的距离． 【详解】
（1）由余弦定理得BD?12?22?2?1?2cos60??3，
∴BD2?AB2?AD2，∴?ABD?90?，BD?AB,QAB//DC, ∴BD?DC. 又平面PDC ?底面ABCD，平面PDC I底面ABCD ?DC，BD?底面ABCD，
3. 2
∴BD?平面PDC，
又PC?平面PDC，∴BD?PC. （2）设A到平面PBD的距离为h.
取DC中点Q，连结PQ,∵△PDC是等边三角形，∴PQ?DC.
又平面PDC ?底面ABCD，平面PDC I底面ABCD ?DC，PQ?平面PDC， ∴PQ?底面ABCD，且PQ?3，
由（Ⅰ）知BD?平面PDC，又PD?平面PDC，∴BD?PD. ∴VA?PBD?VP?ABD，即?解得h?【点睛】
1111×3×2×h ? ?×1×3×3. 32323. 2
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