【必做题】 第22，23题，每小题10分，共20分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
22. 某商场举行有奖促销活动，顾客购买每满400元的商品即可抽奖一次．抽奖规则如下：抽奖者掷各面标有1～6点数的正方体骰子1次，若掷得点数大于4，则可继续在抽奖箱中抽奖；否则获得三等奖，结束抽奖．已知抽奖箱中装有2个红球与m(m≥2，m∈N*)个白球，抽奖者从箱中任意摸出2个球，若2个球均为红球，则获得一等奖；若2个球为1个红球和1个白球，则获得二等奖；否则，获得三等奖(抽奖箱中的所有小球，除颜色外均相同)．
(1) 若m＝4，求顾客参加一次抽奖活动获得三等奖的概率；
(2) 若一等奖可获奖金400元，二等奖可获奖金300元，三等奖可获奖金100元，记顾客一次抽奖所获得的奖金为X，若商场希望X的数学期望不超过150元，求m的最小值．
23.已知集合An＝{1，2，…，n}，n∈N*，n≥2，将An的所有子集任意排列，得到一个有序集合组(M1，M2，…，Mm)，其中m＝2n.记集合Mk中元素的个数为ak，k∈N*，k≤m，规定空集中元素的个数为0.
(1) 当n＝2时，求a1＋a2＋…＋am的值；
(2) 利用数学归纳法证明：不论n(n≥2)为何值，总存在有序集合组(M1，M2，…，Mm)，满足任意i∈N*，i≤m－1，都有|ai－ai＋1|＝1.
参考答案
11π2
1. {1，3} 2. 5 3. － 4. 325 5. 6. 0 7. 8. 65π 9. 5 10. 11. 8 12.
422225± 5
1
13. 2 14. (1，＋ln 2)
2
15. 证明：(1) 因为点D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC.(2分)
因为AC?平面PDE，DE?平面PDE，所以AC∥平面PDE.(4分) 1
(2) 因为点D，E分别为AB，BC的中点，所以DE＝AC.
2因为AC＝2，所以DE＝1.
因为PD＝2，PE＝3，所以PD2＝PE2＋DE2， 因此在△PDE中，PE⊥DE.(8分)
又平面PDE⊥平面ABC，且平面PDE∩平面ABC＝DE，PE?平面PDE， 所以PE⊥平面ABC.(12分)
因为PE?平面PBC，所以平面PBC⊥平面ABC.(14分) 16. 解：(1) 因为a＝bcos C＋csin B，
由
abc＝＝，得sin A＝sin Bcos C＋sin Csin B．(2分) sin Asin Bsin C
因为sin A＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C， 所以sin Bcos C＋cos Bsin C＝sin Bcos C＋sin Csin B， 即cos Bsin C＝sin Csin B．(4分)
因为0＜C＜π，所以sin C≠0，所以sin B＝cos B.
π
又0＜B＜π，所以sin B≠0，从而cos B≠0，所以tan B＝1，所以B＝.(6分)
4(2) 因为AD是∠BAC的平分线，设∠BAD＝θ，所以A＝2θ.
7779
因为cos A＝－，所以cos 2θ＝cos A＝－，即2cos2θ－1＝－，所以cos2θ＝.
25252525π34
因为0＜A＜π，所以0＜θ＜，所以cos θ＝，所以sin θ＝1－cos2θ＝.
255
πππ234
在△ABD中，sin∠ADB＝sin(B＋θ)＝sin(＋θ)＝sincos θ＋cossin θ＝×(＋)＝
44425572.(8分) 10
ADsin∠ADB1772ADAB17
＝，所以AB＝＝××2＝.(10分) sin Bsin∠ADBsin B7105
由
24在△ABC中，sin A＝1－cos2A＝，
25
所以sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝172×bccsin B52由＝，得b＝＝＝5.(14分) sin Bsin Csin C172
50
17. 解：(1) 连结CD，因为BD与圆C相切，切点为D，所以△BCD为直角三角形．
11
因为∠CBD＝θ，且圆形小岛的半径为1千米，所以DB＝，BC＝.
tan θsin θ因为岸边上的点A与小岛圆心C相距3千米，所以AB＝AC－BC＝3－
1
.(2分) sin θ
2247172×(－)＝.(12分) 2252550
︵1
因为BE与圆C相切，所以BE＝DB＝，优弧DE所对圆心角为2π－(π－2θ)＝π＋2θ，
tan θ︵
所以优弧DE长l为π＋2θ.(4分)
所以f(θ)＝AB＋BD＋BE＋l＝3－分)
11
因为0＜AB＜2，所以0＜3－＜2，解得＜sin θ＜1，
sin θ31
所以sin θ的取值范围是(，1)．(8分)
3
2cos θ－1－2＋cos θcos θ（1－2cos θ）
(2) 由f(θ)＝3＋π＋2θ＋，得f′(θ)＝＋2＝.(10分)
sin θsin2θsin2θ1
令f′(θ)＝0，解得cos θ＝.
2π
因为θ为锐角，所以θ＝.(12分)
31π
设sin θ0＝，θ0为锐角，则0＜θ0＜.
33ππ
当θ∈(θ0，)时，f′(θ)＜0，则f(θ)在(θ0，)上单调递减；
33ππππ
当θ∈(，)时，f′(θ)＞0，则f(θ)在(，)上单调递增．
3232π
所以f(θ)在θ＝时取得最小值．
3
π
答：当θ＝时，栈道总长度最短．(14分)
3
2cos θ－1111
＋＋＋π＋2θ＝3＋π＋2θ＋.(6sin θtan θtan θsin θ
1c1
18. 解：(1) 记椭圆C的焦距为2c，因为椭圆C的离心率为，所以＝.
2a2
因为椭圆C过点(0，3)，所以b＝3. 因为a2－c2＝b2，解得c＝1，a＝2， x2y2
故椭圆C的方程为＋＝1.(2分)
43
(2) ① 因为点B为椭圆C的上顶点，所以B点坐标为(0，3)． 因为O为△BMN的垂心，所以BO⊥MN，即MN⊥y轴． 由椭圆的对称性可知M，N两点关于y轴对称．(4分) 不妨设M(x0，y0)，则N(－x0，y0)，其中－3＜y0＜3.
→→
因为MO⊥BN，所以MO·BN＝0，即(－x0，－y0)·(－x0，y0－3)＝0，
2
得x20－y0＋3y0＝0.(6分)
2
x20y0
又点M(x0，y0)在椭圆上，则＋＝1.
43
2
x20－y0＋3y0＝0，??43233由?x2解得y0＝－或y0＝3(舍去)，此时|x0|＝. y20077??4＋3＝1，
故MN＝2|x0|＝
433433
，即线段MN的长为.(8分) 77
② (解法1)设B(m，n)，记线段MN中点为D.
mn→→
因为O为△BMN的重心，所以BO＝2OD，则点D的坐标为(－，－)．(10分)
22m?若n＝0，则|m|＝2，此时直线MN与x轴垂直，故原点O到直线MN的距离为??2?， 即为1.
若n≠0，此时直线MN的斜率存在．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－m，y1＋y2＝－n.
2（x1＋x2）（x1－x2）（y1＋y2）（y1－y2）x2y2x2y2112
又＋＝1，＋＝1，两式相减得＋＝0， 434343
y1－y23m可得kMN＝＝－.(12分)
4nx1－x2
3mmn
故直线MN的方程为y＝－(x＋)－，即6mx＋8ny＋3m2＋4n2＝0，
4n22则点O到直线MN的距离为d＝
|3m2＋4n2|36m2＋64n2
.
m2n23
将＋＝1，代入得d＝2.(14分) 43n＋9
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