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。第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。
17．【分析】（1）推导出B1C1⊥BE，BE⊥EC1，由此能证明BE⊥平面EB1C1．
（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B﹣EC﹣C1的正弦值．
【解答】证明：（1）长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，B1C1⊥平面ABA1B1，
∴B1C1⊥BE，∵BE⊥EC1， ∴BE⊥平面EB1C1．
解：（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设AE＝A1E＝1，∵BE⊥平面EB1C1，∴BE⊥EB1，∴AB＝1， 则E（1，1，1），A（1，1，0），B1（0，1，2），C1（0，0，2），C（0，0，0），
∵BC⊥EB1，∴EB1⊥面EBC， 故取平面EBC的法向量为＝
＝（﹣1，0，1），
设平面ECC1 的法向量＝（x，y，z）， 由∴cos＜
，得＞＝
，取x＝1，得＝（1，﹣1，0）， ＝﹣，
．
∴二面角B﹣EC﹣C1的正弦值为
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18．【分析】（1）设双方10：10平后的第k个球甲获胜为事件Ak（k＝1，2，3，…），则P（X＝2）＝P（A1A2）+P（P（A2）+P（
）P（
），由此能求出结果．
A4））P（A2））＝P（A1）
（2）P（X＝4且甲获胜）＝P（X＝4且甲获胜）＝P（+P（P（
）＝P（A1）P（
）P（
）P（A4）+P（
）P（A4），由此能求出事件“X＝4且甲获胜”的概率．
【解答】解：（1）设双方10：10平后的第k个球甲获胜为事件Ak（k＝1，2，3，…），
则P（X＝2）＝P（A1A2）+P（＝P（A1）P（A2）+P（
）P（
） ）
＝0.5×0.4+0.5×0.6＝0.5． （2）P（X＝4且甲获胜）＝P（＝P（A1）P（
）P（
）P（A4）+P（
A4）+P（）P（A2）P（
） ）P（A4）
＝0.5×0.6×0.5×0.4+0.5×0.4×0.5×0.4＝0.1． 19．【分析】（1）定义法证明即可；
（2）由（1）结合等差、等比的通项公式可得
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【解答】解：（1）证明：∵4an+1＝3an﹣bn+4，4bn+1＝3bn﹣an﹣4； ∴4（an+1+bn+1）＝2（an+bn），4（an+1﹣bn+1）＝4（an﹣bn）+8； 即an+1+bn+1＝（an+bn），an+1﹣bn+1＝an﹣bn+2； 又a1+b1＝1，a1﹣b1＝1，
∴{an+bn}是首项为1，公比为的等比数列， {an﹣bn}是首项为1，公差为2的等差数列； （2）由（1）可得：an+bn＝（）n﹣1， an﹣bn＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1； ∴an＝（）n+n﹣， bn＝（）n﹣n+．
20．【分析】（1）讨论f（x）的单调性，求函数导数，在定义域内根据函数零点大致区间求零点个数， （2）运用曲线的切线方程定义可证明． 【解答】解析：（1）函数f（x）＝lnx﹣∪（1，+∞）； f′（x）＝+
＞0，（x＞0且x≠1），
．定义域为：（0，1）
∴f（x）在（0，1）和（1，+∞）上单调递增， ①在（0，1）区间取值有∵f（
，代入函数，由函数零点的定义得，
）?f（）＜0，
）＜0，f（）＞0，f（
∴f（x）在（0，1）有且仅有一个零点，
②在（1，+∞）区间，区间取值有e，e2代入函数，由函数零点的定义得，
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又∵f（e）＜0，f（e2）＞0，f（e）?f（e2）＜0， ∴f（x）在（1，+∞）上有且仅有一个零点， 故f（x）在定义域内有且仅有两个零点； （2）x0是f（x）的一个零点，则有lnx0＝曲线y＝lnx，则有y′＝；
由直线的点斜式可得曲线的切线方程，
曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线方程为：y﹣lnx0＝﹣x0）， 即：y＝即有：y＝
x﹣1+lnx0，将lnx0＝x+
，
，）处的切线方程为：y﹣代入，
（x
，
而曲线y＝ex的切线中，在点（ln＝
（x﹣ln
）＝
x+
lnx0，
将lnx0＝代入化简，即：y＝x+，
故曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝ex的切线． 故得证．
21．【分析】（1）利用直接法不难得到方程；
（2）（i）设P（x0，y0），则Q（﹣x0，﹣y0），E（x0，0），利用直线QE的方程与椭圆方程联立求得G点坐标，去证PQ，PG斜率之积为﹣1； （ii）利用S＝
，代入已得数据，并对
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换元，
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