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所以AA1⊥平面A1BC，又A1B所以AA1⊥A1B．
平面A1BC，
（2）由（1）可知A1A⊥平面A1BC，A1A平面A1ABB1， 所以平面A1BC⊥平面A1ABB1，且交线为A1B．
所以点C到平面A1ABB1的距离等于△CA1B的A1B边上的高，设其为h．
在Rt△AA1C中，A1A＝2，∠A1AC＝60°，则A1C＝23． 由（1）得，BC⊥A1C，
所以Rt△A1CB中，BC＝3，A1B＝21．h＝
BC×A1C6367
＝＝． A1B721
67
即点C到平面A1ABB1的距离为．
7
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19．解：
（1）应该选择模型①
6
6
（2）∑(xi－-x)(yi－-y)＝∑xiyi－6－x－y＝1297－6×17×13.5＝－80，
i＝1
i＝1
6
6
2－2-)2＝∑x2
∑(xi－xi－6x＝1774－6×17＝40，
i＝1i＝1
∑(xi－-x)(yi－-y)
i＝1?b＝
n∑(xi－-x)
i＝1
n2
－80
＝＝－2， 40
?-?＝-ay－bx＝13.5＋2×17＝47.5．
?＝－2x＋47.5． 所以y关于x的线性回归方程为：y20．解：
（1）由已知可得F(p2
，0)，
因为∠OFA＝120°，所以xA＝
p2
＋|AF|cos60°＝
p2
＋2．
又由抛物线定义可知，|AF|＝xA＋解得，p＝2，
所以抛物线E的方程为y＝4x．
2
p2
＝p＋2＝4，
（2）由（1）可知，F(1，0)，由题意可知，直线l斜率存在且不为0， 设直线l的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
?y＝4x，2222由?得kx－(2k＋4)x＋k＝0， ?y＝k(x－1)，
2
2k＋4
x1＋x2＝2
2
k ①
x1x2＝1 ②
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由|AC|＝4|BC|得，x1＝4x2 ③
由①②③联立解得，k＝±22．
所以l的方程为22x＋y－22＝0或22x－y－22＝0． 21．解：
（1）当a＝1时，g(x)＝f(x)＝(2x－1)lnx＋x－1，
所以g(x)＝2lnx－
1
x＋3， 因为g(x)为单调递增函数，
且g(1)＝2＞0，g( 1
1e)＝1－e＜0，所以存在t∈(
e
，1)，使得g即x∈(0，t)时，g(x)＜0，g(x)单调递减； x∈(t，＋∞)时，g(x)＞0，g(x)单调递增．
因为g(1)＝0，所以1为g(x)的一个零点，
又g( 1
e2)＝1－ 3 1
e2＞0，所以g(x)在(e
2，t)有一个零点， 故g(x)有两个零点．
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t)＝0,
(
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（2）依题意得，f(x)＝a(xlnx＋1)－xlnx－1， 令h(x)＝xlnx＋1，所以h1
所以0＜x＜e2时，h －2
2
(x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋1)，
(x)＜0，h(x)单调递减；
1
x＞e2时，h －
(x)＞0，h(x)单调递增，
1
1
即h(x)的最小值为h(e2)＝1－＞0，所以h(x)＞0．
2e
－
2
2
令t(x)＝(xlnx＋1)－(xlnx＋1)＝(x－x)lnx，所以t(x)≥0， 即xlnx＋1≥xlnx＋1．
2
综上，
xlnx＋1
≤1．
x2lnx＋1
xlnx＋12
，即a(xlnx＋1)＞xlnx＋1， 2
xlnx＋1
又a＞1，所以a＞
故f(x)＞0． 22．解：
（1）曲线C1的直角坐标方程为：x＋y－2y＝0； 曲线C2的直角坐标方程为：x＝3．
22
（2）P的直角坐标为(－1，0)，设直线l的倾斜角为α，(0＜α＜
?x＝－1＋tcosα，?y＝tsinα，
2
2
)，
则直线l的参数方程为：?
(t为参数，0＜α＜
2
)
代入C1的直角坐标方程整理得，t－2(sinα＋cosα)t＋1＝0，
t1＋t2＝2(sinα＋cosα)
4
直线l的参数方程与x＝3联立解得，t3＝，
cosα由t的几何意义可知，
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