∴双曲线故答案为：
．
的离心率为e==，
根据双曲线的方程为标准形式，求出a、b、c的值，即得离心率的值．
本题考查双曲线的标准方程，以及双曲线的简单性质的应用，把双曲线的方程化为标准形式是解题的突破口．
10.答案：
解析：【分析】
本题考查几何概型概率的求法，关键是注意测度比为长度比，是基础题． 直接利用测度比为长度比求解． 【解答】
解：在区间[-1，4]上随机选取一个数x， x≥1的概率P=故答案为：．
．
11.答案：an=-2n+7（答案不唯一）
解析：解：由题意，如果递减的等差数列，若其前k（k≥2，k∈N*）项为正项，显然该数列的前n项和Sn是先增后减，而不是递减的． 故填：an=-2n+7．
对于递减的等差数列，若其前k（k≥2，k∈N*）项为正项，显然该数列的前n项和Sn是先增后减，而非递减的．
本题考查了等差数列的单调性，等差数列前n项和的单调性，属于基础题． 12.答案：
解析：解：由
得圆C的普通方程为：x2+（y-1）2=1，
由ρcosθ-ρsinθ-1=0得x-y-1=0， 所以圆心（0，1）到直线的距离d=
=
．
故答案为：．
先将圆和直线化成直角坐标方程，再利用点到直线的距离公式可求得． 本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题． 13.答案：36
解析：解：根据题意，设5人为甲乙丙丁戊，
①，将乙丙看成一个整体，考虑2人之间的顺序，有A22=2种情况， ②，将这个整体与丁戊全排列，有A33=6种安排方法，
③，排好后，有4个空位，由于甲乙安排在不相邻的两天，则只能从3个空中任选1个，安排甲，有A31=3种安排方法，
6×3=36种； 不同的安排方案共有2×
故答案为：36．
根据分步计数原理，结合相邻问题和不相邻问题的方法即可求出．
本题考查了分类和分步计数原理，关键是分清是分步还是分类，属于中档题．
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14.答案：（1，0） 16
解析：解：y2=4x的焦点F（1，0），准线方程为x=-1，
要使|PM|取得最大，可得PM经过点F， 即|PM|=|PF|+1，
要使|PQ|取得最小，PQ必须垂直于直线x=-6，
可得|PQ|=|PF|+5， 由≥2
≥
=（|PF|+1）+
+8
+8=16，
当且仅当|PF|=3时上式取得最小值16． 故答案为：（1，0），16．
求得抛物线的焦点和准线方程，由题意可得要使|PM|取得最大，可得PM经过点F，即|PM|=|PF|+1，
要使|PQ|取得最小，PQ必须垂直于直线x=-6，可得|PQ|=|PF|+5，再由基本不等式可得所求最小值．
本题考查抛物线的定义、方程和性质，考查直线和圆的位置关系，以及基本不等式的运用，考查转化思想和数形结合思想，属于中档题．
15.答案：解：（Ⅰ）因为
由正弦定理可得
因为在△ABC中，sinA≠0， 所以． 因为0＜B＜π， 所以
．
．
，
（Ⅱ）因为A+B+C=π， 所以sinA+sinC===因为所以当
，即． ， ．
时，sinA+sinC有最大值
．
．
．
解析：本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题． （Ⅰ）由正弦定理化简已知等式可得，结合sinA≠0，可求
，结合范围0＜B＜π，可求B的值．
（Ⅱ）由三角形的内角和定理，三角函数恒等变换的应用化简可求sinA+sinC=
，结合范围
，利用正弦函数的性质可求其最大值．
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16.答案：解：（Ⅰ）高一年级知识竞赛的优秀率为（0.04+0.02）×5=0.3．
所以高一年级知识竞赛的优秀率为30%．
（Ⅱ）在高一年级学生中选中成绩优秀学生的概率为0.3，选中成绩不优秀学生的概率为1-0.3=0.7；
在高二年级学生中选中成绩优秀学生的概率为
=0.4，选中成绩不优秀学生的概率为
1-0.4=0.6．
ξ的所有可能取值为0，1，2； P（ξ=0）=0.7×0.6=0.42；P（ξ=1）=0.3×0.6+0.7×0.4=0.46；P（ξ=2）=0.3×0.4=0.12． 所以随机变量ξ的分布列为： P ξ 0 0.42 1 0.46 2 0.12 （Ⅲ）显然X，Y均符合两点分布，且P（X=0）=0.7，P（X=1）=0.3， P（Y=0）=0.6，P（Y=1）=0.4，
0.7=0.21，DY=0.6×0.4=0.24， ∴DX=0.3×
∴DX＜DY．
解析：（I）计算频率分别直方图最后两个小矩形的面积即可得出优秀率；
（II）分别计算两年级的优秀率，利用相互独立事件的概率公式得出ξ的分布列； （III）计算DX，DY得出结论．
本题考查了频率分布直方图，频率分布表，离散型随机变量的分布列与方差计算，属于中档题．
17.答案：（共14分） 证明：（Ⅰ）因为在梯形ABCD中，AB∥CD，AB=2CD=4，P为AB的中点，
所以CD∥AP，CD=AP，所以四边形APCD为平行四边形，………………（1分） 因为线段AC与DP交于O点， 所以O为线段AC的中点，
所以△ABC中，OP∥BC，………………（3
分）
因为OP?平面POD′，BC?平面POD′， 所以BC∥平面POD′．………………（4分）
解：（Ⅱ）因为平行四边形APCD中，AP=AD=2， 所以四边形APCD是菱形，AC⊥DP，垂足为O， 所以AC⊥OD′，AC⊥OP，
因为OD′?平面ACD′，OP?平面ACB， 所以∠D′OP是二面角B-AC-D′的平面角， 因为二面角B-AC-D′为直二面角， 所以
，即OP⊥OD′．
可以如图建立空间直角坐标系O-xyz，其中O（0，0，0），………………（6分） 因为在图1菱形APCD中，
，
所以OD=OP=1，OA=OC=．
所以B（-，2，0），C（-，0，0），D′（0，0，1）． 所以
=（
），=（0，2，0）． ………………（7分）
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设=（x，y，z）为平面BCD′的法向量，
因为，∴取x=1，得=（1，0，-），
平面ABC的法向量为=（0，0，1），………………（8分） 所以cos＜
＞=
=-，………………（9分）
由图可知，二面角A-BC-D'为锐二面角，
所以二面角A-BC-D'的大小为． ………………（10分）
（Ⅲ）线段PD′上存在点Q，使得CQ与平面BCD′所成角的正弦值为，………………（11分） 设=因为所以因为cos＜由0≤λ≤1，解得
=＞=．
=时，使得CQ与平面BCD′所成角的正弦值为=
，（0≤λ≤1），
，
=（0，-1，1）， =（
）． ………………（12分）
=，………………（13分）
所以线段PD′上存在点Q，且．………………（14分）
CD=AP，解析：（Ⅰ）推导出CD∥AP，从而四边形APCD为平行四边形，推导出OP∥BC，
由此能证明BC∥平面POD′．
（Ⅱ）建立空间直角坐标系O-xyz，利用向量能求出二面角A-BC-D'的大小． （Ⅲ）设=
，（0≤λ≤1），利用向量法能求出线段PD′上存在点Q，且
=时，
使得CQ与平面BCD′所成角的正弦值为．
本题考查线面平行的证明，考查二面角的求法，考查满足线面角的正弦值的点的位置的确定，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
18.答案：解：（Ⅰ）当a=0时，f（x）=lnx-x+1，则
因为x∈[1，+∞），所以f'（x）≤0．
所以f（x）在区间[1，+∞）上单调递减，
所以f（x）区间[1，+∞）上最大值为f（1）=0． （Ⅱ）由题可知
=
=
，
．
①当a=0时，由（Ⅰ）知，函数f（x）在区间（1，+∞）上单调递减，
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