πππ23472

在△ABD中，sin∠ADB＝sin(B＋θ)＝sin(＋θ)＝sincos θ＋cossin θ＝×(＋)＝.(844425510分)

ADsin∠ADB1772ADAB17

由＝，所以AB＝＝××2＝.(10分) sin Bsin∠ADBsin B710524在△ABC中，sin A＝1－cos2A＝，

25所以sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝

2247172×(－)＝.(12分) 2252550

172

×2bccsin B5

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 θ1

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－.(2分)

sin θ

︵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)

2cos θ－1111

所以f(θ)＝AB＋BD＋BE＋l＝3－＋＋＋π＋2θ＝3＋π＋2θ＋.(6分)

sin θtan θtan θsin θ11

因为0＜AB＜2，所以0＜3－＜2，解得＜sin θ＜1，

3sin θ1

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)

3π1

设sin θ0＝，θ0为锐角，则0＜θ0＜. 33

ππ

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．

3232

π

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

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

x2y00

又点M(x0，y0)在椭圆上，则＋＝1.

43

2

x20－y0＋3y0＝0，??43233

2由?x2解得y＝－或y＝3(舍去)，此时|x|＝. 000y0077＋＝1，??43

433433

故MN＝2|x0|＝，即线段MN的长为.(8分)

77② (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)

22

m?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.

22y2（x1＋x2）（x1－x2）（y1＋y2）（y1－y2）x2x21y12

又＋＝1，＋＝1，两式相减得＋＝0， 434343

y1－y23m可得kMN＝＝－.(12分)

4nx1－x2故直线MN的方程为y＝－

3mmn

(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因为0＜n2≤3，所以dmin＝又

3

. 2

33

＜1，故原点O到直线MN距离的最小值为.(16分) 22

(解法2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，B(x3，y3)，

因为O为△BMN的重心，所以x1＋x2＋x3＝0，y1＋y2＋y3＝0， 则x3＝－(x1＋x2)，y3＝－(y1＋y2)．(10分) （x1＋x2）2（y1＋y2）2x2y233

因为＋＝1，所以＋＝1.

4343

22y2x2x2x1x2y1y211y12

将＋＝1，＋＝1，代入得＋＝－.(12分) 4343432

若直线MN的斜率不存在，则线段MN的中点在x轴上，从而B点位于长轴的顶点处． 由于OB＝2，所以此时原点O到直线MN的距离为1. 若直线MN的斜率存在，设为k，则其方程为y＝kx＋n. y＝kx＋n，??

由?x2y2消去y得(3＋4k2)x2＋8knx＋4n2－12＝0 (*)． ??4＋3＝1，

则Δ＝(8kn)2－4(3＋4k2)(4n2－12)＞0，即3＋4k2＞n2. 4n2－128kn由根与系数关系可得x1＋x2＝－，xx＝，

3＋4k2123＋4k2则y1y2＝(kx1＋n)(kx2

＋n)＝k2x

1x2＋kn(x1＋x2

)＋n2＝

3n2－12k2

，

3＋4k2

x1x2y1y2114n2－1213n2－12k2132＝k2＋.(14分) 代入＋＝－，得×＋×＝－，即n43243＋4k23243＋4k2又3＋4k2＞n2，

39

于是3＋4k2＞k2＋，即3k2＋＞0恒成立，因此k∈R.

44

|n|

＝k2＋13. 2

3k2＋

4＝k2＋1

1原点(0，0)到直线MN的距离为d＝因为k2≥0，所以当k＝0时，dmin＝又

1－

. 4（k2＋1）

33

＜1，故原点O到直线MN距离的最小值为.(16分) 22

f（x）

19. 解：(1) 因为h(x)＝－g(x)＝x2－x－(a－16)－aln x，

xa2x2－x－a

所以h′(x)＝2x－1－＝. xx令h′(x)＝0，得2x2－x－a＝0.

55

因为函数h′(x)在[，4]上存在零点，即y＝2x2－x－a在[，4]上存在零点，

225

又函数y＝2x2－x－a在[，4]上单调递增，

255??2×（2）2－2－a≤0，

所以?解得10≤a≤28.

??2×42－4－a≥0，因此，实数a的取值范围是[10，28]．(2分)

(2) (解法1)因为当x∈[0，b]时，函数f(x)在x＝0处取得最大值， 即存在实数a，当x∈[0，b]时，f(0)≥f(x)恒成立， 即x3－x2－(a－16)x≤0对任意x∈[0，b]都成立．(4分) 当x＝0时，上式恒成立；(6分)

当x∈(0，b]时，存在a∈[10，28]，使得x2－x＋16≤a成立，(8分) 所以x2－x＋16≤28，解得－3≤x≤4，所以b≤4. 故当a＝28时，b的最大值为4.(10分)

(解法2)由f(x)＝x3－x2－(a－16)x，得f′(x)＝3x2－2x－(a－16)． 设Δ＝4＋12(a－16)＝4(3a－47)．

若Δ≤0，则f′(x)≥0恒成立，f(x)在[0，b]上单调递增，

因此当x∈[0，b]时，函数f(x)在x＝0时不能取得最大值，于是Δ＞0，(4分) 故f′(x)＝0有两个不同的实数根，记为x1，x2(x1＜x2)．

若x1＞0，则当x∈(0，x1)时，f′(x)＞0，f(x)在(0，x1)上单调递增， 因此当x∈[0，b]时，函数f(x)在x＝0时不能取得最大值， 所以x1≤0.(6分)

2

又x1＋x2＝＞0，因此x2＞0，

3

从而当x∈(0，x2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，