16．【解答】解：若一定选技术，则从剩余的6门中，任选2门即可，故有C6＝15种， 若不一定选技术，从物理、化学选一门，从历史、地理选一门，再从剩下的选一门，故有C2C2C3＝12种，
根据分类计数原理可得共有15+12＝27种， 故答案为：27．
17．【解答】解：圆C的圆心C（﹣5，3），半径为由l上的一点Q向圆C：（x+5）+（y﹣3）＝2 引两条切线，分别切圆C于M，N两点， 可得四边形MCQN为正方形，边长为2，
由抛物线y2＝4x可得F（1，0），准线方程为x＝﹣1， 则|PH|+|PQ|＝|PF|+|PQ|+1，
连接FC交抛物线于P，可得|PQ|+|PF|＝|QF|， 此时|PQ|+|PF|取得最小值， 可得|PF|+|PQ|＝|CF|﹣2＝则|PH|+|PQ|的最小值为3故答案为：3
﹣1．
﹣1．
﹣2＝3﹣2， 2
2
1
1
1
2
，
三、解答题（本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 18．【解答】（本题 14 分） 解：（Ⅰ）∵∴由正弦定理可得：
．
＝
，整理可得：2sinBcosA＝cosCsinA+sinCcosA，
可得：2sinBcosA＝sin（A+C）＝sinB， ∵sinB≠0， ∴解得cosA＝，
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又∵A∈（0，π）， ∴A＝
；…7分
，b+c＝4
2
2
（Ⅱ）∵a＝，A＝
2
，
2
∴由余弦定理可得：a＝b+c﹣2bccosA＝（b+c）﹣2bc﹣2bccosA， ∴（
）＝（4
2
）﹣2bc﹣2bc×，解得：bc＝6，
＝
…14分
2
∴S△ABC＝bcsinA＝
19．【解答】解：（Ⅰ）根据题意，数列{an}满足an+1＝an+2，则数列{an}为等差数列，且公差为2，
又由a1＝1，则an＝a1+（n﹣1）d＝2n﹣1； 则Sn＝
＝n；
n
2
（Ⅱ）根据题意，3b1+5b2+…+（2n+1）bn＝2（2n﹣1）+1，① 当n≥2时，有3b1+5b2+…+（2n﹣1）bn﹣1＝2（2n﹣3）+1，② ①﹣②可得：（2n+1）bn＝2则bn＝2
n﹣1
n﹣1
n
（2n+1），
，
n﹣1
当n＝1时，3b1＝2+1＝3，变形可得b1＝1，满足bn＝2故bn＝2
n﹣1
，
，
n﹣1
令bn≥8Sn，即2
≥8n； n﹣1
2
分析可得：n≥11，2≥8n，即n的最小值为11．
2
20．【解答】（Ⅰ）证明：以D1 为坐标原点，分别以D1A1，D1C1，D1D所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
由已知可得：B1（2，2，0），C（0，2，2），P（1，1，3），D（0，0，2），B（2，2，2）， 则∵
，
，
，
，∴B1C⊥CD，B1C⊥CP，
，
又CD∩CP＝C，∴B1C⊥平面PCD； （Ⅱ）解：设平面CPB1 的一个法向量为
．
由，取z＝1，可得．
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又平面BPB1 的一个法向量
，
∴cos＜＞＝．
由图可知，二面角B﹣PB1﹣C为钝二面角， ∴二面角B﹣PB1﹣C的余弦值为
．
21．【解答】解：（Ⅰ）设所求椭圆C的方程为
+
＝1（a＞0．b＞0）
由点O到直线x﹣y+
2
2
＝0的距离为b，故b＝
2
＝，
又c＝1，所以a＝b+c＝4， 故所求椭圆C的方程为+
＝1
+
，
（Ⅱ）假设存在常数λ，使得|AB|+|CD|＝λ|AB|?|CD|恒成立，则λ＝
（i）当l1与l2其中一条直线的斜率不存在时，易知|AB|，|CD|其中一个为长轴，另一个为通径，长轴为为2a＝4，通径为此时λ＝
+
＝+＝
，
＝3，
（ii）当l1与l2斜率存在且不为0时，不妨设l1的方程为x＝ty+1（t≠0），
2
2
则l2的方程x＝﹣y+1，联立方程
，消去x可得（3t+4）y+6ty﹣9＝0，
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设A（ty1，y1），B（ty2+1，y2）
则 （*）
所以|AB|＝＝，
将（*）代入，化简得|AB|＝，
在|AB|的表达式中用“﹣“代“t“可得|CD|＝，
所以λ＝+＝+＝＝
综合（i）（ii）可知存在常数，使得|AB|+|CD|＝λ|AB|?|CD|恒成立
22．【解答】解：（Ⅰ）曲线y＝f（x）在点 （2，f （2））处的切线方程为y＝x﹣2， 则
，
+
，
又f（x）＝ln（x+a）﹣，f′（x）＝故，解得：a＝﹣1，b＝0；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）＝ln（x﹣1），故f（x+1）＝lnx， 故g（x）＝lnx﹣mx（m∈R），
g（x）的两个不同的零点为x1，x2，不妨设x1＞x2＞0， ∵g（x1）＝g（x2）＝0，故lnx1＝mx1，lnx2＝mx2， 要证明x1?x2＞e，即证明ln（x1x2）＞lne＝2， 而ln（x1x2）＝m（x1+x2）， 故只需证明m（x1+x2）＞2即可， 又lnx1﹣lnx2＝mx1﹣mx2，故m＝
，
2
2
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