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所以，二面角
B EC C3
1的正弦值为
．
2
18．解：（ 1） X=2就是 10： 10平后，两人又打了 2个球该局比赛结束，则这
2个球
均由甲得分，或者均由乙得分．因此
P（ X=2） =0.5 ×0.4+（ 1–0.5）×（ 1–04）
=05 ．
（ 2）X=4且甲获胜，就是 10：10平后，两人又打了 4个球该局比赛结束，且这
4个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得
1分，后两球均为甲得分．
因此所求概率为
[0.5 ×（ 1–0.4） +（ 1–0.5） ×0.4] 0×.5 ×0.4=0.1．
19．解：（ 1）由题设得 4(an 1 bn 1)
2(an bn )，即 an 1 bn 1
( a1
n bn ) ．
2
又因为 a1+b1=l ，所以
an bn
是首项为 1 ，公比为 1
的等比数列．
2
由题设得 4(a
b
) 4(a b )
8，
n 1
n 1
n
n
即 an 1 bn 1
an bn 2．
又因为 a1–b1
=l ，所以
an bn
是首项为 1，公差为 2的等差数列．
（ 2）由（ 1）知， ab
n
n
1
2n 1 ，
an
b2n 1．
n
1
所以 an
[( an bn ) ( an bn )]
1 n1 ，
12
2n 2
b
[( a
b ) ( a
b )] 1
n
1
n
2
n
n
n
n
2n
2 ．
20
．解：（ 1） f（ x）的定义域为（ 0， 1），（ 1， +∞）单调递增．
因为 f（ e）= 12
e 1 0 ， f (e ) 2 e2 1 e2
3， 0
e
1
e
2
1 e2
1
-15-
所以 f（ x）在（ 1， +∞）有唯一零点 x1 ，即 f（ x1） =0．
1 1
x又 01 1
1 ， f ( )ln x1
f (x1) 0 ，
x1
x1
x1 1
故 f（ x）在（ 0， 1）有唯一零点1
．
x1
综上， f（ x）有且仅有两个零点．
（ 2）因为
1 e ln x0 ，故点 B（ –lnx0， 1 ）在曲线 y=ex
上．
x0
x0
由题设知 f (x0 ) x0 1
0 ，即 ln x 0 ，
x0 1
1
1
x0 1
xln x0
0
x
故直线 AB 的斜率 k
0 x0 1 1
x．
ln x00
x 0 1 x0
x0 1 x
0
1
曲线 y=ex
在点 B(
ln x0, ) 处切线的斜率是 1
，曲线 y ln x 在点
x0
x0
A(x1 0,ln x0 ) 处切线的斜率也是
，
x
0
所以曲线 y
ln x 在点 A(x0 ,ln x0 ) 处的切线也是曲线
y=ex
的切线．
2
21．解：（ 1）由题设得yx
2
y
y
1 ，化简得 1(|x | 2) ，所以
x 2 x 2
2
4 2
为中心在坐标原点，焦点在 x 轴上的椭圆，不含左右顶点．
（ 2）（ i ）设直线 PQ 的斜率为 k，则其方程为
y kx( k 0) ．
-16-
C
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y kx
由
2
2 2
得 x
．
x y 1 1 2k
2
4
2
记 u
2
，则 P (u , uk ), Q ( u , uk ), E (u ,0) ．
1 2k
2
于是直线 QG 的斜率为
k
k
，方程为 y
( x u) ．
k
2
2
y
(x u),
由
2
得
x
2
y2 1
2
4
22222
(2 k )x 2ukx ku 8 0．①
u和 u(3k2
2)
设 G(xx
G , yG) ，则
G
是方程①的解，故 x
G
2 k
2，由此得yuk3
G
2 k
2．
uk3
从而直线 PG 的斜率为
2 k 2uk
1
2
．
u(3k 2) u
k
2 k 2
所以 PQ
PG ，即 △ PQG 是直角三角形．
2uk k
2
（ ii）由（ i）得 | PQ | 2u 11
k 2， |PG|
2 k
2
，
-17-
1
所以 △
的面积 S
1
| PQ
PG |
8k (1
k
2
)8(
k
k)
．
PQG
‖
2
2
(1 2k )(2 k 2 1 2
) 1
2(
k)
k
t=k+
1
设k>0
得t≥2 k=1
，当且仅当 时取等号．
k ，则由
8t [2 +∞ t=2 k=1 S
因为 S
1 2 t 2
在 ， ）单调递减， 所以当 ，即 时， 取得最大值，
最大值为
16
．
9
因此， △PQG 面积的最大值为
16
．
9
22．解：（ 1）因为 M,
0 0
在 C上，当
0
时，
0
4sin
2 3 .
3
3
由已知得 | OP | | OA | cos
32 .
) 为 l上除 P的任意一点 .在 Rt △
设Q( ,
OPQ 中
cos
|OP| 2，
3
经检验，点 P(2, ) 在曲线
cos
2 上 .
3
3
所以， l 的极坐标方程为
cos
2 .
3
（ 2
） 设 P( , )， 在 Rt△ OAP 中 ， | O P | |O A| c o s4 c o 即
4cos
..
因为 P在线段 OM 上，且 AP OM ，故
的取值范围是
, .
4 2 所以， P点轨迹的极坐标方程为
4cos ,
,
.
4 2
-18-
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23．解：（ 1）当 a=1 时， f ( x)=| x 1| x+|x
2|( x 1) .
当 x 1时， f (x) 2(x 1)2
0；当 x 1时， f ( x)
0
.
所以，不等式 f ( x ) 0 的解集为 ( ,1) .
（ 2）因为 f ( a )=0 ，所以 a
1 .
当 a 1 ， x (
,1) 时， f ( x)=( a x) x+(2 x)( x所以， a的取值范围是 [1,
) .
-19-
a)=2( a x)( x 1)<0-20-