∴E与O重合，．
解析：（1）取AB的中点F，连接OF，DF推导出四边形OFDC1为平行四边形，则C1O∥DF．由此能证明C1O∥平面ABD．
（2）过C作CH⊥AB于H，连接DH，推导出DC⊥AB，AB⊥DH．求出BC=2．设E到平面ABC的距离为h，则与O重合，
．
，求出h=1，由此推导出E
本题考查线面平行的证明，考查多面体的体积的求法及应用，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题． 20.答案：解：（I）解法一：因为圆M的圆心在抛物线上且与抛物线的准线相切，且圆半径为3， 故
，（1分）
，（2分）
因为圆过原点，所以a2+b2=9，所以又a2=2pb，所以
，（3分）
因为p＞0，所以p=4，所以抛物线C方程x2=8y．（4分）
解法二：因为圆M的圆心在抛物线上且与抛物线的准线相切，由抛物线的定义， 圆M必过抛物线的焦点又圆M过原点，所以又圆的半径为3，所以又
，（1分） ，（2分）
，又a2=2pb，（3分）
，得p2=16（p＞0），所以p=4．所以抛物线C方程x2=8y．（4分）
，（1分） ，（3分）
解法三：因为圆M与抛物线准线相切，所以且圆过
又圆过原点，故
，可得
解得p=4，所以抛物线C方程x2=8y．（4分）
（Ⅱ） 解：设A（x1，y1），B（x2，y2），P（m，-t）， C方程为
，所以y′=，（5分）
，所以切线PA方程为：y-y1=
（6分） （7分）
∴抛物线在点A处的切线的斜率k=即
，化简得y=
又因过点P（m，-t），故可得-t=
即x12-2mx1-8t，同理可得x22-2mx2-8t（8分）
所以x1，x2为方程x2-2mx-8t=0的两根，所以x1+x2=2m，x1x2=-8t，（9分） 因为Q（0，-t），所以
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kAQ+kBQ====
所以∠AQO=∠BQO．（12分）
解析：（I）解法一：可得解得p=4，即可
解法二：可得圆M必过抛物线的焦点又圆的半径为3，得
，又圆M过原点，得
，
a2+b2=9，，即
，又a2=2pb，所以
，
，又a2=2pb，得p=4．即可；
，
，解得p=4，即可
解法三：由圆M与抛物线准线相切，得且圆过
又圆过原点，故
，可得
（Ⅱ）：设A（x1，y1），B（x2，y2），P（m，-t），切线PA方程为：y-y1=可得-t=
，即x1，x2为方程x2-2mx-8t=0的两根，所以x1+x2=2m，x1x2=-8t，
因为Q（0，-t），所以kAQ+kBQ=
=
=
=
即可得∠AQO=∠BQO
本题考查了抛物线的方程，直线与抛物线的位置关系，考查了方程思想、转化思想，考查了运算能力，属于难题．
21.答案：解：（Ⅰ）f（x）=（x-2）lnx+2x-3，f′（x）=在[1，+∞）上为增
函数，
且f′（x）≥f′（1）=1，故f（x）=（x-2）lnx+2x-3在[1，+∞）上为增函数， 又f（1）=0+2-3=-1＜0，f（2）=0+4-3=1＞0， 则函数f（x）在[1，+∞）上有唯一零点； （Ⅱ）g（x）=（x-a）lnx+当x=1时显然成立， 当x＞1时，可得a≤令h（x）=h′（x）=
在（1，+∞）上恒成立，
，g′（x）=lnx+1-≥0在[1，+∞）上恒成立，
，则a≤h（x）min，x∈（1，+∞），
，
由（Ⅰ）可知：f（x）=（x-2）lnx+2x-3在[1，+∞）上为增函数，故f（x）在[1，+∞）上有唯一零点m，
则x∈（1，m）时，h′（x）＜0，h（x）在区间（1，m]上为减函数， x∈（m，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）在区间[m，+∞）上为增函数， 故x=m时，h（x）有最小值，
ln1.60+0.20=0.012＞0， 又f（1.60）=-0.40×
f（1.59）=-0.41×ln1.59+0.18=-0.0086＜0，
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．
则m∈（1.59，1.60），
有f（m）=（m-2）lnm+2m-3=0，得lnm=∴h（m）=
，
，m∈（1.59，1.60），
∈（
，
令2-m=t∈（0.4，0.41），则h（x）最小值h（m）=）， ∵
=6.17，=6.4，则h（x）的最小值大约在6.17～6.4之间，
故整数a的最大值为6．
解析：（1）对函数f（x）求导，由f′（x）＞0在[1，+∞）上恒成立，则f（x）在[1，+∞）上为增函数，由f（1）＜0，f（2）＞0可判断出函数有唯一零点； （2）对函数g（x）求导，分离参变量，
在（1，+∞）上恒成立，构造新函
数h（x）求导，由（1）可知，a小于等于h（x）在区间[1，+∞）上的最小值，根据函数的单调性，求得函数h（x）最小值的取值范围，即可取得整数a的最大值．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的最值，考查数学转化思想方法，考查计算能力，属难题．
22.答案：解：（1）C1的参数方程
消参得普通方程为x-y-a+1=0，
C2的极坐标方程化为ρ2cos2θ+3ρcosθ-ρ2=0， 即y2=3x；
（2）将曲线C1的参数方程标准化为
，
（t为参数，a∈R）
代入曲线得由得a＞，
， ，
，
设A，B对应的参数为t1，t2，
由题意得|t1|=3|t2|，即t1=3t2或t1=-3t2，
当t1=3t2时，，
解得a=＞，
当t1=-3t2时，，
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解得综上：
＞， 或a=．
解析：（1）直接利用转换关系，把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化． （2）利用直线和曲线的位置关系的应用，利用一元二次方程根与系数的关系的应用求出结果．
本题考查的知识要点：参数方程和极坐标方程与直角坐标方程的转化，直线和曲线位置关系式的应用，参数的确定．
23.答案：（Ⅰ）证明：由柯西不等式得，（a+b+c）2≤（12+12+12）（a2+b2+c2）， 即有（a+b+c）2≤3，即有|a+b+c|≤；
（Ⅱ）解：不等式|x-1|+|x+1|≥（a+b+c）2对一切实数a，b，c恒成立， 则由（Ⅰ）可知，|x-1|+|x+1|≥3， 由x≥1得，2x≥3，解得，x≥； 由x≤-1，-2x≥3解得，x≤-， 由-1＜x＜1得，2≥3，不成立． 综上，可得x≥或x≤-． 则实数x的取值范围是（-]∪[
）．
解析：本题考查柯西不等式的运用，考查不等式恒成立问题，考查绝对值不等式的解法，属于中档题．
（Ⅰ）由柯西不等式得，（a+b+c）2≤（12+12+12）（a2+b2+c2），即可得证；
2
b，c恒成立，|x-1|+|x+1|≥3，（Ⅱ）不等式|x-1|+|x+1|≥（a+b+c）对一切实数a，则由（Ⅰ）可知，
运用绝对值的定义，即可解出不等式．
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