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1.A　2.B　3.C　4.D　5.C　6.A　7.B　8.C　9.B　10.A　11.C　12.D

13.270　14.　15.　16.

17.解：(1)a?b＝cosx?cos－sinx?sin＝cos 2x.2分

|a＋b|＝＝＝2.4分

又∵x∈[0，]，∴cos x＞0，∴|a＋b|＝2cos x.5分

(2)f(x)＝cos 2x－4λcos x，

即f(x)＝2(cos x－λ)2－1－2λ2.6分

①當0≤λ≤1時，當且僅當cos x＝λ時，f(x)取得最小值－1－2λ2，

∴－1－2λ2＝－，解得λ＝.8分

②當λ＞1時，當且僅當cos x＝1時，f(x)取得最小值1－4λ，

∴1－4λ＝－，解得λ＝(舍).10分

③當λ＜0時，當且僅當cos x＝0時，f(x)取得最小值－1，無解.11分

綜上所述，λ＝為所求.12分

18.解：(1)設(shè)箱子內(nèi)裝著n個寫有數(shù)字“08”的球.

則＝.2分

解得n＝4.4分

∴該箱子內(nèi)裝有4個寫有數(shù)字“08”的球.

(2)當游戲結(jié)束時，總?cè)∏驍?shù)為1的概率是；6分

當游戲結(jié)束時，總?cè)∏驍?shù)為2的概率是×＝；8分

當游戲結(jié)束時，總?cè)∏驍?shù)為3的概率是××＝；10分

∴當游戲結(jié)束時，總?cè)∏驍?shù)不多于3的概率是.12分

19.解：(1)延長CG交AB于N，∵G是△ABC的重心，∴N是AB的中點.1分

∵∠ACB＝90°，∴CN＝AB＝6，∴CG＝CN＝4.2分

而DC⊥平面ABC，∴三角形DCG是等腰直角三角形，

即直線DG與平面ABC所成的角為45°.4分

(2)作ME∥GC交DC于E，∴∠EMB是異面直線GC與BM所成的角或補角.5分

∵M是DG的中點，ME＝GC＝2，

BE＝＝＝2.6分

過M作MH⊥GC于H，MH⊥平面ABC，∴MH＝2，

∴MB2＝MH2＋HB2＝4＋4＋36－2?2?6?cos 60°＝32，

∴cos∠EMB＝＝－.7分

∴異面直線GC與BM所成的角為arccos.8分

(2)過B作直線BF⊥GC于F， BF⊥平面GMC.9分

∵△CNB是正三角形，故BF＝BCcos 30°＝3，過F作FS⊥MC于S，連BS，三角形DCG是等腰直角三角形.10分

M為GD的中點，∴GD⊥CM，

∴FS∥GD，F(xiàn)S＝FCsin 45°＝.11分

∴tan∠FSB＝＝，

∴二面角B―MC―G的大小是arctan.12分

20.解：(1)由函數(shù)f(x)＝－x4＋x3＋ax2－2x－2在區(qū)間[－1,1]上是單調(diào)遞減，在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞增，所以x＝1取得極小值.1分

∴f′(1)＝0，∴－1＋2＋2a－2＝0，3分

∴a＝.4分

(2)由(1)知f(x)＝－x4＋x3＋x2－2x－2，

∴f′(x)＝－x3＋2x2＋x－2.5分

令f′(x)＝0，得x＝－1，x＝1，x＝2.6分

∴函數(shù)f(x)有極大值f(－1)＝－，f(2)＝－，極小值f(1)＝－.8分

∵關(guān)于x的方程f(2x)＝m有三個不同的實數(shù)解，令2x＝t(t＞0)，

即關(guān)于t的方程f(t)＝m在t∈(0，＋∞)上有三個不同的實數(shù)解.9分

在t∈(0，＋∞)上y＝f(t)與y＝f(x)圖象一致.11分

又f(0)＝－2，由數(shù)形結(jié)合可知，－＜m＜－.12分

21.解：(1)由An＝(an－1)，An＋1＝(an＋1－1).1分

∴an＋1＝(an＋1－an)，即＝3，2分

且a1＝A1＝(a1－1)，

得a1＝3.3分

∴數(shù)列{an}是以3為首項，3為公比的等比數(shù)列.4分

通項公式為an＝3n.5分

(2)不妨設(shè)數(shù)列{dn}中的第n項分別是數(shù)列{an}的第p項和數(shù)列{bn}的第q項，即3p＝4q＋3.6分

所以(4－1)p＝4q＋3.7分

∴C4p＋C4p－1(－1)1＋…＋C4?(－1)p－1＋C(－1)p＝4q＋3.8分

4q＝4k＋(－1)p－3，(k∈Z，p，q∈Z*).9分

p為奇數(shù)，當p＝1時，q＝0(舍去).10分

∴p＝2n＋1，所以dn＝a2n＋1＝32n＋1.12分

22.解：(1)由|PF1|－|PF2|＝2＜|F1F2|知，點P的軌跡S是以F1、F2為焦點的雙曲線右支，由c＝2,2a＝2，∴b2＝3.2分

故軌跡S的方程為x2－＝1(x≥1).4分

(2)當直線l的斜率存在時，設(shè)直線方程為y＝k(x－2)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)與雙曲線方程聯(lián)立消y得(k2－3)x2－4k2x＋4k2＋3＝0.5分

∴解得k2＞3.6分

∵?＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2

＝(x1－m)(x2－m)＋k2(x1－2)(x2－2)

＝(k2＋1)x1x2－(2k2＋m)(x1＋x2)＋m2＋4k2

＝＋m2.7分

∵MP⊥MQ，∴?＝0，

故得3(1－m2)＋k2(m2－4m－5)＝0對任意的k2＞3恒成立，

∴解得m＝－1.8分

當m＝－1時，MP⊥MQ，當直線l的斜率不存在時，由P(2,3)，Q(2，－3)及M(－1,0)知結(jié)論也成立.

綜上，當m＝－1時，MP⊥MQ.9分

(3)∵a＝1，c＝2，∴x＝是雙曲線的右準線.10分

由雙曲線定義得：|PA|＝|PF2|＝|PF2|，|QB|＝|QF2|.

(法一)∴λ＝＝

＝＝＝11分

∵k2＞3，∴0＜＜ ，故＜λ＜.12分

注意到直線的斜率不存在時，|PQ|＝|AB|，此時，λ＝.13分

綜上，λ∈[，).14分

(法二)設(shè)直線PQ的傾斜角為θ，由于直線PQ與雙曲線右支有二個交點，

∴＜θ＜，過Q作QC⊥PA，垂足為C，則∠PQC＝|－θ|，

∴λ＝＝＝＝.12分

由＜θ＜得，＜sin θ≤1，故λ∈[，].14分