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一、選擇題1B  2D  3B   4C  5A  6D  7A  8C  9C  10D  11B  12 A

二、填空題13、    2    ；  14、   6    ；15、 16、或

三、解答題

17．（10分）

解：（I）

當(dāng),即時(shí), 取得最大值.

函數(shù)的取得最大值的自變量的集合為…………5分

 (II)由題意得:

即 又由因此函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為.……10分

18.（12分）

解：（I） …………………………4分

(II)由已知抽取一次停止的概率為， ………………6分

    抽取兩次停止的概率為，………………………………………8分

    抽取三次停止的概率為，………………………………10分

所以抽取次數(shù)不多于三次的概率…………12分

19.（12分） 解：（Ⅰ）取BC中點(diǎn)F，連結(jié)AF，則CF＝AD，且CF∥AD，

∴四邊形ADCF是平行四邊形，∴AF∥CD，

∴∠PAF（或其補(bǔ)角）為異面直線(xiàn)PA與CD所成的角　………………………  2分

∵PB⊥平面ABCD，∴PB⊥BA，PB⊥BF．

∵PB＝AB＝BF＝1，∴AB⊥BC，∴PA＝PF＝AF＝．　

∴△PAF是正三角形，∠PAF＝60°

即異面直線(xiàn)PA與CD所成的角等于60°．　……………4分

（Ⅱ）在Rt△PBD中，PB＝1，BD＝，∴PD＝

∵DE＝2PE，∴PE＝

則，∴△PBE∽△PDB，∴BE⊥PD．　……………………     5分

由（Ⅰ）知，CF＝BF＝DF，∴∠CDB＝90°．

∴CD⊥BD．又PB⊥平面PBD，∴PB⊥CD．

∴CD⊥平面PBD，∴CD⊥BE　………………………………7分

∴BE⊥平面PCD．　…………………………………………8分

（Ⅲ）連結(jié)AF，交BD于點(diǎn)O，則AO⊥BD．

∵PB⊥平面ABCD，∴平面PBD⊥平面ABD，∴AO⊥平面PBD．

過(guò)點(diǎn)O作OH⊥PD于點(diǎn)H，連結(jié)AH，則AH⊥PD．

∴∠AHO為二面角A－PD－B的平面角．　…………………………………     10分

在Rt△ABD中，AO＝．

在Rt△PAD中，AH＝．　

在Rt△AOH中，sin∠AHO＝．

∴∠AHO＝60°．            

即二面角A－PD－B的大小為60°．　………………………………………      12分

20.（12分） 解：（Ⅰ）由已知可得當(dāng)，

兩式相減得即，從而

當(dāng)時(shí)，，所以 ，又，所以

所以有

故總有，，又從而；………6分

（II）由（I）知

因?yàn)?sub>=

=-

記，由錯(cuò)位減法，可得

……………10分

故 ……………12分

21.(12分) 解：（Ⅰ）

因?yàn)?sub>點(diǎn)在的圖像上，

當(dāng)為切點(diǎn)時(shí)，切線(xiàn)的斜率，

此時(shí)過(guò)點(diǎn)的切線(xiàn)方程為；……………2分

當(dāng)不是切點(diǎn)時(shí)，若切線(xiàn)存在，則切線(xiàn)的斜率k存在，設(shè)切點(diǎn)為，……………4分

可設(shè)切線(xiàn)方程為，由于切點(diǎn)在切線(xiàn)上，

①

又切點(diǎn)在曲線(xiàn)上，②

聯(lián)立①②解得所以另一條切線(xiàn)方程為………6分

（II）由可得

當(dāng)和時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，故的單調(diào)遞減區(qū)間為和；單調(diào)遞增區(qū)間為；且

 ……………12分

22.解：（Ⅰ）依題意，直線(xiàn) AM方程為：y=k(x－2)，