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甲、乙、丙三人分別獨立解一道題,甲做對的概率為,三人都做對的概率為,三人全做錯的概率為.

(1)分別求乙、丙兩人各自做對此題的概率;

(2)求甲、乙、丙中恰有一人做對此題的概率.

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甲、乙、丙三人分別獨立解一道題，已知甲做對這道題的概率是，甲、丙兩人都做錯的概率是，乙、丙兩人都做對的概率是.

（1）求乙、丙兩人各自做對這道題的概率；

（2）求甲、乙、丙三人中至少有兩人做對這道題的概率.

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甲、乙、丙三人分別獨立解一道題，甲做對的概率是，甲、乙、丙三人都做對的概率是，甲、乙、丙三人全做錯的概率是．

(1)分別求乙、丙兩人各自做對這道題的概率

(2)求甲、乙、丙三人中恰有一人做對這道題的概率．

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甲、乙、丙三人分別獨立解一道題，甲做對的概率是，甲、乙、丙三人都做對的概率是，甲、乙、丙三人全做錯的概率是．
（1）分別求乙、丙兩人各自做對這道題的概率；
（2）求甲、乙、丙三人中恰有一人做對這道題的概率．

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一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分.

1.B.點拔：記命題p的形式為“若A，則B”，則q的形式為“若B，則A”，r的形式為“若B，則A”，因此，p是r的逆否命題.

2.D點拔：∵λ₁a+λ₂b=λ₁(1，2)+λ₂(2，3) = (λ₁+2λ₂+3λ₂) = c = (3，4),

∴

3.C點拔：當(dāng)f′(x)<0時，f(x)遞減；當(dāng)f′(x)>0時，f(x)遞增.

4.A點拔：采用插空法，得7×8×9=504.

5.B點拔：∵a₃+a₆+a₉=(a₁+a₄+a₇)+6d, ∴27=39+6d, ∴d=-2.

 ∵a₁+a₄+a₇=39, ∴3a₁+9d=39,得a₁=19.

 故S₉=9a₁+

6.D點拔：展開式的通項公式T_r+1=C

 令5-2r=-1,得r=3,∴T₄=C₅³?2^-2?(-2)³?x^-1=-20?的系數(shù)為-20.

7.D點拔：設(shè)M(x,y),N(0，1)，直線MN的傾斜角為α，則可得α∈[0,]∪[],所以u=[-1，1].

8.A點拔：設(shè)直線l的方程為x = ty+b代入y² = 8x中，得y²-8ty-8 = 0, ∴y₁y₂ = -8b.

 又∵y₁y₂=16, ∴-8b=16,b=-2, 直線l的方程為x=ty-2, 過定點A (-2，0)

9.B點拔：∵AC∥EF，EF⊥DE，∴AC⊥DE，又∵AC⊥BD，∴AC⊥平面ABD，∴AC⊥AB，AC⊥AD.∵三棱錐A-BCD為正三棱錐，∴AB、AC、AD兩兩垂直.

  V_A-BCD= =

10.C點拔：∵f(x+4)=f(-x)=f(x),∴f(x)是以4為周期的周期函數(shù)，f(x)=0在區(qū)間[-2，18]上的實數(shù)根依次為-1，1，3，5，7，…，17，其總和為-1+1+3+5+…+17=-1+

二、填空題：本大題共5小題，每小題5分，共25分.

11.(1，2)點拔：采用根軸法求解.

12.-點拔：y=,∴y_max=,又∵y_max=.令

則a+b=

13.S?S_△ABH 點拔：易證H為△ABC的垂心.

如圖，S?S_△ABH.

14.點拔：P=1-

15.4點拔：∵1*2=3，且2*3=4，

∴  ∴x*y=-(6c+1)x+2(c+1)y+cxy.

  由x*m=x恒成立得 -(6c+1)x+2(c+1)m+cmx=x恒成立

即(6c-cm+2)x=2(c+1)m恒成立  ∴

∵m≠0,∴由②得c=-1，代入①，得m=4.

三、解答題：本大題共6小題，共75分.

16.∵|c|=,∴3sin²,                            ………………(2分)

  即,

  即3cos(α+β)=cos(α-β),                                                      ………………(6分)

  即3cosαcosβ-3sinαcosβ=cosαcosβ+sinαsinβ,

  即2cosαcosβ=3sinαcosβ

  ∵a與b不垂直，∴a?b≠0,即cosαcosβ≠0

  ∴由2sinαsinβ=cosαcosβ得tanαtanβ=                         ………………(12分)

17.(Ⅰ)記甲、乙、丙三人獨立做對這題的事件分別為A、B、C，

  則P(A)=

  得P(C)= …………………………………………………………………………(3分)

  由P(B?C)=P(B)?P(C)=得P(B)=

  故乙、丙兩人各自做對這道題的概率分別為           ………………………(6分)

  (Ⅱ)甲、乙、丙三人中至少有兩人做對這道題的概率為

  P()

  =P()+P(A)+P

  =P()

  =                                                                           ………………………(12分)

18.(Ⅰ)∵a_n+a_n+2=2a_n+1,∴a_n-2a_n+1+a_n+2=0,即x=-1是方程a_nx²+2a_n+1x+a_n+2=0的相同實數(shù)根.                                                                                 ………………………(4分)

  (Ⅱ)∵a_n=a₁+(n-1)d=nd,∴方程即為nx²+2(n+1)x+(n+2)=0,

  即(nx+n+2)?(x+1)=0,∴c_n=-.    ……………………(8分)

  (Ⅲ)∵b_nb_n+1=

  ∴S_n=4        ……(12分)

19．(I)連結(jié)AE∵AB=AC，且E為BC的中點，∴AE⊥BC

  ∵BB_l⊥平面ABC，∴AE⊥BB_l，∴AE⊥平面BCC_lB_l，

  ∴平面DB_lE⊥平面BCC_lB_l．           ………………………………………………(4分)

  (Ⅱ)延長AB至F，使AB=BF，連結(jié)B₁F、EF．

  在△EBF中，EF₂=BF²+BE²-2BE?BF?cosl35° =16+8―2×4×2×(-)=40．

  B₁E²=BB_l²+BE²=16+8=24，B₁F²=A₁B²=32．

  在AEB_lF中，cos∠EB_lF=

  ∴∠EB_l F=arccos

  ∵B₁F∥A₁B，∴∠EB₁F即為異面直線A₁B與B₁ E所成的角．

  故異面直線A₁B與B₁E所成的角的大小為arccos    ……………………(8分)

  (Ⅲ)作C₁ H⊥B₁E于H．∵平面DB_lE平面BCC_lB_l，∴C₁ H⊥平面DB_lE，

  ∴C₁H的長即為點C₁到平面DB₁E的距離．

  ∵△B₁ HC_l∽△B₁ BE，∴   ∴C₁H=

  故點C₁到平面DB₁E的距離為導(dǎo).………………………………………(12分)

20．(I)鐵盒子的底面邊長為2a-2x，高為x，容積V=(2a-2x)²?x=4x(a-x)2．  …(4分)

  (11)∵V=4x³-8ax²+4a²x，∴V′=12x²-16ax+4a²．

  令V′=O，得x=，或x=a．  …………………………………………………(8分)

①當(dāng)0<t<時，V(x)在(0，t]上是單調(diào)增函數(shù)，

  ∴此時V (x)_max=V(t)=4t(a-t)2；  …………………………………………(11分)

  ②當(dāng)≤t<a時，V(x)max=V()=a³．  …………………………………(13分)

21．(I)m+λn=(0，a)+λ(1，0)=(λ，a)=2(1，)(λ≠0)，

  n+2λm=(1，0)+2λ(0，a)=(1，2λa)．

  ∴兩直線的方程分別為y+a=x和y-a=2λax，

  兩式相乘，得y²-2a²x²=a²  …………………………………………………(6分)

  當(dāng)λ=0時，兩直線的方程分別為x=0和y=a，交點為P(0，a)，

  符合方程y²-2a²x²=a²．

  綜上，得曲線C的方程為y²-2a²x²=a²  ……………………………………(7分)

  (Ⅱ)∵a=，∴點P的軌跡方程為y²-x²=

  曲線C為雙曲線，E(0，1)為雙曲線的一個焦點．

  ①若直線l的斜率不存在，則其方程為x=0，l與雙曲線交于M

  此時.     ……………………………………………………………(8分)

  ②若直線l的斜率存在，設(shè)其方程為y=kx+1，代人y²-x²=

  得2(k²-1)x²+4kx+1=0

  ∵直線l與雙曲線交于兩點， ∴△=(4k)²-8(k²-1)>0，且k²-1≠0，解得k≠±1．

  設(shè)M(x₁，y₁)，N(x₂，y₂)，則

  =(x₁，y₁-1)?(x₂，y₂-1)=(x_l，kx₁)?(x₂，kx₂)

            =x₁x₂+k²x₁x₂=(k²+1)x_lx₂=.              ……………………(11分)

記=t,則t=得k²=.

∵k≠±1,k²≥0，且k²≠1,∴≥0，且≠1，

得t>，或t≤-，即∈(-∞，-)U(，+∞)．

綜上，得的取值范圍是(-∞，)U[，+∞]．………………(14分)