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如圖，已知正三棱柱ABC-A₁B₁C₁的側(cè)棱長(zhǎng)和底面邊長(zhǎng)均為1，M是底面BC邊上的中點(diǎn)，N是側(cè)棱CC₁上的點(diǎn)，且CN=2C₁N．
（Ⅰ）求二面角B₁-AM-N的平面角的余弦值；
（Ⅱ）求點(diǎn)B₁到平面AMN的距離．

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如圖，已知正三棱柱ABC-A₁B₁C₁的側(cè)棱長(zhǎng)和底面邊長(zhǎng)均為1，M是底面BC邊上的中點(diǎn)，N是側(cè)棱CC₁上的點(diǎn)，且CN=2C₁N，
（Ⅰ）求二面角B₁-AM-N的平面角的余弦值；
（Ⅱ）求點(diǎn)B₁到平面AMN的距離。

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如圖，已知正三棱柱ABC-A₁B₁C₁的側(cè)棱長(zhǎng)和底面邊長(zhǎng)均為1，M是底面BC邊上的中點(diǎn)，N是側(cè)棱CC₁上的點(diǎn)，且CN=2C₁N，
（Ⅰ）求二面角B₁-AM-N的平面角的余弦值；
（Ⅱ）求點(diǎn)B₁到平面AMN的距離。

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一、選擇題  1--5 ADACB   6--10  ABACD  11―12 CB

二、填空題  13．8    14．7   15．12   16．AB

_{三、解答題}

17.解：（Ⅰ） ，

，

．…………………………（4分）  

　，  ．………………………（6分）

（Ⅱ）由余弦定理，得　．………（8分）

，  ．

所以的最小值為，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)．………………（12分）

18.（Ⅰ）解法一：依據(jù)題意，因?yàn)殛?duì)伍從水路或陸路抵達(dá)災(zāi)區(qū)的概率相等，則將“隊(duì)伍從水路或陸路抵達(dá)災(zāi)區(qū)”視為同一個(gè)事件. 記“隊(duì)伍從水路或陸路抵達(dá)災(zāi)區(qū)”為事件C，且B、C相互獨(dú)立，而且．……………………………（2分）

在5月13日恰有1支隊(duì)伍抵達(dá)災(zāi)區(qū)的概率是

.……………………（6分）

解法二：在5月13日恰有1支隊(duì)伍抵達(dá)災(zāi)區(qū)的概率是

.…………（6分）

（Ⅱ）依據(jù)題意，因?yàn)殛?duì)伍從水路或陸路抵達(dá)災(zāi)區(qū)的概率相等，則將“隊(duì)伍從水路或陸路抵達(dá)災(zāi)區(qū)”視為同一個(gè)事件. 記“隊(duì)伍從水路或陸路抵達(dá)災(zāi)區(qū)”為事件C，且B、C相互獨(dú)立，而且.

設(shè)5月13日抵達(dá)災(zāi)區(qū)的隊(duì)伍數(shù)為，則=0、1、2、3、4. ……………………（7分）

由已知有：；

；

；

；

.

答：在5月13日抵達(dá)災(zāi)區(qū)的隊(duì)伍數(shù)為2時(shí)概率最大……………………（12分）

19. （I）由已知a₂－a₁=－2, a₃－a₂=－1, －1－(－2)=1

∴a_n+1－a_n=(a₂－a₁)+(n－1)?1=n－3 

n≥2時(shí)，a_n=( a_n－a_n－1)+( a_n－1－a_n－2)+…+( a₃－a₂)+( a₂－a₁)+ a₁

          =(n－4)+(n－5) +…+(－1)+(－2)+6 =

n=1也合適.  ∴a_n=  (n∈N*) ……………………3分

又b₁－2=4、b₂－2=2 .而  ∴b_n－2=（b₁－2）?()^n－1即b_n=2+8?()ⁿ……(6分)

∴數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項(xiàng)公式為：a_n= ，b_n=2+()^n－3

（II）設(shè)

當(dāng)k≥4時(shí)為k的增函數(shù)，－8?()^k也為k的增函數(shù)，而f(4)=

∴當(dāng)k≥4時(shí)a^k－b^k≥………………10分

又f(1)=f(2)=f(3)=0   ∴不存在k， 使f(k)∈（0，）…………12分

20解法1：（Ⅰ）因?yàn)镸是底面BC邊上的中點(diǎn)，且AB=AC，所以AMBC，

在正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，底面,  AM 又.所以AM平面.

（或：連結(jié)，  又,.）…………(5分)

（II）因?yàn)锳M平面

且M平面，NM平面

∴AMM, AMNM，

∴MN為二面角―AM―N的平面角. …………（7分）

∴，設(shè)C₁N=，則CN=1－

又M=,MN=, 

連N，得N＝，

在MN中，由余弦定理得 

,  …（10分）

得=.故=2. …    （12分）

解法2：（Ⅰ）建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則（0，0，1），M（0，，0）,

C（0,1,0）, A （），設(shè)N （0,1,a） ,所以，

，,

因?yàn)?sub>所以,同法可得.又故AM面BC.

   （II）由（Ⅰ）知??為二面角―AM―N的平面角,以下同法一.

21解（Ⅰ）由已知  

∴    ∴………………（2分）

又且    ∴ （舍去）

∴…（4分）

（Ⅱ）令    即的增區(qū)間為、

∵在區(qū)間上是增函數(shù)

∴或     則或……（8分）

（Ⅲ）令或

∵    

 ∴在上的最大值為4，最小值為0………………（10分）

∴、時(shí)，……………（12分）

22.解  （1）設(shè)為橢圓的左特征點(diǎn)，橢圓的左焦點(diǎn)為，可設(shè)直線的方程為.并將它代入得：，即.設(shè)，則，……（3分）

∵被軸平分，∴.即.

即，∴.……………（5分）

于是.

∵，即.………………（7分）

（2）對(duì)于橢圓.于是猜想：橢圓的“左特征點(diǎn)”是橢圓的左準(zhǔn)線與軸的交點(diǎn). ………………（9分）

證明：設(shè)橢圓的左準(zhǔn)線與軸相交于M點(diǎn)，過(guò)A，B分別作的垂線，垂足分別為C，D.

據(jù)橢圓第二定義：∵

于是即.∴，又均為銳角，∴，∴.

∴的平分線.故M為橢圓的“左特征點(diǎn)”. ………（14分）