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已知函數(shù)，求使成立的的取值范圍。（10分）

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已知函數(shù)_, ，求：
（1）函數(shù)的定義域。 （2）求使的的取值范圍。

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1．C   2．D   3．D   4．B   5．C   6．C   7．D   8．B   9．C   1 0．A  11．B   12．B

13．  14．  15．    16．3或5

提示：

1．C  ，故它的虛部為．(注意：復(fù)數(shù)的虛部不是而是)

2．D 解不等式，得，∴，

∴，故

3．D ，，∴，∴．

4．B  兩式相減得，∴，∴．

5．C  令，解得，∴．

6．C  由已知有或解得或

7．D   由正態(tài)曲線的對稱性和，知，即正態(tài)曲線關(guān)于直線對稱，于是，，所以

8．B  圓心到直線的距離最小為0，即直線經(jīng)過圓心，

∴，∴，∴．

9．C  對于A、D，與，不是對稱軸；對于B，電不是偶函數(shù)；對于C，符合要求．

10．A   設(shè)兩個截面圓的圓心分刷為、，公共弦的中點為M，則四邊形為矩形，∴，．

11． B  應(yīng)先求出2人坐進20個座位的排法。排除2人相鄰的情況即可。

共有11+12=23個座位，去掉前排中間3個不能入坐的座位，還有20個座位，則2人坐入20個座位的排法有種，排除①兩人坐前排相鄰的12種情況；②兩人坐后排相鄰的22種情況，∴不同排法的種數(shù)有（種）．

12．B 拋物線的準線，焦點為，由為直角三角形，知為斜邊，故意，又將代入雙曲線方程得，得，解得，∴離心率為。

13．    展開式中的的系數(shù)是，

14．   ，∴

15．   設(shè)棱長均為2，由圖知與到的距離相等，而到平面的距離為，故所成角的正弦值為。

16．3或5    作出可行域（如圖），知在直線上，

    ∴，，在直線：中，

    令，得，∴坐標為，∴，

    解得或5。

17．解：（1）由，得，…2分

∴，∵，∴，∴

…………………………………………………………………………4分

∵，∴………………………………………5分

（2）∵，∴，

∴

……………8分

∵，∴，∴……………10分

18．解：（1）證明：延長、相交于點，連結(jié)。

∵，且，∴為的中點，為的中點。

∵為的中點，由三角形中位線定理，有

∵平面，平面，∴平面…………………6分

（2）（法一）由（1）知平面平面。

∵為的中點，∴取的中點，則有。

∵，∴

∵平面，∴為在平面上的射影，∴

∴為平面與平面所成二面角的平面角。……………………10分

∵在中，，，

∴，即平面與平面所成二面角的大小為。…………12分

（法二）如圖，∵平面，，

∴平面，

取的中點為坐標原點，以過且平行的直線為軸，所在的直線為 軸，所在的直線為軸，建立空間直角坐標系。

設(shè)，則，，，，

∴，

設(shè)為平面的法向量，

則   

取，可得

又平面的法向量為，設(shè)與所成的角為，………………… 8分

則，

由圖可知平面與平面所成二面角為銳角。

∴平面與平面所成二面角的大小為………………………………12分

19．解：（1）由已知得，∵，∴

     ∵、是方程的兩個根，∴

∴，…………………………………………6分

（2）的可能取值為0，100，200，300，400

，，

，，

即的分布列為：

……………………………………………………10分

故

………………………12分

20．解：（1）∵，∴，∴

又∵，∴數(shù)列是首項為1，公比為3的等比數(shù)列，。

當時，（），∴

（2），

當時，；

當時，，①

②

①-②得：

∴

又∵也滿足上式：∴……………………12分

21．解：的定義域為……………………………………………………1分

（1）

……………………………………………………3分

當時，；當時，；當時，。

從而分別在區(qū)間，上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減

……………………………………………………6分

（2）由（1）知在區(qū)間上的最小值為……………8分

又，

所以在區(qū)間上的最大值為…………………12分

22．解（1）將直線的方程代入，

化簡得

令，