【正文】 即 b2＋ c2－ a22bc ＝14， 由余弦定理得 cosA＝14， 因?yàn)?0Aπ， 所以 sinA＝ 154 . (Ⅱ) 由 sinB， sinA， sinC成等差數(shù)列 ， 得 sinB＋ sinC＝ 2sinA， 由正弦定理得 b＋ c＝ 2a＝ 4， 所以 16＝ (b＋ c)2， 所以 16＝ b2＋ c2＋ 2bc. 由 (Ⅰ) 得 16＝ a2＋ 52bc， 所以 16＝ 4＋ 52bc， 解得 bc＝ 245 ， 所以 S△ ABC＝ 12bcsinA＝ 12 245 154 ＝ 3 155 . ： (Ⅰ)K 2＝ 50 （ 2511 － 59 ）230 20 16 34 ≈ . 所以能在犯錯(cuò)誤的概率不超過 ． (Ⅱ)X 可取 0， 1， 2， 3. P(X＝ 0)＝ C36C39＝521， P(X＝ 1)＝ C13C26C39 ＝1528， P(X＝ 2)＝ C23C16C39 ＝314， P(X＝ 3)＝ C33C39＝184， 所以 X的分布列為 X 0 1 2 3 P 521 1528 314 184 E(X)＝ 0 521＋ 1 1528＋ 2 314＋ 3 184＝ 1. ： (Ⅰ) 證明：作 ME∥PA 交 AB于 E， NF∥ PA交 AD于 F， 連接 EF， BD， AC. 由 PM∥AB ， PN∥ AD， 易得 ME綊 NF， 所以四邊形 MEFN是平行四邊形 ， 所以 MN∥ EF， 因?yàn)榈酌?ABCD是菱形 ， 所以 AC⊥BD ， 又易得 EF∥BD ， 所以 AC⊥ EF， 所以 AC⊥MN ， 因?yàn)?PA⊥ 平面 ABCD， EF 平面 ABCD， 所以 PA⊥ EF， 所以 PA⊥MN ， 因?yàn)?AC∩PA ＝ A， 所以 MN⊥ 平面 PAC， 故 MN⊥PC. (Ⅱ) 建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示 ， 則 C(0， 1， 0)， M??? ???32 ， － 12， 2 ， N??? ???－ 32 ， － 12， 2 ， A(0， － 1， 0)， P(0， － 1， 2)， B( 3，0， 0)， 所以 CM→ ＝ ??? ???32 ， － 32， 2 ， CN→ ＝ ??? ???－ 32 ， － 32， 2 ， AP→ ＝ (0， 0， 2)， AB→ ＝ ( 3， 1， 0)， 設(shè)平面 MNC的法向量為 m＝ (x， y， z)， 則????? 32 x－ 32y＋ 2z＝ 0，－ 32 x－ 32y＋ 2z＝ 0， 令 z＝ 1， 得 x＝ 0， y＝ 43， 所以 m＝ ??? ???0， 43， 1 ； 設(shè)平面 APMB的法向量為 n＝ (x1， y1， z1)， 則 ???2z1＝ 0，3x1＋ y1＝ 0， 令 x1＝ 1， 得 y1＝－ 3， z1＝ 0， 所以 n＝ (1， － 3， 0)， 設(shè)平面 MNC與平面 APMB所成銳二面角為 α ， 則 cos α ＝ |m b＝ 0 a2－ |a|| n|＝4 3302＋ ??? ???43 2＋ 12 12＋（－ 3） 2＋ 02＝ 2 35 ， (11分 ) 所以平面 MNC與平面 APMB所成銳二面角的余弦值為 2 35 .(12分 ) 20.【名師指導(dǎo)】本題考查橢圓的方程、性質(zhì)、直線與橢圓位置關(guān)系的綜合問題． 解： (Ⅰ) 因?yàn)閽佄锞€ y2＝ 4 3x的焦點(diǎn)為 ( 3， 0)， 所以橢圓 C的半焦距 c＝ 3， 即 a2－b2＝ 3. ① 把點(diǎn) Q??? ???－ 3， 12 代入 x2a2＋y2b2＝ 1， 得3a2＋14b2＝ 1. ② 由 ①② 解得 a2＝ 4， b2＝ C的標(biāo)準(zhǔn)方程為 x24＋ y2＝ 1.(4分 ) (Ⅱ) 設(shè)直線 l的方程為 x＝ ty＋ 1， 代入 x24＋ y2＝ 1， 得 (t2＋ 4)y2＋ 2ty－ 3＝ 0.(5分 ) 設(shè) M(x1， y1)， N(x2， y2)， 則有 y1＋ y2＝－ 2tt2＋ 4， y1y2＝－ 3t2＋ 4.(7分 ) 則 |y1－ y2|＝ （ y1＋ y2） 2－ 4y1y2＝ ??? ???－ 2tt2＋ 42－ 4??? ???－ 3t2＋ 4 ＝ 4 t2＋ 3t2＋ 4 ＝4 t2＋ 3t2＋ 3＋ 1＝4t2＋ 3＋ 1t2＋ 3.(9分 ) 令 t2＋ 3＝ m(m≥ 3)． 易知函數(shù) y＝ m＋ 1m在 [ 3， ＋ ∞) 上單調(diào)遞增 ， 則 t2＋ 3＋ 1t2＋ 3≥ 3＋ 13＝ 4 33 ， 當(dāng)且僅當(dāng) m＝ 3， 即 t＝ 0時(shí) ， 取等號． (10分 ) 所以 |y1－ y2|≤ 3. 所以 △AMN 的面積 S＝ 12|AP||y1－ y2|≤ 12 3 3＝ 3 32 ， (11分 ) 所以 Smax＝ 3 32 ， 此時(shí)直線 l的方程為 x＝ 1.(12 分 ) 21.【名師指導(dǎo)】本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用． 解： (Ⅰ) f′( x)＝ 2ex＋ 6x－ 2， 因?yàn)?f′(0) ＝ a， 所以 a＝ 0， 易得切點(diǎn) (0， 2)， 所以 b＝－ 1.(1分 ) 易知函數(shù) f′( x)在 R上單調(diào)遞增 ， 且 f′(0) ＝ 0. 則當(dāng) x0時(shí) ， f′ (x)＜ 0；當(dāng) x＞ 0時(shí) ， f′ (x)＞ 0. 所以函數(shù) f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為 (－ ∞ ， 0)；單調(diào)遞增區(qū)間為 (0， ＋ ∞) ． (2分 ) 所以函數(shù) f(x)在 x＝ 0處取得極小值 f(0)＝ 2.(3分 ) (Ⅱ) f(x)－ 2x2－ 3x－ 2－ 2k≤0 ex＋ 12x2－ 52x－ 1－ k≤ 0 k≥ ex＋ 12x2－ 52x－ 1， (*)(4分 ) 令 h(x)＝ ex＋ 12x2－ 52x－ 1， 若存在實(shí)數(shù) x， 使得不等式 (*)成立 ， 則 k≥h( x)min， h′ (x)＝ ex＋ x－ 52， 易知 h′( x)在 R上單調(diào)遞增 ， (6分 ) 又 h′(0) ＝－ 320， h′ (1)＝ e－ 320， h′ ??? ???12 ＝ e12－ 20， h′ ??? ???34 ＝ e34－ 7434－ 74＝ 32－ 74＝ 512125－ 742－ 74＝ 140， ???或由 ex≥ x＋ 1當(dāng) x＝ 0時(shí)取等號 ， 得 e34－ 74＝ e34－ ?????? ???34＋ 1 0 所以存在唯一的 x0∈ ??? ???12， 34 ， 使得 h′( x0)＝ 0， (8分 ) 且當(dāng) x∈( － ∞ ， x0)時(shí) ， h′ (x)0；當(dāng) x∈( x0， ＋ ∞) 時(shí) ， h′ (x)0. 所以 h(x)在 (－ ∞ ， x0)上單調(diào)遞減 ， 在 (x0， ＋ ∞) 上單調(diào)遞增 ， (9分 ) h(x)min＝ h(x0)＝ ex0＋ 12x20－ 52x0－ 1， 又 h′( x0)＝ 0， 即 ex0＋ x0－ 52＝ 0， 所以 ex0＝ 52－ x0. 因?yàn)?x0∈ ??? ???12， 34 ， 所以 h(x0)∈ ??? ???－ 2732， － 18 ， 則 k≥h( x0)， 又 k∈ Z. 所以 k的最小值為 0.(12分 ) 22.【名師指導(dǎo)】本題考查參 數(shù)方程和普通方程的互化、極坐標(biāo)方程和直角坐標(biāo)方程的互化、直線