【正文】 ， ∴ OA→ OB→ ＝ 0，即 OA⊥ OB， 綜上可知 r＝ 2 55 .(6 分 ) (2)由 (1)知 OP⊥ OM， OP⊥ ON， ∴ OP⊥ MN 且 MN 過原點(diǎn) O，當(dāng) MN的斜率存在且不為 0 時(shí)，設(shè) MN： y＝ k1x(k1≠ 0)． 由??? y＝ k1x，x24＋ y2＝ 1 得 x2M＝41＋ 4k21， y2M＝4k211＋ 4k21， ∴ |MN|＝ 2|OM|＝ 2 x2M＋ y2M＝ 4 k21＋ 11＋ 4k21， 同理， |OP|＝ 2 1＋ 1k211＋ 4 1k21＝ 2 1＋ k21k21＋ 4， ∴ S△ PMN＝ 12|OP|OB→＝ 0結(jié)合韋達(dá)定理求得 r的值； (2)當(dāng)直線 MN的斜率存在且不為 0時(shí)，設(shè)出直線 MN 的方程，并與橢圓方程聯(lián)立得到點(diǎn) M 的 坐標(biāo)，從而求得 |MN|， |OP|，進(jìn)而求得 S△ PMN的取值范圍；當(dāng)直線 MN 的斜率不存在時(shí)，直線求得 S△ PMN的值，由此得到 S△ PMN的取值范圍． 解： (1)由已知得????? a2＝ b2＋ c2，ca＝32 ，2b＝ 2，解得????? a＝ 2，b＝ 1， ∴ 橢圓 E： x24＋ y2＝ 1.(3 分 ) 設(shè) A(x1， y1)， B(x2， y2)， 當(dāng)直線 AB 的斜率不 存在時(shí)，直線 AB： x＝ 177。CE 3p ，所以直線 MF 的斜率為 177。1 C． 177。3 11． (2021(sinA－ sinB)＝ (c－ b)sinC結(jié)合正弦定理得 (3＋ b)(a－ b)＝ (c－ b)c，又因?yàn)?a＝ 3，所以化簡得 a2－ b2＝ c2－ bc，則由余弦定理得 cosA＝ b2＋ c2－ a22bc＝ 12，所以 sinA＝ 32 ，又由 (3＋ b)(a－ b)＝ (c－ b)c 得 9＝ b2＋ c2－bc≥ 2bc－ bc＝ bc，當(dāng)且僅當(dāng) b＝ c時(shí)，等號成立，所以 △ ABC的面積的最大值為 12(bc)maxsinA＝ 12 9 32 ＝ 9 34 . 利用正弦定理將邊角統(tǒng)一是解題的關(guān)鍵． 17． 分析： 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)與求和，考查考生的運(yùn)算能力和邏輯推理能力． (1)利用作差法求解數(shù)列的通項(xiàng)公式； (2)注意裂項(xiàng)相消法在數(shù)列求和中的應(yīng)用． 解： (1)∵ Sn＝ 32an－ 12(n∈ N*)， ① 當(dāng) n＝ 1 時(shí)， S1＝ 32a1－ 12， ∴ a1＝ 1， (2 分 ) 當(dāng) n≥ 2 時(shí)， Sn－ 1＝ 32an－ 1－ 12， ② ① － ② ，得 an＝ 32an－ 32an－ 1，即 an＝ 3an－ 1(n≥ 2)． (4 分 ) 又 ∵ a1＝ 1， a2＝ 3， ∴ an＋ 1an＝ 3 對 n∈ N*都成立，所以 {an}是等比數(shù)列， ∴ an＝ 3n－ 1(n∈ N*)． (6 分 ) (2)∵ anbn＝ 3nn2＋ n， ∴ bn＝ 3n2＋ n＝ 3n?n＋ 1?＝ 3??? ???1n－ 1n＋ 1 ， (9 分 ) ∴ Tn＝ 3??? ???1－ 12＋ 12－ 13＋ ? ＋ 1n－ 1n－ 1 ， ∴ Tn＝ 3??? ???1－ 1n＋ 1 ＝ 3－ 3n＋ 1，即 Tn＝ 3nn＋ 1.(12 分 ) 18． 解析： (1)社區(qū)總數(shù)為 12＋ 18＋ 6＝ 36 個，樣本容量與總體的個體數(shù)之比為 636＝ 16. 所以從 A， B， C三個行政區(qū)中應(yīng)分別抽取的社區(qū)個數(shù)為 2,3,1. (2)設(shè) A1， A2為在 A 行政區(qū)中抽得的 2 個社區(qū)， B1， B2， B3為在B 行政區(qū)中抽得的 3 個社區(qū)， c為在 C行政區(qū)中抽得的 1 個社區(qū)，在這 6 個社區(qū)中隨機(jī)抽取 2 個，全部可能的結(jié)果有 (A1， A2)， (A1， B1)，(A1， B2)， (A1， B3)， (A1， c)， (A2， B1)， (A2， B2)， (A2， B3)， (A2， c)，(B1， B2)， (B1， B3)， (B1， c)， (B2， B3)， (B2， c)， (B3， c)，共 15 種． 設(shè)事件 X 為 “ 抽取的 2 個社區(qū)中至少有 1 個來自 A 行政區(qū) ” ，則事件 X所包含的所有可能的結(jié)果有： (A1， A2)， (A1， B1)， (A1， B2)，(A1， B3)， (A1， c)， (A2， B1)， (A2， B2)， (A2， B3)， (A2， c)，共 9 種． 所以 P(X)＝ 915＝ 35. 19． 解： (1)證明 ：因?yàn)?PD⊥ 底面 ABCD，所以 PD⊥ BC， 由底面 ABCD 為長方形，有 BC⊥ CD，而 PD∩ CD＝ D， 所以 BC⊥ 平面 DE? 平面 PCD， 所以 BC⊥ DE. 又因?yàn)?PD＝ CD，點(diǎn) E 是 PC的中點(diǎn)，所以 DE⊥ PC. 而 PC∩ BC＝ C，所以 DE⊥ 平面 PBC. 由 BC⊥ 平面 PCD， DE⊥ 平面 PBC，可知四面體 EBCD 的四個 面都是直角三角形，即四面體 EBCD 是一個鱉 臑 ，其四個面的直角分別是 ∠ BCD， ∠ BCE， ∠ DEC， ∠ DEB. (2)解 ：由已知得， PD 是陽馬 P－ ABCD 的高， 所以 V1＝ 13SABCDPD16BCOB→ ＝ x1x2＋ y1y2＝ x21－ y21＝ r2－ ??? ???1－ r24 ＝5r24 － 1， ∵ 0r1， ∴ 當(dāng) r＝ 2 55 時(shí)， OA→