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請考生在22、23、24三題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題記分．
如圖，已知⊙O和⊙M相交于A、B兩點(diǎn)，AD為⊙M的直徑，直線BD交⊙O于點(diǎn)C，點(diǎn)G為中點(diǎn)，連接AG分別交⊙O、BD于點(diǎn)E、F，連接CE．
（1）求證：AG•EF=CE•GD；
（2）求證：．

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一、選擇題

1―5 ADBAC    6―10 BCDCD    11―12 AB

二、填空題

13．24    14．24個(gè)    15．144     16．②

三、解答題

17．解：隨機(jī)猜對問題A的概率p₁＝，隨機(jī)猜對問題B的概率p₂＝.………1分

回答問題的順序有兩種，分別討論如下：

   （1）先回答問題A，再回答問題B.

參與者獲獎(jiǎng)金額ξ可取0，m，m＋n.，則

P（ξ＝0）＝1－p₁＝，P（ξ＝m）＝p₁（1－p₂）＝，P（ξ＝m＋n）＝p₁p₂＝.

Eξ＝0×＋m×＋（m＋n）×＝.                   ………5分

   （2）先回答問題B，再回答問題A.

參與者獲獎(jiǎng)金額η可取0，n，m＋n.，則

P（η＝0）＝1－p₂＝，P（η＝n）＝p₂（1－p₁）＝，P（η＝m＋n）＝p₂p₁＝.

Eη＝0×＋n×＋（m＋n）×＝.                     ………9分

Eξ－Eη＝（）－（）＝

于是，當(dāng)＞時(shí)，Eξ＞Eη，先回答問題A，再回答問題B，獲獎(jiǎng)的期望值較大；

當(dāng)＝時(shí)，Eξ＝Eη，兩種順序獲獎(jiǎng)的期望值相等；

當(dāng)＜時(shí)，Eξ＜Eη，先回答問題B，再回答問題A，獲獎(jiǎng)的期望值較大. ………12分

18．解：（1）

  ………3分

∵角A為鈍角，

    ……………………………4分

取值最小值，

其最小值為……………………6分

   （2）由………………8分

,

…………10分

在△中，由正弦定理得：   ……12分

19．（Ⅰ）證法一：取的中點(diǎn)G,連結(jié)FG、AG,

依題意可知：GF是的中位線，

則  GF∥且，

AE∥ 且,

所以GF∥AE,且GF=AE,即四邊形AEFG為平行四邊形，………3分

則EF∥AG,又AG平面，EF平面,

所以EF∥平面.                            ………6分

證法二：取DC的中點(diǎn)G，連結(jié)FG,GE.

∵∥，平面,∴FG∥平面.          

同理：∥平面,且,

∴平面EFG∥平面,                                    ………3分

平面,

∴EF∥平面.                                         ………6分

證法三：連結(jié)EC延長交AD于K，連結(jié),E、F分別CK、CD₁的中點(diǎn)，

所以    FE∥D₁K                          ………3分

∵FE∥D₁K,平面，平面,∴EF∥平面.    ………6分

   （Ⅱ）解法一：⊥平面ABCD,過D在平面ABCD內(nèi)作DH⊥EC于H，連接D₁H.

∵DH是D₁H在平面ABCD內(nèi)的射影，∴D₁H⊥EC.

∴∠DHD₁為二面角的平面角。即∠DHD₁=.         ………8分

在△DHD₁中，tan∠DHD₁=，∴,=,

∴,∴,∴,∴. ………12分

解法二：以D為原點(diǎn)，AD、DC、DD₁分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系。

D（0，0，0），D₁（0，0，1），E（1，x，0）、C（0，2，0）。

平面DEC的法向量=(0,0,1),設(shè)為平面D₁EC的法向量，

則∴∴。  ………8分  

設(shè)二面角的大小為，∴cos=。

∴，∴∵<2，∴。           ………12分

20．解（Ⅰ）設(shè)，,橢圓的方程為.

∵直線平行于向量，

∴與=(3，1)共線

∴.

∴。                                ………2分

又∵、在橢圓上，∴∴，

∴=-1,                       ………4分

∴，∴，，∴.………6分

   （Ⅱ）設(shè)，因?yàn)橹本�AB過（，0），所以直線AB的方程為：，代入橢圓方程中得

∵∴，即，

∴，                      ………8分

由,

∴

∵，

∴

∴，

∵，，

又因?yàn)?sub>，∴�！�……10分

∴，

∴，即。

∴的軌跡方程.                  ………12分

21．解：（1）①直線PQ的斜率,

由，所以，

即直線PQ的斜率.                              …………2分

由，又，所以，

即圖象上任一點(diǎn)切線的斜率k的取值范圍為.     …………4分

②.                                              …………6分

   （2）當(dāng)，根據(jù)（1）中②的結(jié)論，得到存在，，使得

，，                  …………9分

又為單調(diào)遞減函數(shù)，所以，即

，而，所以

，

因?yàn)?sub>，所以x>0,  1-x>0

所以   .                               …………12分

22．證明：（Ⅰ）連接OD，∵OD=OA,∴∠OAD=∠ODA,

∵OC∥AD, ∴∠OAD=∠BOC, ∠DOC=∠ODA.

∴∠DOC=∠BOC,∵OD=OB,OC=OC,

∴△DOC≌△BOC. ∴∠ODC=∠OBC.                               …………2分

∵BC是⊙O的切線, ∴∠OBC=90°, ∴∠ODC=90°,

∴DC是⊙O的切線.                                           …………5分

   （Ⅱ）連接BD, ∵AB是⊙0的直徑, ∴∠ADB=90°,∴∠OBC=∠ADB.

∵∠OAD=∠BOC. ∴△ADB∽△OBC. ∴,

∴                                                      …………10分

23．解：（Ⅰ）的參數(shù)方程為，

即。         …………5分

   （Ⅱ）由

可將，化簡得。

將直線的參數(shù)方程代入圓方程得

∵，∴。  …………10分

24．證法一：∵，∴，又∵，

∴                ………5分

。    ………10分

證法二：設(shè)=，∵，

當(dāng)時(shí)，；

當(dāng)，＜0，是單調(diào)遞減函數(shù)，………5分

∵，∴，

∴==；

==。

∴。          ………10分