可知，对
3f
11
0成立

19．解：（1）
l
的参数方程

xy

3tcos3tsi
2
（
t
为参数）．
………………10分…………1分
曲线C化为：x2y225，将直线参数方程的xy代入，得
t232cossi
t5504
∵92cossi
2550恒成立，
………………3分
∴方程必有相异两实根t1t2，且t1
t2

32cos
si
，t1t2

55．4
∴BCt1t2t1t224t1t292cossi
255
∴当时，BC1337363．
6
2
………………5分
（2）由A为BC中点，可知t1t232cossi
0，
∴ta
2，
故直线BC的方程为4x2y150．
………………7分
（3）∵BC8，得BC92cossi
2558
∴4si
cos3cos20∴cos0或ta
3
4故直线BC的方程为x3或3x4y150
………………9分
（4）∵BC中点对应参数tt1t232cossi
22
∴

xy

332cossi
cos2
332cossi
si

（
参数
0
），消去
，得
22
弦BC的中点的轨迹方程为x32y3245；
2
416
轨迹是以33为圆心，35为半径的圆．
24
4
………………10分
20．解：（1）xy的可能取值都为1，2，3．
fx21yx2，∴3，
∴当x1y3或x3y1时，取最大值3．
………………3分
（2）有放回地先后抽得两张卡片的所有情况的种数
339，
∴P329
……………………………4分
（3）的所有取值为0，1，2，3，
当0时，只有x2y2这1种情况，∴P01；9
当1时，只有x1y1或x2y1或x2y3或x3y3，
共4种情况，∴P14；9
当2时，只有x1y2或x3y2这2种情况，∴P22；9
当3时，P32；9
………………7分
∴随机变量的分布列为：

0
1
2
3
P
1
2
4
2
9
9
9
9
∴数学期望E011224321499999
方差D101422114242142231428………9分999999999
21．解：（1）证明：过点P作两圆公切线PN交AB于N，由切线长定理得
NPNANB，∴PAB为直角三角形
………………3分
（2）ACEC
证明：∵ABACAPAE，∴ABAE，又PABEAC，
APAC∴PAB∽CAE
∴ECAAPB900即ACEC．
……………6分
（3）由切割线定理，AB2APAD，
∴AB5PB3PBPA34ECAC
f∴EC3．AC4
22．解：（1）fxx34al
xa4b，f10，
………………9分
∴a4b0，又f13c，
∴a12b3；
………………5分
（2）fx48x3l
x（x0
∴由fx0得x1，
当0x1时，fx0，fx单调递减；
当x1时，fx0，fx单调递增；
∴fx单调递减区间为01，单调递增区间为1r