概型，独立性检验．
19【答案】（1）x
2
1；（2）实数m不存在，理由见解析
【解析】试题分析：（1）运用椭圆的离心率公式和a，b，c的关系，解方程可得a，b，进而得到椭圆方程；
9
f（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点为M（x0，y0）．联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和中点坐标公式，求得M的坐标，代入圆的方程，解方程可得m，进而判断不存在．解：（1）由题意得e解得a，bc1，a2b，abc，
2222
故椭圆的方程为x
2
1；
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点为M（x0，y0）．联立直线yxm与椭圆的方程得，22即3x2mxm20，222△（2m）4×3×（m2）＞0，即m＜3，x1x2，
所以x0即M（，
）2
，y0x0m
，
22
）．又因为M点在圆xy5上，
2
可得（（）5，2解得m±3与m＜3矛盾．故实数m不存在．考点：椭圆的简单性质．20试题分析：（I）由PA⊥底面ABCD得PA⊥BD，由正方形的性质得AC⊥BD，故BD⊥平面PAC；（II）以△ABC为棱锥底面，PA为棱锥的高，代入体积公式计算即可；（III）过D作DM⊥PC，垂足为M，则PC⊥平面BDM．解：（Ⅰ）证明：因为PA⊥底面ABCD，DB面ABCD，所以PA⊥DB．又因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥DB在平面PAC中，PA∩ACA，所以DB⊥平面PAC．（Ⅱ）因为PA⊥底面ABCD，所以点P到平面ABC的距离为PA的长．又因为四边形ABCD是正方形，且AB1，PA2，所以（Ⅲ）在△PDC中，过点D作DM⊥PC，交PC于点M．由（Ⅰ）已证DB⊥平面PAC，因为PC面PAC，所以DB⊥PC．．
10
f因为在平面DMB中，DM∩DBD所以PC⊥平面DMB．所以在线段PC上存在一点M，使PC⊥平面DMB．
21【答案】（Ⅰ）
；（Ⅱ）①当
时
的单调递增区间是
，单调递减区间是
②当
时
的单调递增区间是
和
，单调递减区间是
．
③当
时故
的单调递增区间是
．
④当【解析】
时
的单调递增区间是
和
，单调递减区间是
．（Ⅲ）
试题分析：（Ⅰ）先求导，由导数的几何意义可知
，从而可求得的值．（Ⅱ）求导并
将其化简．讨论的正负和0时的情况．当为正时还要进一步讨论导数等于0根是否在定义域内．当导数大于0时得增区间，导数小于0时得减区间．（Ⅲ）可将问题转化为在．由（Ⅱ）可求得可得的范围．．结合二次函数图像可知上有．解不等式
试题解析：解：
．
（Ⅰ）
，解得
．
（Ⅱ）①当在区间故时，上，的单调递增区间是，，；在区间
．
上
，．
，单调递减区间r