，所以

BF

2

BC


4

4
0
，
BC3
3
33
所以F240．33

由（Ⅰ）得平面ABC1的法向量为A1C013．设平面AC1F的法向量为
xyz，

则



AC1

0




AF

0
即
3y

23
x

3z4y3

00
令y1，则x2，z3，所以
213．

所以

cos
A1C



A1C


2．2

A1C
由图知二面角BAC1F的平面角是锐角，
所以二面角BAC1F的大小为45．
11分13分
14分
18．（本小题满分13分）
解：（Ⅰ）当a1时，fxexsi
x1，
所以fxexsi
xcosx．
因为f01，f01，所以曲线yfx在点0f0处的切线方程为yx1．（Ⅱ）fxeaxasi
xcosx．
由fx0，得asi
xcosx0．
因为a0，所以fπ0．2
当x0πππ时，由asi
xcosx0，得ta
x1．
22
a
所以
存在唯一的
x0


π2

π
，
使得
ta

x0


1a
．
fx与fx在区间0π上的情况如下：
x
0x0
x0
x0π
2分4分5分6分7分8分
9分
ffx

0

fx

极大值

所以fx在区间0x0上单调递增，在区间x0π上单调递减．
因为
f
x0
f
π2
aπ
e2
1e0
10，
且f0fπ10，
所以fx在区间0π上恰有2个零点．
11分12分
13分
19．（本小题满分14分）解：（Ⅰ）由题意得a2，ec3，所以c3．
a2因为a2b2c2，
所以b1，
所以椭圆C的方程为x2y21．
4（Ⅱ）若四边形PAMN是平行四边形，
则PAMN，且PAMN
所以直线PA的方程为ykx2，
所以P3k，PAk21．
设Mx1y1，Nx2y2．
由
ykx3

x
2

4y2

4
得4k21x283kx80，
由0，得k21．2
且
x1

x2


84k
3k21
，
x1
x2

84k21
．
所以MNk21x1x224x1x2
2分3分4分5分6分
7分
8分
9分
f
k2

1
64k24k2
3212
．
10分
因为PAMN，所以
k2164k232k21．4k212
整理得16k456k2330，
12分
解得k3，或k11．
2
2
13分
经检验均符合0，但k3时不满足PAMN是平行四边形，舍去．2
所以k3，或k11．
2
2
14分
20．（本小题满分13分）
解：（Ⅰ）②③．
3分
注：只得到②或只得到③给1分，有错解不给分．
（Ⅱ）当m3时，设数列A
中123出现频数依次为q1q2q3，由题意qi≥1i123．
①假设q14，则有a1a2asat（对任意st2），
与已知矛盾，所以q1≥4．
同理可证：q3≥4．
5分
②假设q21，则存在唯一的k12
，使得akr