23.解：(1)甲经过到达N，可分为两步：第一步：甲从M经过的方法数：种；第二步：甲从到N的方法数：种；所以：甲经过的方法数为；

　　　 所以：甲经过的概率

　(2)由(1)知：甲经过的方法数为：；乙经过的方法数也为：；所以甲、乙两人相遇经点的方法数为： ＝81；

　　　 甲、乙两人相遇经点的概率

　(3)甲、乙两人沿最短路径行走，只可能在、、、处相遇，他们在相遇的走法有种方法；所以：＝164甲、乙两人相遇的概率

22．(本小题满分10分)

解：(1)设过作抛物线的切线的斜率为，则切线的方程为，

与方程联立，消去，得.

因为直线与抛物线相切，所以，

即. 由题意知，此方程两根为，

∴(定值).　　 　　　　　　　　　　　　　　　………………………………5分

(2)设，由，得.

所以在点处的切线斜率为：，因此，切线方程为：.

由，化简可得，.

同理，得在点处的切线方程为.

因为两切线的交点为，故,.

∴两点在直线上，即直线的方程为：.

当时,，所以直线经过定点.　　　 ………………………………10分

21．B解：由题设得，设，则.　 ………5分

. ……10分

C解：(1)直线普通方程为；

曲线的普通方程为．　　　　　　　　 ……………5分

(2)∵,，

∴点到直线的距离点到直线的距离

∴.　　　　　　　　　　　　　 ……………………………10分

(D)(本小题满分10分)

证明：因为x，y，z都是为正数．所以，

同理可得，当且仅当x＝y＝z时，以上三式等号都成立．

将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得．　　 ………10分

21.A证：连结,因为切圆于，所以∠EAB＝∠ACB。

因为弧弧，所以∠ACD＝∠ACB，AB＝AD，于是∠EAB＝∠ACD………………5分

又四边形ABCD内接于圆，所以∠ABE＝∠D，所以△ABE∽CDA.

于是,即，所以………………………10分

20. 解：(1)

。

(2)原不等式代为　 (1)　　 或　　 　　　(2)

　 解(1)得：；

解(2)得：时，x<a；时，x<a且x≠a/2；

　 时，x<a；时，；

　 时，x<a.

综合可知：

当时，；时，，且；

时，.

说明：求解过程中，要比较a与及a与大小

19．解:(1)由题意得

∴．　　　 …………………………………3分　

　 (2)当时，

∴．----------5分

当时，

∴当第个月的当月利润率

　 ……………………………9分

　 (3)当时，是减函数，此时的最大值为--11分

当时，

当且仅当时，即时，，又，

∴当时，　　　　 ……………………………………13分

答：该企业经销此产品期间，第40个月的当月利润率最大，最大值为　 …14分

18.(1)解法一：过C作CH⊥x轴于H

设C(x₀,)

∴MN=2MH=.

解法二：由题意得：⊙C的方程(x-x₀)²+(y-y₀)²=x₀²+(y₀-1)².

把y=0和x₀²=2py₀代入整理得x²-2x₀x+x₀²+x_p²=0. 解之得方程的两根分为

x₁=x₀-p，x₂=x₀+p.　 ∴ |MN|=|x₁-x₂|=2P.

∴点C运动时，|MN|不会变化，|MN|=2P(定值)

(2)设∠MAN=

∵|OA||MN|=p²，∴

∵，　　 ∴.

∴.

∵只有当C在O点处时，为直径上圆周角，其他时候都是劣弧上的圆周角.

∴，

故当时，原式有最大值.

∵∠MAN=，∴∠MCN=2∠MAN=∴y₀=P，x₀=，r=.

所求圆的方程为

17．解(Ⅰ)由已知可得,则公差,　

(Ⅱ)最大的值是　　　　　　 　

　 即最大　　　　　

又当时，；当时，，数列递减

所以，最大

16. 解：(Ⅰ)证明：取的中点，连接因为是正三角形，

所以又是正三棱柱，所以面，所以

所以有面.因为面

所以；

(Ⅱ)为的三等分点，．

连结，，

∵ ，∴ ．

∴ ， ∴

又∵面，面

∴ 平面

15.(本小题满分12分)

(Ⅰ)解：由三角函数的定义，得点B的坐标

为.　　

在中，|OB|=2，

，

由正弦定理，得，即，

所以 .　　　　　　　　　　　　　　　

(Ⅱ)解：由(Ⅰ)得，---------7分

因为，

所以，　　　 ----------------------------9分

又

　， ---------------------------11分

　　　　 所以.　　　　　 ---------------------------12分