参考答案
2014-11-07
函数期末测试卷
1. 由4-x2≥0，x+1>0，ln（x+1）≠0解得：x∈（-1，0）∪（0，2]，故选B.
2. 若f（x）=x+1，则f（2x）=2x+1，2f（x）=2x+2， f（2x）≠2f（x），所以选C.
3. A
4. 因为函数f（x）为T=2的奇函数，所以f- =f- =-f ，又因为0≤x≤1的函数解析式为f（x）=2x（1-x），求得f- =- . 选A.
5. f（1）=2e0=2，原不等式可化为x<2，2ex-1>2 或x≥2，log （x2-1）>2，解得1
6. 根据解析式易知A和D正确. 若x是无理数，则-x和x+1也是无理数；若x是有理数，则-x和x+1也是有理数，所以D（-x）=D（x），D（x+1）=D（x），从而可知B正确，C错误. 选C.
7. 作图可知答案D正确.
8. （定性法）当0 9. 令x=y=0，则可得f（0）=0，令x=0，则-f（y）=f（-y），即f（x）为奇函数. 令1>x>y>0，则 >0，所以f（x）-f（y）=f <0，即x∈（0，1）时， f（x）递减. 又P=f +f =f -f- =f =f ，因 < ，所以f >f ，即0>P>Q，故选B. 10. 令x=-1，得 f（1）=0，所以f（x+2）=f（x），即周期T=2. 当x∈[2，3]时， f（x）= -2x2+12x-18，故当x∈[0，1]时， f（x）= -2（x-1）2，作出图象，有0 11. 12. 对于函数f（x）=x2-x+a为偶函数，则f（-1）=f（1），所以1-1+a=1--1+a，所以a=0. 13. （理）y=f（x）是定义在R上的奇函数，所以0=f（0）≥a+1，即a≤-1.当x>0时，-x<0，所以f（-x）=-9x- +7=-f（x），即f（x）=9x+ -7≥a+1，所以6a≥a+8，解得a≤- . （文）由方程 +a+1=0恰有一个解，得a=-2. 又4-x？摇>0，1≤4-x？摇≤4，故b=3，所以 =- . 14. 函数y= = ，当x>1时，y= =x+1=x+1；当x<1时，y= =-x+1=-x-1，-1≤x<1，x+1，x<-1.综上，函数y= =x+1，x>1，-x-1，-1≤x<1，x+1，x<-1，作出函数的图象. 要使函数y与y=kx-2有两个不同的交点，则直线y=kx-2必须在四边形区域ABCD内（和直线y=x+1平行的直线除外），如图1，若直线经过B（1，2），则k= =4，所以0 图1 15. 对于函数f（x）=x2，显然f（-1）=f（1），但-1≠1，故f（x）=x2不是单函数；对于②，该命题为定义的逆否命题，为真命题；对于③，由于f（x）是单函数，则对于集合B中的任意元素b，至多只有一个原象，故③正确；对于④，不满足单函数的定义，故④不正确. 答案为②③. 16. （1）由题意，当0≤x<20时，v（x）=60；当20≤x≤200时，设v（x）=ax+b，再由已知得200a+b=0，20a+b=60，解得a=- ，b= ，故函数v（x）=60，0≤x<20， （200-x），20≤x≤200. （2）由（1）得 f（x）=60x，0≤x<20， x（200-x），20≤x≤200. 当0≤x≤20时， f（x）为增函数，故当x=20时，其最大值为1200； 当20≤x≤200时， f（x）= x（200-x）≤ = ，当且仅当x=200-x，即x=100时，等号成立.而 >1200，所以当车流密度为100辆/千米时，车流量达到最大，最大值为3333辆/时. 17. （1）因为b>0，所以 > 恒成立，所以函数f（x）的定义域是R，关于原点对称. 因为f（x）是奇函数，所以f（x）+f（-x）=0， f（x）+f（-x）=lg（ +2x）+lg[ -2x]=lgb=0，所以b=1. （2）不存在. 设0≤x1 h（x1）-h（x2）= +2x1- -2x2= +2x1-2x2=2（x1-x2） -1. 因为x1-x2<0，0<2x1< ，0<2x2< ，所以 <1，由此知f（x）在[0，+∞）上单调递增. f（x）是奇函数，所以在（-∞，0）上单调递增，所以f（x）在R上单调递增. 所以k = >0，所以y=f（x）的图象上不存在两点，使得所连的直线与x轴平行. 18. （1）任取x1，x2∈[-1，1]且x1 （2）由（1）有-1≤x+ < ≤1，解得- ≤x<-1. （3）由题有 f（x）max=f（1）=1≤m2-2am+1对所有的a∈[-1，1]成立，即2am-m2≤0对所有的a∈[-1，1]成立，故：-2m-m2≤0，2m-m2≤0，解得{mm≤-2，m=0，m≥2}. 19. （理）（1）平移后图象对应的函数解析式为y=（x+1）3-3（x+1）2+2， 整理得y=x3-3x. 由于函数y=x3-3x是奇函数， 由题设真命题知，函数g（x）图象对称中心的坐标是（1，-2）.
（2）设h（x）=log 的对称中心为P（a，b），由题设知函数h（x+a）-b是奇函数. 设f（x）=h（x+a）-b，则f（x）=log -b，即f（x）=log -b. 由不等式 >0的解集关于原点对称，得a=2. 此时f（x）=log -b，x∈（-2，2）. 任取x∈（-2，2），由f（-x）+f（x）=0，得b=1，所以函数h（x）=log 图象对称中心的坐标是（2，1）.
（3）此命题是假命题. 举反例说明：函数f（x）=x的图象关于直线y=-x成轴对称图象，但是对任意实数a和b，函数y=f（x+a）-b，即y=x+a-b总不是偶函数. 修改后的真命题：“函数y=f（x）的图象关于直线x=a成轴对称图象”的充要条件是“函数y=f（x+a）是偶函数”.
（文）（1）令f（x）=x[a-（1+a2）x]=0，解得x1=0，x2= ，所以I=x0 （2）k∈（0，1），则0<1-k≤a≤1+k<2. 由（1）I= ，I′= >0，则0 导数及其应用参考答案 1. C 2. 由切线的倾斜角的取值范围为0， ，可得y′=2xp+2∈[0，1]，解得xp∈-1，- ，选A. 3. B 4. 根据极大值点、极小值点判断，选C. 5. 由f ′（x）=k- ≥0对一切x∈（1，+∞）恒成立，所以k≥1，故选D. 6. 由f ′（x）=3ax2-6x，利用特殊值法，当a=3时， f（x）在（-∞，0）， ，+∞上递增，在0， 上递减，排除A、C；当a=- 时， f（x）在-∞，- ，（0，+∞）上递减，在- ，0上递增，排除D；故选B. 7. C 8. 构造函数f（x）=ex-lnx（0 9. 当x=0时，ax3-x2+4x+3≥0变为3≥0恒成立，a∈R. 当x∈（0，1]时，a≥ . 令g（x）= ，则g′（x）= - >0，故g（x）在（0，1]上单调递增，g（x）max=g（1）=-6，所以a≥-6. 当x∈[-2，0）时，a≤ ，同理g（x）在[-2，-1）上单调递减，在（-1，0）上单调递增，故当x=-1时，g（x）min=-2. 所以a≤-2，综上所述，-6≤a≤-2. 选C. 10. 设x0，x +e - 是函数f（x）图象上的任意一点，该点关于y轴对称的点-x0，x +e - 在函数g（x）的图象上，则x +e - =x +ln（a-x0），即ln（a-x0）=e - . 所以a=x0+e （x<0）. 构造函数h（x）=x+e =x+ e ，则h′（x）=1+ e ·ex=1+ e >0，所以h（x）在（-∞，0）上是增函数，故a 11. 5x+y+2=0 12. 当x≤0时，令x2-2=0得x=- （正根舍去）. 当x>0时， f ′（x）=2+ >0恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上是增函数. 又因为f（2）=-2+ln2<0， f（3）=ln3>0，？摇所以f（x）在（2，3）内有一个零点. 综上，函数的零点有2个. 13. 构造函数H（x）=x2-lnx，求导得H′（x）=2x- ，故H（x）min=H ，所以t= . 14. 构造函数H（x）=xf（x），则H′（x）=f（x）+xf ′（x）. 由f（x）+xf ′（x）>0知H（x）单调递增，而f >x2f（x）等价于 >xf（x），即H >H（x），故 >x，解得x∈（0，1）. 15. 函数x=2时取得极小值，故①错，其余均对. 答案为②③④. 16. （1）由题有f ′（x）=3x2-9x+6=3（x-1）（x-2）=3x- - ，所以f ′（x）min= - ，故要满足题意，只需m≤f ′（x）min= - . （2）要使方程f（x）=0有且仅有一个实根，需使f（1）>0，f（2）>0或f（1）<0，f（2）<0，解得a∈（-∞，-2）∪ ， + ∞. 17. （理）（1）由f ′（x）=（x-k）e [2+（x-k） ]=e · 得，当k>0时， f（x）在（-∞，-k），（k，+∞）上单调递增，在（-k，k）上单调递减；当k<0时， f（x）在（-∞，k），（-k，+∞）上单调递减，在（k，-k）上单调递增. （2）由题意知， f（x）max≤ ，从而k<0. 又f（x）max=f（-k）= ，所以 ≤ ，即k∈- ，0. （文）（1）f ′（x）=3ax2+6x+3. ？摇f ′（x）=0的判别式Δ=36（1-a）. ①若a≥1，则f ′（x）≥0，此时f（x）在R上是增函数. ②当a<1时，f ′（x）=0有两个根x1= ，x2= . 若0
（2）当a>0，x>0时， f ′（x）=3ax2+6x+3>0，所以f（x）在（1，2）上是增函数. 当a<0时， f（x）在（1，2）上是增函数当且仅当f ′（1）≥0且f ′（2）≥0，解得- ≤a<0. 综上，a∈- ，0∪（0，+∞）.
18. （1）由题有， f ′（x）= - - 且f ′（1）=- -a=-2，所以a= .
（2）由（1）知f（x）= + -lnx- ，则f ′（x）= . 令f ′（x）=0得x=-1（舍去）或x=5，当x∈（0，5）时， f ′（x）<0，故f（x）在（0，5）内为减函数；当x∈（5，+∞）时， f ′（x）>0，故f（x）在（5，+∞）内为增函数. 所以当x=5时， f（x）极小值=f（5）=-ln5.
19. （理）（1）f ′（x）= - = = （？鄢）. （1+ax）（x+2）2>0，当a≥1时， f ′（x）≥0，此时，函数f（x）在（0，+∞）单调递增. 当0 （2）由（？鄢）式知，当a≥1时， f ′（x）≥0，函数f（x）不存在极值点，因而要使得f（x）有两个极值点，必有0 （文）（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞）， f ′（x）= . 当f ′（x）>0时，即0 （2）因为e<3<π，所以eln3 江苏启东中学 江苏南通中学 月考试卷调研 1. 2 2. ±i 3. 假 4. 5. 6. -5 记g（x）=asinx+btanx，则f（x）=g（x）+1. 由f（5）=7，得g（5）=6. 因为g（x）为奇函数，所以g（-5）=-6，所以f（-5）=g（-5）+1=-5. 7. 0 8. 因为B，P，M共线，所以记 =s ，所以 = + = + = b+ a ①. 同理，记 =t ，所以 = a+ b ②. 因为a，b不共线，所以由①②得 = ， = ，解之得s= ，t= ，所以 = a+ b. 9. a1+2a2+22a3+…+2 an=8-5n ①，当n≥2时，a1+2a2+22a3+…+2 a =8-5（n-1） ②. 由①-②得2 an=-5，所以an=-5· （n≥2），a1+2a2+22a3+…+2 an=8-5n中令n=1得a1=3. 而-5· = -5≠a1，所以an=3，n=1，-5· ，n≥2. 10. 3个 11. 原不等式即cos2x+（1-a）·cosx-a2≤0（？鄢），令cosx=t，由x∈R知t∈[-1，1]，于是（？鄢）对一切x∈R恒成立，当且仅当f（t）=t2+（1-a）t-a2≤0 （？鄢？鄢）对一切t∈[-1，1]恒成立，其充要条件为“f（t）在[-1，1]上的最大值f（t）max≤0”，而f（t）max=f（1）或f（-1），因此（？鄢？鄢）式对一切t∈[-1，1]恒成立，当且仅当a<0，f（1）=1+1-a-a2≤0，f（-1）=1-（1-a）-a2≤0，？圳a<0，a≤-2或a≥1，a≤0或a≥1，？圳a≤-2，故所求a的取值范围为（-∞，-2]. 12. 以AB所在直线为x轴，以AB的中垂线为y轴建立平面直角坐标系. 由题意得CA+CB=10>AB=6，所以由椭圆定义知点C的轨迹是以A，B为焦点的椭圆（除长轴两端点）. 设点C（x，y），则点C的轨迹方程为 + =1，所以x2+y2∈[16，25）. 而abcosC= · =（-3-x，-y）·（3-x，-y）=x2+y2-9∈[7，16），即所求的取值范围为[7，16）.
13. 由已知得f ′（x）=x2+ax+2b. 依题意，方程x2+ax+2b=0的一个根大于0且小于1，另一个根大于1且小于2. 于是2b>0，4+2a+2b>0，1+a+2b<0，即b>0，a+b+2>0，a+2b+1<0，作出不等式表示的平面区域，其中A（-3，1），B（-1，0），D（1，2）. 设C（a，b）为可行域内的任意一点， 的几何意义为直线CD的斜率，由图可知，kBD>kCD>kAD，故 < <1.
图2
14. f ′（x）=2（1+x）- = ，函数f（x）的定义域是（-1，+∞）. 若m≤0， f ′（x）≥0，函数f（x）在（-1，+∞）上单调递增；若m>0，由f ′（x）>0得2（1+x）2-m>0，解得x>-1+ 或x<-1- （舍去）. 故m>0时，函数f（x）的单调递增区间是-1+ ，+∞，单调递减区间是-1，-1+ . 而函数h（x）在（-1，+∞）上的单调递减区间是-1，- ，单调递增区间是- ，+∞，故只需-1+ = - ，解得m= . 即当m= 时，函数f（x）和h（x）在其公共定义域上具有相同的单凋性.
15. （1）由题可知a+b=-c，所以c=-a-b，则b·c=b·（-a-b）=-a·b-b2=2-b2=-2，得b2=4. 所以b=2.
（2）延长CA到点D，使得CA=AD，连结DB，易得△ABC的面积等于△ADB的面积.此时 =b，则c-b= . 又因为b与c-b的夹角为150°，所以∠ADB=30°，b·（c-b）=b·c-b2=-2-4=-6=2·c-b·- ，得c-b= =2 . 因为∠ADB=30°， =b=2，易得△ADB中，底边BD上的高为1，所以S△ABC=S△ADB= ×2 ×1= .
16. （1）因为△ABC是正三角形，M是AC的中点，所以BM⊥AC，即BD⊥AC. 又因为PA⊥平面ABCD，BD？奂平面ABCD，所以PA⊥BD. 又PA∩AC=A，所以BD⊥平面PAC. 又PC？奂平面PAC，所以BD⊥PC.？摇
（2）在正三角形ABC中，BM=2 . 在△ACD中，因为M为AC的中点，DM⊥AC，所以AD=CD. 因为∠CAD=30°，所以DM= ，所以BM∶MD=3∶1，所以BN∶NP=BM∶MD，所以MN∥PD. 又MN？埭平面PDC，PD？奂平面PDC，所以MN∥平面PDC.
（3）假设直线l∥CD，因为l？奂平面PAB，CD？埭平面PAB，所以CD∥平面PAB. 又CD？奂平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，所以CD∥AB，这与“CD与AB不平行”矛盾，所以直线l与直线CD不平行.
17. （1）以EF所在直线为y轴，抛物线的顶点为原点建立直角坐标系.因为通径长为4，所以抛物线的方程为x2=4y.设AF=m，则A（-msinα，1+mcosα），所以（-msinα）2=4（1+mcosα）. 所以m2sin2α-4mcosα-4=0，所以m= 舍去m= ，即AF= ，α∈0， .
（2）设BF=n，则B（-ncosα，1-nsinα），所以（-ncosα）2=4（1-nsinα），所以n2cos2α+4nsinα-4=0，所以n= 舍去n= ，即BF= . 在AF= 中用 -α替代α可得DF= ，BF= 中用 -α替代α得CF= . 所以S阴=S△AFB+S△CFD= ·AF·BF+ ·CF·DF= · · + · · = ，α∈0， .
（3）令sinα·cosα=t，t∈0， ，则S阴=4· =4· -4· =4 - -1. 因为t∈0， ，所以 ∈[2，+∞），所以当 =2，即t= α= 时，S 取得最小值8.
18. （1）由题意知，PF1+PF2=4 ，所以a=2 . 椭圆C的短半轴长为圆心到切线的距离，即b= =2，所以椭圆方程为 + =1.
（2）假设存在椭圆上的一点P（x0，y0），使得直线PF1，PF2与以Q为圆心的圆相切. 因为 +3 =0，F1（-2，0），F2（2，0），设Q（m，n），有 =（-2-m，-n）， =（2-m，-n），所以（-2-m）+3（2-m）=0，（-n）+3（-n）=0，得m=1，n=0，所以Q（1，0）.
法1：可得PF1：（x0+2）y-y0x-2y0=0，PF2：（x0-2）y-y0x+2y0=0，则Q到直线PF1，PF2的距离相等，所以d1= = =d2， 化简整理得8x02-40x0+32+8y02=0. 因为点P在椭圆上，所以x02+2y02=8，解得x0=2或x0=8（舍去）. 当x0=2时，y0= ± ，r=1，所以椭圆上存在点P，其坐标为（2， ）或（2，- ），使得直线PF1，PF2与以Q为圆心的圆（x-1）2+y2=1相切.
法2：Q到直线PF1，PF2的距离相等，即PQ为∠F1PF2的内角平分线，所以 = =3，PF1=3PF2，所以 =3 ，以下同法1.
19. （1）当a=0，b=1时， f（x）=x-lnx=x-lnx， f ′（x）=1- = ，当x≥1时， f ′（x）≥0，所以f（x）在区间[1，+∞）上递增；当0 （2）若a≥1，当x≥a时，f（x）=x-a-lnx， f ′（x）=1- = ≥0，所以f（x）在[a，+∞）上递增；当0
综上，当a≥1时， f（x）的递增区间是[a，+∞），递减区间是（0，a）；当0 （3）方程m（x+lnx）=x2有唯一实数根，分离参数得m= . 设g（x）= ，则g′（x）= . 令g′（x）= =0，则x+2lnx-1=0，观察得x=1，下面证明没有其他根. 令h（x）=x+2lnx-1，则h′（x）= +1>0，所以h（x）=x+2lnx-1在（0，+∞）上是增函数，所以x+2lnx-1=0只有一个根x=1，又g（x）= 的定义域为x≠x0（0 所以m=1或m<0. 20. （1）an=at . （2）t=1时，bn≥b5？圳na+1≥5a+1？圳[（n+5）a+2]（n-5）a≥0（？鄢）. 1° a>0时，只要n<5，（？鄢）不成立， 2° a<0时，（？鄢）？圳[（n+5）a+2]（n-5）≤0 （？鄢？鄢） （ⅰ）n=5，（？鄢？鄢）成立，从而（？鄢）成立； （ⅱ）n>5即n≥6，（n+5）a+2≤0，a≤ - 对？坌n≥6成立，所以a≤- . 3° n<5即n≤4，（n+5）a+2≥0？圯a≥ - ？圯a≥- . 综上，- ≤a≤- . （2）存在唯一正数组（a，t，k）= ， ， ，证明如下：t≠1时， Sn= ，bn= +1， cn=k+n+ -n =k+n+ = + {[（t-1）2-a（t-1）]n+k（t-1）2-at}. 要使得数列{cn}为等比数列，则（t-1）2-a（t-1）=0，k（t-1）2-at=0？圯a=t-1，k= .又a，t，k成等差数列，即2t= +t-1，所以t= ，则a= ，k= . 21. A. 因AE=AC，AB为直径，所以∠OAC=∠OAE. 所以∠POC=∠OAC+∠OCA=∠OAC+∠OAE=∠EAC.又∠EAC=∠PDE，所以∠PDE=∠POC. B. MN=1 00 2 00 1= 00 2，即在矩阵MN变换下xy？摇→x″y″？摇= x2y？摇，即曲线y=sinx在矩阵MN变换下的函数解析式为y=2sin2x. C. （1）曲线L：ρ2sin2θ=2aρcosθ，即y2=2ax. 点A的直角坐标是（-2，-4），又斜率是1，所以直线l的方程是y=x-2. （2）设B（x1，y1），C（x2，y2），由y2=2ax，y=x-2得y2-2ay-4a=0，所以y +y =2a，y y =-4a. 又AB，BC，AC成等比数列，所以BC2=AB·AC，即[ （y -y ）]2= y -y · y -y . 又y >y ，y >y ，所以（y1+y2）2-4y1y2=y1y2-yA（y1+y2）+y2A，将①②代入得a2+3a-4=0，所以a=1或a=-4. 又a>0，所以a=1. D. 因为x，y，z都是正数，所以有 + = + ≥ . 同理可得 + ≥ ， + ≥ . 将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得 + + ≥ + + . 22. （1）基本事件数为C ，满足条件ai-aj≥2，即取出的元素不相邻，则用插空法，有C 种，故所求事件的概率是P= = . （2）分析三数成等差的情况：ξ=1的情况有7种，分别为123，234，345，456，567， 678，789；ξ=2的情况有5种，分别为135，246， 357，468，579；ξ=3的情况有3种，分别为147，258，369；ξ=4的情况有1种，为159. 分布列是： E（ξ）=1× +2× +3× +4× = . 23. （1）设抛物线的方程为y2=2px，则 =2，所以p=4. 所以抛物线的方程是y2=8x. （2）直线的方程是y=k（x+1），联立y=k（x+1），y2=8x.消去x得ky2-8y+8k=0，显然k≠0，由？驻=64-32k2>0，得0 重庆南开中学 重庆巴蜀中学 月考试卷调研 1. （理）（文）B 2. （理）（文）C 3. （理）（文）A 4. （理）D （文）B 5. （理）B （文）D 6. （理）A （文）B 7. （理）（文）C 8. （理）D （文）C 9. （理）C （文）D？摇？摇 10. （理）B ①当x>0，y>0时，xy· + +x+y-1≤1？圳y+x+x+y-1≤1？圳x+y-1≤-（x+y-1）？圳x+y-1≤0，所以S1= ； ②当x<0，y>0时，有y<1，所以x+y-1<0，所以xy + +x+y-1≤1？圳-y+x-x-y+1≤1？圳y≥0，所以S2= ； ③当x<0，y<0时，x+y-1<0，所以xy· + +x+y-1≤1？圳-y-x-x-y+1≤1？圳x+y≥0（舍），所以S3=0； ④当x>0，y<0时，同②可得S4= . 所以S=S1+S2+S3+S4= .
（文）C？摇 令PF1=r1，PF2=r2，F1F2=2c，于是由中线长公式可得OP2= = = =2a2-5-c2=a2+b2-5，所以PM·PN=（OM-OP）·（ON+OP）=OM2-OP2=（a2+b2）-（a2+b2-5）=5.
11. （理）10 （文）4
12. （理） （文）
13. （理） - （文）4
14. （理）30° （文）
15. （理）7 （文）k≥3或0≤k<1
16. （理）（-∞，1]
（文）（1）依题意，a=0.04×5×1000=200，b=0.02×5×1000=100.
（2）设其中成绩为优秀的学生人数为x，则 = ，解得x=30，即其中成绩为优秀的学生人数为30名.
17. （理）（1）由m∥n得2acosC=2b-c，由正弦定理得2sinAcosC=2sinB-sinC=2sin（A+C）-sinC=2sinAcosC+2cosAsinC-sinC. 又sinC≠0，所以cosA= ，从而得A= .
（2）由（1）可知B+C= . 所以sinB+sinC=sinB+sin -B= sinB+ ·cosB= sinB+ . 又0 （文）（1）由sin2A- -2sin2A=0得sin2A+ =1？圯A= . （2）由S= · =accosB= acsinB，所以cosB= sinB？圯sinB= ，由 = ？圯b=4. 18. （理）（1）成绩不低于90分的学生所占频率为5×（0.06+0.02）=0.4，所以，抽取优秀的学生人数为50×0.4=20（人）. （2）成绩不低于95分的人数有5人，成绩介于90～95之间的有15人，ξ的取值为0，1，2. P（ξ=0）= = ，P（ξ=1）= = ，P（ξ=2）= = . 所以ξ的分布列为： 所以E（ξ）=0× +1× +2× = . （文）（1）因为S3=21，T3=216，所以 =21，a r3=216，？圯a1=3，r=2（r>1）. 故an=3·2 . （2）Tn=a r =3n·2 ，因为Tn>3 an，所以3n·2 >3n·2 ？圯n2-3n+2>0？圯n>2（n∈N？鄢），所以nmin=3. 19. （理）（1）函数f（x）的定义域为{xx≠a}. 对函数f（x）求导可得f′（x）= ，由f ′（x）>0，解得x>a+1，由f ′（x）<0，解得x （2）由题意可知，存在实数x∈（a，0]，使得不等式f（x）min≤ 成立. 当a+1<0，即a<-1时， f（x）在（a，a+1）上单调递减，（a+1，0）上单调递增. 所以f（x）在（a，0]上的最小值为f（a+1）=e ，则ea+1≤ ，得a≤-2. 当a+1≥0，即a≥-1时， f（x）在（a，0]上单调递减，则f（x）在（a，0]上的最小值为f（0）= - ，由- ≤ ，得a≤-e（舍）. 综上所述，a≤-2. （文）（1）f ′（x）= -3- = . 要使f（x）为单调减函数，则-3x2+ax-1≤0在区间（0，+∞）上恒成立，则Δ=a2-12≤0或 ≤0，-1≤0，？圯-2 ≤a≤2 或a≤0. 所以此时a的取值范围为（-∞，2 ]. （2）当a=4时， f（x）=4lnx-3x+ ，从而f ′（x）= . 令f ′（x）=0，得x1= ，x2=1，所以f（x）在0， 和（1，+∞）上单调递减，在 ，1上单调递增. 由于f（1）= -2<0， f =e10-40- >0，故方程f（x）=0在（0，+∞）上只有一个根，所求根的个数为1. 20. （理）（1）因△PAB是等边三角形，且E为PB的中点，所以AE⊥PB. 在△ABD中，AD=2AB，∠BAD=60°，由余弦定理得BD2=AD2-AB2，所以BD⊥AB. 又平面PAB⊥平面ABCD，所以BD⊥平面PAB，从而BD⊥AE. 因为BD∩PB=B，所以AE⊥平面PBD. 图3 （2）由（1）知BD⊥AB. 如图3，以B为原点建立空间直角坐标系. 令AB=2，则得A（2，0，0），D（0，2 ，0），P（1，0， ），C（-2，2 ，0）. 设平面PAD的法向量为n=（x，y，z）， =（-1，0， ）， =（-2， 2 ，0），所以n· =-x+ z=0，n· =-2x+2 y=0.令x= ，所以n=（ ，1，1）. 设 =λ =（-λ，2 λ，- λ）（0<λ<1），则 = + =（3-λ，2 λ-2 ， - λ）. 设直线CM与平面PAD所成角为θ，则sinθ=cos〈n， 〉= = ，即 = ，解得λ= 或λ= （舍）. 所以 = . （文）（1）设AB=a，BC=2a，由题意BM=CM= a，所以BM2+CM2=BC2，即BM⊥CM. 而平面ABM⊥平面BCDM，BM是平面ABM与平面BCDM的交线，所以CM⊥平面ABM，AB？奂平面ABM，所以CM⊥AB. 又AB⊥AM，且AM∩CM=M，所以AB⊥平面AMC. （2）在△ABM中，AB=AM=2，设O为BM的中点，则AO⊥BM. 因为平面ABM⊥平面BCDM，所以AO⊥平面BCDM，AO= . 在梯形BCDM中，DM=CD=2，BC=4，S梯形BCDM= ×6×2=6，所以VA-BCDM= ×S梯形BCDM×AO= ×6× =2 .
21. （理）（1）由e= 得a=2c，b= c，从而有C： + =1（c>0）. 又Q1， 在椭圆C上，故有 + =1，解得c=1. 所以椭圆C的方程为 + =1.
（2）设P（x1，y1），由（1）知A（-2，0），B（2，0），直线l：x=4. 则直线AP的方程为y= （x+2）. 由x=4得y= 所以M14， ；同理得M24， . 假设存在点D（t，0），使得以M1M2为直径的圆恒过点D，则 ⊥ =0？圳 · =0，即可得（4-t）2+ =0. 又P（x1，y1）在椭圆C上，所以3x +4y =12，所以 =- . 代入上式得（4-t）2+12×- =0，解得t=1或7. 所以存在D（1，0）或D（7，0），使得以M1M2为直径的圆恒过点D.
（文）（1）以AB为x轴，AB的中垂线为y轴建立直角坐标系，椭圆的短半轴长b= ，a=1，所以椭圆方程为x2+4y2=1.
（2）设P（x0，y0），AD=m，则D（-1，m），C（1，m），直线PD的方程为y-m= （x+1），直线PC的方程为y-m= （x-1）. 由于F，E在直线PD，PC上，且与x轴相交，所以E ，0，F ，0. 因为A（-1，0），B（1，0） 故 = ，0， = ，0，所以 2+ 2= ①.
又短轴长等于 AD，所以椭圆中b= m，代入椭圆方程可得 x + =1，把x =1- 代入①可得 2+ 2= =4.
22. （理）（1）当k为偶数时， f ′（x）=2x- . 由2an f ′（an）=a -3得a =4a -1，即a - =4a - . 所以a = ·4 + .
（2）当k为奇数时， f ′（x）=2x+ ，则可得bn+1= ，从而 - =bn. 所以Sn=b1+b2+…+bn= - + - +…+ - = - ，即b Sn=1-bn+1，所以b2S1+b3S2+…+bn+1Sn=n-（b2+b3+…+bn+1）. 由b1=1，易知bn>0（n∈N？鄢）. 又bn+1= = ≤ ，所以b2+b3+…+b ≤ ，所以b2S1+b3S2+…+bn+1Sn=n-（b2+b3+…+bn+1）≥ ，故左边得证. 因为bn+1-bn= -bn= - <0，所以{bn}单调递减，从而有0
21. （理）（1）由e= 得a=2c，b= c，从而有C： + =1（c>0）. 又Q1， 在椭圆C上，故有 + =1，解得c=1. 所以椭圆C的方程为 + =1.
（2）设P（x1，y1），由（1）知A（-2，0），B（2，0），直线l：x=4. 则直线AP的方程为y= （x+2）. 由x=4得y= 所以M14， ；同理得M24， . 假设存在点D（t，0），使得以M1M2为直径的圆恒过点D，则 ⊥ =0？圳 · =0，即可得（4-t）2+ =0. 又P（x1，y1）在椭圆C上，所以3x +4y =12，所以 =- . 代入上式得（4-t）2+12×- =0，解得t=1或7. 所以存在D（1，0）或D（7，0），使得以M1M2为直径的圆恒过点D.
（文）（1）以AB为x轴，AB的中垂线为y轴建立直角坐标系，椭圆的短半轴长b= ，a=1，所以椭圆方程为x2+4y2=1.
（2）设P（x0，y0），AD=m，则D（-1，m），C（1，m），直线PD的方程为y-m= （x+1），直线PC的方程为y-m= （x-1）. 由于F，E在直线PD，PC上，且与x轴相交，所以E ，0，F ，0. 因为A（-1，0），B（1，0） 故 = ，0， = ，0，所以 2+ 2= ①.
又短轴长等于 AD，所以椭圆中b= m，代入椭圆方程可得 x + =1，把x =1- 代入①可得 2+ 2= =4.
22. （理）（1）当k为偶数时， f ′（x）=2x- . 由2an f ′（an）=a -3得a =4a -1，即a - =4a - . 所以a = ·4 + .
（2）当k为奇数时， f ′（x）=2x+ ，则可得bn+1= ，从而 - =bn. 所以Sn=b1+b2+…+bn= - + - +…+ - = - ，即b Sn=1-bn+1，所以b2S1+b3S2+…+bn+1Sn=n-（b2+b3+…+bn+1）. 由b1=1，易知bn>0（n∈N？鄢）. 又bn+1= = ≤ ，所以b2+b3+…+b ≤ ，所以b2S1+b3S2+…+bn+1Sn=n-（b2+b3+…+bn+1）≥ ，故左边得证. 因为bn+1-bn= -bn= - <0，所以{bn}单调递减，从而有0
21. （理）（1）由e= 得a=2c，b= c，从而有C： + =1（c>0）. 又Q1， 在椭圆C上，故有 + =1，解得c=1. 所以椭圆C的方程为 + =1.
（2）设P（x1，y1），由（1）知A（-2，0），B（2，0），直线l：x=4. 则直线AP的方程为y= （x+2）. 由x=4得y= 所以M14， ；同理得M24， . 假设存在点D（t，0），使得以M1M2为直径的圆恒过点D，则 ⊥ =0？圳 · =0，即可得（4-t）2+ =0. 又P（x1，y1）在椭圆C上，所以3x +4y =12，所以 =- . 代入上式得（4-t）2+12×- =0，解得t=1或7. 所以存在D（1，0）或D（7，0），使得以M1M2为直径的圆恒过点D.
（文）（1）以AB为x轴，AB的中垂线为y轴建立直角坐标系，椭圆的短半轴长b= ，a=1，所以椭圆方程为x2+4y2=1.
（2）设P（x0，y0），AD=m，则D（-1，m），C（1，m），直线PD的方程为y-m= （x+1），直线PC的方程为y-m= （x-1）. 由于F，E在直线PD，PC上，且与x轴相交，所以E ，0，F ，0. 因为A（-1，0），B（1，0） 故 = ，0， = ，0，所以 2+ 2= ①.
又短轴长等于 AD，所以椭圆中b= m，代入椭圆方程可得 x + =1，把x =1- 代入①可得 2+ 2= =4.
22. （理）（1）当k为偶数时， f ′（x）=2x- . 由2an f ′（an）=a -3得a =4a -1，即a - =4a - . 所以a = ·4 + .
（2）当k为奇数时， f ′（x）=2x+ ，则可得bn+1= ，从而 - =bn. 所以Sn=b1+b2+…+bn= - + - +…+ - = - ，即b Sn=1-bn+1，所以b2S1+b3S2+…+bn+1Sn=n-（b2+b3+…+bn+1）. 由b1=1，易知bn>0（n∈N？鄢）. 又bn+1= = ≤ ，所以b2+b3+…+b ≤ ，所以b2S1+b3S2+…+bn+1Sn=n-（b2+b3+…+bn+1）≥ ，故左边得证. 因为bn+1-bn= -bn= - <0，所以{bn}单调递减，从而有0
