八套卷数学答案

PAGE2015模拟试卷·数学教师参考第75页2月8日模拟试卷(一)1.{2}解析：由于B＝{x|log2(x－1)<1}＝{x|1<x<3}，又A＝{x|－1≤x≤2，x∈Z}，所以A∩B＝{2}．2.eq\f(\r(5),5)解析：|z|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1＋2i,3－4i)))＝eq\f(\r(12＋22),\r(32＋（－4）2))＝eq\f(\r(5),5).3.19解析：由已知得，被抽取的两个相邻座位号的差为12，故样本中还有一位同学的座位号应该是19.4.72%解析：这次考试的合格率为相应矩形的面积和，即0.024×20＋0.012×20＝0.72.5.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析：由y′＝－eq\f(1,x2)＋eq\f(2,x)＝eq\f(2x－1,x2)>0，得x>eq\f(1,2)，则函数y＝eq\f(1,x)＋2lnx的单调增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).6.eq\f(1,3)解析：4名学生A、B、C、D平均分乘两辆车有6种可能，而A、B两人恰好在同一辆车有2种可能，故“A、B两人恰好在同一辆车”的概率为eq\f(1,3).7.①④解析：当两平面相交时，不存在直线与它们均垂直，也不存在平面与它们均平行(否则两平面平行)，故选①④.8.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))解析：由题意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(π,2ω)≥π，,4ωπ＝kπ，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<ω≤\f(1,2)，,ω＝\f(k,4)，))其中k∈Z，则k＝eq\f(1,4)或k＝eq\f(1,2).9.3解析：由于3＝2×1＋1，7＝2×3＋1，15＝2×7＋1，经过三次循环，所以图中判断框内①处应填的整数为3.10.±2eq\r(2)解析：由已知得圆心O到直线x－y＋m＝0的距离为2，即eq\f(|m|,\r(2))＝2，则m＝±2eq\r(2).11.0解析：以eq\o(AB,\s\up6(→))、eq\o(AD,\s\up6(→))为基底，则eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))，则eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))2－eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))2＝4－8cos∠BAD－12＝－12，所以cos∠BAD＝eq\f(1,2)，则∠BAD＝60°，则eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up6(→))－\f(2,3)\o(AB,\s\up6(→))))＝eq\o(AD,\s\up6(→))2－eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝4－4＝0.12.eq\f(1,2)解析：设A(t，2log2t)(t＞1)，由题意得B(t2，2log2t)，D(t，log2t)，C(t2，2klog2t)，则有log2t＝2klog2t，由于log2t＞0，故2k＝1，即k＝eq\f(1,2).13.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(－1＋\r(5),2)，\f(1＋\r(5),2)))解析：因为公比q不为1，所以不能删去a1、a4.设{an}的公差为d，则①若删去a2，则由2a3＝a1＋a4得2a1q2＝a1＋a1q3，即2q2＝1＋q3，整理得q2(q－1)＝(q－1)(q＋1)．又q≠1，则可得q2＝q＋1，又q＞0解得q＝eq\f(1＋\r(5),2)；②若删去a3，则由2a2＝a1＋a4得2a1q＝a1＋a1q3，即2q＝1＋q3，整理得q(q－1)(q＋1)＝q－1.又q≠1，则可得q(q＋1)＝1，又q＞0解得q＝eq\f(－1＋\r(5),2).综上所述，q＝eq\f(±1＋\r(5),2).14.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(5－\r(17),2)))解析：由2a＋2b≤21＋c得2a－c＋2b－c≤2，由0≤a＋c－2b≤1得0≤(a－c)－2(b－c)≤1，于是有1≤2(a－c)－2(b－c)≤2，即1≤eq\f(2a－c,22（b－c）)≤2.设x＝2b－c，y＝2a－c，则有x＋y≤2，x2≤y≤2x2，x＞0，y＞0，eq\f(2a－2b,2c)＝y－x.在平面直角坐标系xOy中作出点(x，y)所表示的平面区域，并设y－x＝t.如图，当直线y－x＝t与曲线y＝x2相切时，t最小．此时令y′＝2x＝1，解得x＝eq\f(1,2)，于是y＝eq\f(1,4)，所以tmin＝eq\f(1,4)－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,4).当直线过点A时，t最大．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x2，,x＋y＝2，))解得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－1＋\r(17),4)，\f(9－\r(17),4)))，所以tmax＝eq\f(9－\r(17),4)－eq\f(－1＋\r(17),4)＝eq\f(5－\r(17),2).因此eq\f(2a－2b,2c)的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(5－\r(17),2))).15.解：(1)由eq\r(2)sinB＝eq\r(3cosB)，两边平方得2sin2B＝3cosB，即2(1－cos2B)＝3cosB，解得cosB＝eq\f(1,2)或cosB＝－2(舍去)．又B为三角形内角，则B＝eq\f(π,3).(3分)因为cosA＝eq\f(1,3)，且A为三角形内角，则sinA＝eq\f(2\r(2),3)，故sinC＝sin(B＋A)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋A))＝eq\f(\r(3),2)cosA＋eq\f(1,2)sinA＝eq\f(\r(3)＋2\r(2),6).(7分)(2)因为sinA＝3sinC，由正弦定理可得a＝3c.(10分)由余弦定理知b2＝a2＋c2－2accosB，则7＝9c2＋c2－3c2，解得c＝1，则a＝3.面积S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(3\r(3),4).(14分)16.证明：(1)过点D作DO⊥BC，O为垂足．因为平面DBC⊥平面ABC，又平面DBC∩平面ABC＝BC，DO面DBC，所以DO⊥平面ABC.(3分)又AE⊥平面ABC，则AE∥DO.又AE平面DBC，DO平面DBC，故AE∥平面DBC.(7分)(2)由(1)知DO⊥平面ABC，AB平面ABC，所以DO⊥AB.又AB⊥BC，且DO∩BC＝O，DO、BC平面DBC，则AB⊥平面DBC.因为DC平面DBC，所以AB⊥DC.又BD⊥CD，AB∩DB＝B，AB、DB平面ABD，则DC⊥平面ABD.(12分)又AD平面ABD，故可得AD⊥DC.(14分)17.解：(1)因为AB边所在直线的方程为x－3y－6＝0，AC与AB垂直，所以直线AC的斜率为－3.故AC边所在直线的方程为y－1＝－3(x＋1)，即3x＋y＋2＝0.(3分)设C为(x0，－3x0－2)，因为M为BC中点，所以B(4－x0，3x0＋2)．将点B代入x－3y－6＝0，解得x0＝－eq\f(4,5)，所以Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)，\f(2,5))).所以BC所在直线方程为x＋7y－2＝0.(7分)(2)因为Rt△ABC斜边中点为M(2，0)，所以M为Rt△ABC外接圆的圆心．又AM＝2eq\r(2)，从而Rt△ABC外接圆的方程为(x－2)2＋y2＝8.设P(a，b)，因为动圆P过点N，所以该圆的半径r＝eq\r(（a＋2）2＋b2)，圆方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2.由于圆P与圆M相交，则公共弦所在直线m的方程为(4－2a)x－2by＋a2＋b2－r2＋4＝0.(10分)因为公共弦长为4，r＝2eq\r(2)，所以M(2，0)到m的距离d＝2，即eq\f(|2（4－2a）＋a2＋b2－r2＋4|,2\r(（2－a）2＋b2))＝2，化简得b2＝3a2－4a，所以r＝eq\r(（a＋2）2＋b2)＝eq\r(4a2＋4).(12分)当a＝0时，r最小值为2，此时b＝0，圆的方程为x2＋y2＝4.(14分)18.解：(1)作SC垂直OB于C，则∠CSB＝30°，∠ASB＝60°.又SA＝eq\r(3)，故在Rt△SAB中，可求得BA＝3，即摄影者到立柱的水平距离为3m．(3分)由SC＝3，∠CSO＝30°，在Rt△SCO中，可求得OC＝eq\r(3).(5分)因为BC＝SA＝eq\r(3)，故OB＝2eq\r(3)，即立柱高为2eq\r(3)m．(7分)(2)连结SM、SN，设SN＝a，SM＝b.在△SON和△SOM中，eq\f(（2\r(3)）2＋1－b2,2·2\r(3)·1)＝－eq\f(（2\r(3)）2＋1－a2,2·2\r(3)·1)，得a2＋b2＝26.(9分)cos∠MSN＝eq\f(a2＋b2－22,2ab)＝eq\f(11,ab)≥eq\f(22,a2＋b2)＝eq\f(11,13)＞eq\f(1,2).(12分)又∠MSN∈(0，π),则∠MSN＜eq\f(π,3).(15分)故摄影者可以将彩杆全部摄入画面．(16分)19.解：(1)当b＝－1时，f(x)＝eq\f(1,x－1)－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(2,x2－1)，则f′(x)＝eq\f(－4x,（x2－1）2)，可得f′(eq\r(2))＝－4eq\r(2)，(2分)又f(eq\r(2))＝2，故所求切线方程为y－2＝－4eq\r(2)(x－eq\r(2))，即4eq\r(2)x＋y－10＝0.(6分)(2)当λ＝－1时，f(x)＝eq\f(1,x－1)－eq\f(1,x－b)，则f′(x)＝－eq\f(1,（x－1）2)＋eq\f(1,（x－b）2)＝eq\f(（x－1）2－（x－b）2,（x－1）2（x－b）2)＝eq\f(2（b－1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(b＋1,2))),（x－1）2（x－b）2).(8分)因为b＜0，则b－1＜0，且b＜eq\f(b＋1,2)＜eq\f(1,2)，故当b＜x＜eq\f(b＋1,2)时，f′(x)＞0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b，\f(b＋1,2)))上单调递增；当eq\f(b＋1,2)＜x＜eq\f(1,2)时，f′(x)＜0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋1,2)，\f(1,2)))上单调递减．(10分)(ⅰ)当eq\f(b＋1,2)≤eq\f(1,3)，即b≤－eq\f(1,3)时，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))单调递减，所以[f(x)]max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\f(9b－9,2－6b)；(ⅱ)当eq\f(1,3)＜eq\f(b＋1,2)＜eq\f(1,2)，即－eq\f(1,3)＜b＜0时，[f(x)]max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋1,2)))＝eq\f(4,b－1).(14分)综上所述，[f(x)]max＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(4,b－1)，－\f(1,3)<b<0，,\f(9b－9,2－6b)，b≤－\f(1,3).))(16分)20.解：(1)因为bn＋1＝bn＋log2p，所以bn＋1－bn＝log2p，所以数列{bn}是以log2p为公差的等差数列．又b2＝0，所以bn＝b2＋(n－2)(log2p)＝log2pn－2，(2分)故由bn＝log2an，得an＝2bn＝2log2pn－2＝pn－2.(4分)(2)因为an＝pn－2，所以a1·a4·a7·…·a3n－2＝p－1p2p5…p3n－4＝p－1＋2＋5＋…＋(3n－4)＝peq\s\up6(\f(（3n－5）n,2)).又a16＝p14，所以peq\s\up6(\f(（3n－5）n,2))>p14.(6分)(ⅰ)当0<p<1时，eq\f(（3n－5）n,2)<14，解得－eq\f(7,3)<n<4，不符合题意；(7分)(ⅱ)当p>1时，eq\f(（3n－5）n,2)>14，解得n>4，或n<－eq\f(7,3)(舍)．(8分)综上所述，当p>1时，存在正整数M使得a1·a4·a7·…·a3n－2>a16恒成立，且M的最小值为4.(9分)(3)因为p＝2，由(1)得bn＝n－2，所以c1(n－2)＋c2(n－3)＋c3(n－4)＋…＋cn(－1)＝－2n，①则c1(n－1)＋c2(n－2)＋c3(n－3)＋…＋cn＋1(－1)＝－2(n＋1)，②由②－①，得c1＋c2＋c3＋…＋cn－cn＋1＝－2，③(12分)同理c1＋c2＋c3＋…＋cn＋cn＋1－cn＋2＝－2，④再由④－③，得2cn＋1＝cn＋2，即eq\f(cn＋2,cn＋1)＝2(n∈N*)，所以当n≥2时，数列{cn}成等比数列．(15分)又由①式，可得c1＝2，c2＝4，则eq\f(c2,c1)＝2，所以数列{cn}一定是等比数列，且cn＝2n.2月9日1.集合与常用逻辑用语一、填空题1.82.－1解析：由x2＞1得x＜－1或x＞1.∵“x2＞1”是“x＜a”的必要不充分条件，∴a≤－1，故a的最大值为－1.3.{－1，1}解析：M＝(－2，2)，M∩N＝{－1，1}．4.m≤15.(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析：由1－x2≥0得－1≤x≤1，即M＝[－1，1]，故∁RM＝(－∞，－1)∪(1，＋∞)．6.必要不充分解析：如图，x2＋y2≥9其几何意义表示以原点为圆心，3为半径的圆上及圆外的点．当x2＋y2≥9时，如x＝3，y＝3，x＞3且y≥3不成立；而x＞3且y≥3时，x2＋y2≥9一定成立．7.否命题8.①②③④9.[－1，3]解析：令f(x)＝x2＋(a－1)x＋1.若命题“x∈R，使得f(x)＜0”是真命题．则由f(x)＜0有解，可得Δ＝(a－1)2－4＞0，解得a＞3或a＜－1.故所求实数a的取值范围为－1≤a≤3.10.(－∞，2]解析：①当a＜1时，A＝(－∞，a]∪[1，＋∞)，由数轴知，A∪B＝R；②当a≥1时，A＝(－∞，1]∪[a，＋∞)，由数轴知，要使得A∪B＝R，则a－1≤1，即a≤2.故a≤2.11.1解析：∵命题“x∈R，x2＋2x＋m≤0”是假命题，∴命题“x∈R，x2＋2x＋m>0”是真命题，∴Δ＝4－4m＜0，解得m>1，即实数m的取值范围是(1，＋∞)，∴a＝1.12.4解析：由定义得A×B＝{(1，2)，(1，4)，(1，6)，(1，8)，(2，2)，(2，4)，(2，6)，(2，8)，(3，2)，(3，4)，(3，6)，(3，8)，(4，2)，(4，4)，(4，6)，(4，8)}，其中logeq\o\al(2,2)＝1，log24＝2，log28＝3，log44＝1，因此一共有4个元素．13.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))14.必要不充分解析：若a2＋b2≥2ab，则eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2不一定成立；若eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2，则a2＋b2≥2ab成立．二、解答题15.解：A＝{1，2}，B＝{x|－1≤ax≤2}．∵A∪B＝B，∴AB，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1≤a≤2，,－1≤2a≤2，))∴－eq\f(1,2)≤a≤1.(也可以对不等式－1≤ax≤2去讨论a＝0，a＞0或a＜0，由AB求得a的范围．)16.解：(1)A＝{x|1＜x＜7}，当a＝4时，B＝{x|x2－2x－24＜0}＝{x|－4＜x＜6}，∴A∩B＝(1，6)．(2)B＝{x|(x＋a)(x－a－2)＜0}．①当a＝－1时，B＝∅，∴AB不成立．②当a＋2＞－a即a＞－1时，B＝(－a，a＋2)，∵AB，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a≤1，,a＋2≥7，))解得a≥5.③当a＋2＜－a即a＜－1时，B＝(a＋2，－a)，∵AB，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋2≤1，,－a≥7，))解得a≤－7.综上，当AB时，a∈(－∞，－7]∪[5，＋∞)．(也可以转化为对任意的x∈(1，7)都有x2－2x－a2－2a＜0成立，分离参数求解．)

2月10模拟试卷(二)1.4解析：设z＝a＋bi，则2a＋2bi＋a－bi＝3＋4i，即3a＋bi＝3＋4i，所以a＝1，b＝4，则z的虚部为4.2.(0，1]解析：由已知得M＝{x|x>0}，N＝{x|x≤1}，则M∩N＝(0，1]．3.57.5解析：由茎叶图知甲的中位数为a＝32，乙的中位数为a＝25.5，∴4.55解析：由程序框图可知，列出每次循环过后变量的取值情况如下：第一次循环，x＝1，y＝1，z＝2；第二次循环，x＝1，y＝2，z＝3；第三次循环，x＝2，y＝3，z＝5；第四次循环，x＝3，y＝5，z＝8；第五次循环，x＝5，y＝8，z＝13；第六次循环，x＝8，y＝13，z＝21；第七次循环，x＝13，y＝21，z＝34；第八次循环，x＝21，y＝34，z＝55，不满足条件，跳出循环．5.100解析：由题意，得eq\f(70,3500)＝eq\f(n,3500＋1500)，解得n＝100.6.eq\f(3,10)解析：在数字1，2，3，4，5中随机选取两个数，共有10种等可能基本事件，其中“这两个数的差的绝对值恰等于2”包含1，3；2，4；3，5这三种，由古典概型知，所求概率为eq\f(3,10).7.eq\f(π,3)解析：1＋eq\f(tanA,tanB)＝eq\f(2c,b)1＋eq\f(sinAcosB,sinBcosA)＝eq\f(2sinC,sinB)，即eq\f(sinBcosA＋sinAcosB,sinBcosA)＝eq\f(2sinC,sinB)，∴eq\f(sin（A＋B）,sinBcosA)＝eq\f(2sinC,sinB)，∴cosA＝eq\f(1,2).∵0<A<π，∴A＝eq\f(π,3).8.2eq\r(2)π解析：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，由题意知eq\f(2πr,l)＝eq\r(3)π，且eq\f(1,2)·2πr·l＝4eq\r(3)π，解得l＝2eq\r(2)，r＝eq\r(6)，所以圆锥高h＝eq\r(2)，则体积V＝eq\f(1,3)πr2h＝2eq\r(2)π.9.6解析：由题意可知，命题“x∈R，x2＋mx＋2m－3≥0”为真命题，故Δ＝m2－4(2m－3)＝m2－8m＋12≤0，解得2≤m≤10.－4解析：圆的标准方程为(x＋1)2＋(y－1)2＝2－a，r2＝2－a，则圆心(－1，1)到直线x＋y＋2＝0的距离为eq\f(|－1＋1＋2|,\r(2))＝eq\r(2).由22＋(eq\r(2))2＝2－a，得a＝－4.11.9解析：在eq\o(AO,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AC,\s\up6(→))两边同乘以eq\o(AB,\s\up6(→))，得eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))2＋yeq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))，①因为O是三角形外心，因此O在AB边的射影恰是AB的中点，因此eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝|eq\o(AO,\s\up6(→))|·|eq\o(AB,\s\up6(→))|cos∠BAO＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))|2,2)＝18，由①得36x＋yeq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝18，②同理，在已知等式两边同乘以eq\o(AC,\s\up6(→))得64y＋xeq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝32，③结合4x＋y＝2，④可解得x＝eq\f(96,247)，y＝eq\f(110,247)，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝9.12.eq\r(17)解析：∵||PF1|－|PF2||＝2a，∴4a2＝b2－3ab，两边同除以a2，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\up12(2)－3·eq\f(b,a)－4＝0，解得eq\f(b,a)＝4，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))\s\up12(2))＝eq\r(1＋16)＝eq\r(17).13.[－6，－2]解析：当－2≤x<0时，不等式可转化为a≤eq\f(x2－4x－3,x3)，令f(x)＝eq\f(x2－4x－3,x3)(－2≤x<0)，则f′(x)＝eq\f(－x2＋8x＋9,x4)＝eq\f(－（x－9）（x＋1）,x4)，故函数f(x)在[－2，－1]上单调递减，在(－1，0)上单调递增，此时有a≤fmin(x)＝f(－1)＝eq\f(1＋4－3,－1)＝－2.当x＝0时，不等式恒成立．当0<x≤1时，a≥eq\f(x2－4x－3,x3)，令g(x)＝eq\f(x2－4x－3,x3)(0<x≤1)，则g′(x)＝eq\f(－x2＋8x＋9,x4)，故函数g(x)在(0，1]上单调递增，此时有a≥gmax(x)＝g(1)＝eq\f(1－4－3,1)＝－6.综上，－6≤a≤－2.14.16解析：设{an}的公差为d，由a12＝eq\f(3,8)a5＞0得a1＝－eq\f(76,5)d，d<0，所以an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(81,5)))d，从而可知1≤n≤16时，an＞0,n≥17时，an＜0.从而b1＞b2＞…＞b14＞0＞b17＞b18＞…，b15＝a15a16a17＜0，b16＝a16故S14＞S13＞…＞S1，S14＞S15，S15＜S16.因为a15＝－eq\f(6,5)d＞0，a18＝eq\f(9,5)d＜0，所以a15＋a18＝－eq\f(6,5)d＋eq\f(9,5)d＝eq\f(4,5)d＜0，所以b15＋b16＝a16a17(a15＋a18)＞0所以S16＞S14，故Sn中S16最大．15.解：由coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,3)))＝2cosA，得cosAcoseq\f(π,3)＋sinAsineq\f(π,3)＝2cosA，即sinA＝eq\r(3)cosA，因为A∈(0，π)，且cosA≠0，所以tanA＝eq\r(3)，所以A＝eq\f(π,3).(3分)(1)因为sin2C＋cos2C＝1，cosC＝eq\f(\r(6),3)，C∈(0，π)，所以sinC＝eq\f(\r(3),3).又sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(\r(3),2)·eq\f(\r(6),3)＋eq\f(1,2)·eq\f(\r(3),3)＝eq\f(3\r(2)＋\r(3),6)，由正弦定理知eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)，即AC＝1＋eq\r(6).(7分)(2)因为B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，所以A－B＝eq\f(π,3)－B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，sin2(A－B)＋cos2(A－B)＝1，所以sin(A－B)＝eq\f(3,5)，(10分)所以sinB＝sin[A－(A－B)]＝sinAcos(A－B)－cosAsin(A－B)＝eq\f(4\r(3)－3,10).(14分)16.证明：(1)∵PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，∴PA⊥BD.∵ABCD是菱形，∴AC⊥BD.又PA、AC平面PAC，PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC.(5分)又PC平面PAC，∴BD⊥PC.(7分)(2)取线段PD的中点G，连结EG、FG，则FG∥AD，且FG＝eq\f(1,2)AD.又BE∥AD，且BE＝eq\f(1,2)AD，∴FG∥BE，FG＝BE，∴四边形BEGF是平行四边形，∴BF∥EG.(10分)又BF平面PDE，EG平面PDE，∴BF∥平面PDE.(14分)17.解：(1)因为四边形AMBN是平行四边形，周长为8，所以A、B到M、N的距离之和均为4>2eq\r(3)，可知所求曲线为椭圆．由椭圆定义可知，a＝2，c＝eq\r(3)，b＝1.曲线L方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1(y≠0)．(7分)(2)由已知可知直线l的斜率存在．因为直线l过点C(－2，0)，设直线l的方程为y＝k(x＋2)，代入曲线方程eq\f(x2,4)＋y2＝1(y≠0)，并整理得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0.(9分)因为点C(－2，0)在曲线上，则Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8k2＋2,1＋4k2)，\f(4k,1＋4k2)))，E(0，2k)，所以CD＝eq\f(4\r(1＋k2),1＋4k2)，CE＝2eq\r(1＋k2).因为OA∥l，所以设OA的方程为y＝kx，代入曲线方程，并整理得(1＋4k2)x2＝4.所以xeq\o\al(2,A)＝eq\f(4,1＋4k2)，yeq\o\al(2,A)＝eq\f(4k2,1＋4k2)，所以OA2＝eq\f(4＋4k2,1＋4k2)，化简得eq\f(CD·CE,OA2)＝2，所以eq\f(CD·CE,OA2)为定值．(14分)18.解：(1)由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥9，,100－2x≥60，,100\r(2)－2x－2×\f(1,5)x2≥2×10，))(4分)解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥9，,x≤20，,－20≤x≤15，))即9≤x≤15.所以x的取值范围是[9，15]．(7分)(2)记“环岛”的整体造价为y元，则由题意得y＝a×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)x2))eq\s\up12(2)＋eq\f(4,33)ax×πx2＋eq\f(12a,11)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(104－π×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)x2))\s\up12(2)－πx2))＝eq\f(a,11)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,25)x4＋\f(4,3)x3－12x2))＋12×104))，(11分)令f(x)＝－eq\f(1,25)x4＋eq\f(4,3)x3－12x2，则f′(x)＝－eq\f(4,25)x3＋4x2－24x＝－4xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,25)x2－x＋6)).由f′(x)＝0，解得x＝0(舍去)或x＝10或x＝15，(13分)列表如下：x9(9，10)10(10，15)15f′(x)－0＋0f(x)极小值所以当x＝10时，y取最小值．答：当x＝10m时，可使“环岛”的整体造价最低．(19.解：(1)∵Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,2)))eq\s\up12(2)，∴Sn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an－1＋1,2)))eq\s\up12(2)，n≥2，两式相减得an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,2)))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an－1＋1,2)))eq\s\up12(2)，n≥2，(2分)整理得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，∵数列{an}的各项均为正数，∴an－an－1＝2，n≥2，∴{an}是公差为2的等差数列．(4分)又S1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a1＋1,2)))eq\s\up12(2)得a1＝1，∴an＝2n－1.(5分)(2)由题意得k>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1a2)＋\f(1,a2a3)＋…＋\f(1,anan＋1)))eq\s\do7(max)，∵eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，∴eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,2)[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))]＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))<eq\f(1,2)，(8分)∴k≥eq\f(1,2).(10分)(3)对任意m∈N*，2m<2n－1<2则2m－1＋eq\f(1,2)<n<22m－1＋eq\f(1,2)，而n∈N*，由题意可知bm＝22m－1－2m－1，(于是Sm＝b1＋b2＋…＋bm＝21＋23＋…＋22m－1－(20＋21＋…＋2m＝eq\f(2－22m＋1,1－22)－eq\f(1－2m,1－2)＝eq\f(22m＋1－2,3)－(2m－1)＝eq\f(22m＋1－3·2m＋1,3)，即Sm＝eq\f(22m＋1－3·2m＋1,3).(16分)20.(1)证明：对f(x)求导，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)＋a，(1分)由函数图象在点A处的切线与直线l平行，且l的斜率为eq\f(1,2)，∴f′(1)＝eq\f(1,2)，1＋a＝eq\f(1,2)，∴a＝－eq\f(1,2).(3分)∴f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)－eq\f(1,2)＝eq\f(2－2lnx－x2,2x2).∵f′(1)＝eq\f(1,2)>0，f′(e)＝－eq\f(1,2)<0，(5分)∴f′(x)在区间(1，e)上存在一个零点，设为x0，则x0∈(1，e)，且f′(x0)＝0.当x∈(1，x0)时，f′(x)>0，∴f(x)在(1，x0)上单调增；当x∈(x0，e)时，f′(x)<0，∴f(x)在(x0，e)上单调减．∴当x＝x0时，函数y＝f(x)取得最大值．故函数y＝f(x)在区间(1，e)上存在最大值．(7分)(2)解：由g(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2＋bx＋c≤0恒成立，∴c≤eq\f(1,2)x2－bx－lnx.记h1(x)＝eq\f(1,2)x2－bx－lnx(x>0)，则c＝[h1(x)]min.(8分)h1′(x)＝x－b－eq\f(1,x).令h1′(x)＝0，得x2－bx－1＝0，∴x＝eq\f(－b±\r(b2＋4),2).(10分)∵b∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))，∴x1＝eq\f(b－\r(b2＋4),2)<0(舍去)，x2＝eq\f(b＋\r(b2＋4),2)∈(1，2)．(12分)当0<x<x2时，h1′(x)<0，h1(x)单调减；当x>x2时，h1′(x)>0，h1(x)单调增，∴h1(x)min＝h1(x2)＝eq\f(1,2)xeq\o\al(2,2)－bx2－lnx2＝eq\f(1,2)xeq\o\al(2,2)＋1－xeq\o\al(2,2)－lnx2＝－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,2)－lnx2＋1.(14分)记h2(x)＝－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,2)－lnx2＋1，∵h′2(x2)＝－x2－eq\f(1,x2)<0，∴h2(x)在(1，2)上单调减，∴h2(x)>h2(2)＝－1－ln2，∴c≤－1－ln2，故c的取值范围是(－∞，－1－ln2]．(16分)

2月11日2.函数的基本性质一、填空题1.[0，1)解析：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥0，,1－x＞0，))得0≤x＜1.2.[1，＋∞)3.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4，\f(29,5)))解析：因为函数f(x)在[1，2]上是减函数，在[2，5]上是增函数，且f(1)＝5，f(2)＝4，f(5)＝eq\f(29,5).所以f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4，\f(29,5))).4.－65.a≤－3解析：要f(x)＝eq\f(x－5,x－a－2)＝1＋eq\f(a－3,x－（a＋2）)在(－1，＋∞)上单调递增，只要eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－3<0，,a＋2≤－1，))解得a≤－3.6.－eq\f(1,2)解析：由f(x)是周期为2的奇函数可知，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＝－f(eq\f(1,2)＋2)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,2).7.－10解析：∵f(x)是定义在R上且周期为2的函数，∴f(－1)＝f(1)，即－a＋1＝eq\f(b＋2,2)①，又∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq\f(1,2)a＋1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(b＋4,3)，∴－eq\f(1,2)a＋1＝eq\f(b＋4,3)②，解①②得，a＝2，b＝－4，∴a＋3b＝－10.8.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))解析：作出直线y＝kx以及函数f(x)的图象(如图)，由图象以及kOA＝eq\f(1,2)可知0＜k＜eq\f(1,2)时y＝kx与f(x)有两个不同的交点，所以k的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).9.(－2，1)解析：当x＜0时，－x＞0，f(x)＝－f(－x)＝－(－x)2＋2x＝－x2＋2x，所以f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x，x≥0，,－x2＋2x，x＜0.))画出图象如图．知f(x)为增函数，则2－a2＞a，解得－2＜a＜1.10.－1解析：由题意得f(0)＝0，当x＞0时，f(x)＝ex＋a为增函数，由函数f(x)在R上是单调函数，则f(x)在R上为增函数，则有e0＋a≥0，a≥－1，因此实数a的最小值为－1.11.eq\f(\r(3),2)解析：由题意知f(x)是偶函数，所以要使其零点只有一个，这个零点只能是0.由f(0)＝0得a＝±eq\f(\r(3),2).当a＝eq\f(\r(3),2)时，f(x)＝x2＋eq\r(3)|x|.它只有一个零点，符合题意；当a＝－eq\f(\r(3),2)时，f(x)＝x2－eq\r(3)|x|，它有3个零点0，－eq\r(3)，eq\r(3)，不合题意．综上a＝eq\f(\r(3),2).12.[4，8)解析：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞1，,4－\f(a,2)＞0，,a≥\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(a,2)·1))＋2，解得4≤a＜8.))13.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(log3\f(7,3)，1))解析：∵t∈[0，1]，∴f(t)＝3t∈[1，3]，f(f(t))＝f(3t)＝eq\f(9,2)－eq\f(3,2)×3t，∴0≤eq\f(9,2)－eq\f(3,2)×3t≤1，eq\f(7,3)≤3t≤3，解得log3eq\f(7,3)≤t≤1.14.①③④二、解答题15.解：(1)当a＝2时，f(x)＝x|x－2|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x（x－2），x≥2，,x（2－x），x＜2，))由图象可知，y＝f(x)的单调递增区间为(－∞，1]，[2，＋∞)．(2)因为a＞2，x∈[1，2]，所以f(x)＝x(a－x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(a2,4)，当1＜eq\f(a,2)≤2即2＜a≤4时，f(x)min＝f(2)＝2a－4；当eq\f(a,2)＞2即a＞4时，f(x)min＝f(1)＝a－1.∴f(x)min＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a－4，2＜a≤4，,a－1，a＞4.))(3)当a＞0时，图象如图1所示．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(a2,4)，,y＝x（x－a），))得x＝eq\f(（\r(2)＋1）a,2)，∴0≤m＜eq\f(a,2)，a＜n≤eq\f(\r(2)＋1,2)a.当a＜0时，图象如图2所示．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(a2,4)，,y＝x（a－x），))得x＝eq\f(（\r(2)＋1）a,2)，∴eq\f(\r(2)＋1,2)a≤m＜a，eq\f(a,2)＜n≤0.16.解：(1)当x＝0时，t＝0；当0＜x≤24时，x＋eq\f(1,x)≥2(当x＝1时取等号)，∴t＝eq\f(x,x2＋1)＝eq\f(1,x＋\f(1,x))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，即t的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).(2)当a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，记g(t)＝|t－a|＋2a＋eq\f(2,3)，则g(t)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－t＋3a＋\f(2,3)，0≤t≤a，,t＋a＋\f(2,3)，a＜t≤\f(1,2).))∵g(t)在[0，a]上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(a，\f(1,2)))上单调递增，且g(0)＝3a＋eq\f(2,3)，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝a＋eq\f(7,6)，g(0)－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,4))).故M(a)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，0≤a≤\f(1,4)，,g（0），\f(1,4)＜a≤\f(1,2)))M(a)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋\f(7,6)，0≤a≤\f(1,4)，,3a＋\f(2,3)，\f(1,4)＜a≤\f(1,2).))∴当且仅当a≤eq\f(4,9)时，M(a)≤2.故当0≤a≤eq\f(4,9)时不超标，当eq\f(4,9)＜a≤eq\f(1,2)时超标．

2月12日模拟试卷(三)1.1解析：根据子集的定义知x的值为1.2.1解析：(1＋i)·(1＋bi)＝(1－b)＋(1＋b)i，∵(1＋i)·(1＋bi)是纯虚数，∴1－b＝0，且1＋b≠0，∴b＝1.3.1067解析：第一次运行时，S＝0＋21＋1，k＝1＋1；第二次运行时，S＝(21＋1)＋(22＋2)，k＝2＋1；…所以框图运算的是S＝(21＋1)＋(22＋2)＋…＋(29＋9)＝1067.4.既不充分也不必要条件解析：当ab<0时，由a>b不一定推出a2>b2，反之也不成立．故填“既不充分也不必要条件”．5.eq\f(5,6)解析：设“编号不相同”为事件B，则“编号相同”为其对立事件B—，事件B—包含的基本事件为(1，1)，(2，2)，(3，3)，(4，4)，(5，5)，(6，6)，P(B—)＝eq\f(6,36)＝eq\f(1,6)，所以P(B)＝1－P(B—)＝1－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6)，编号不同的概率为eq\f(5,6).6.5x－y－2＝0解析：∵y′＝5ex，∴所求切线斜率k＝5e0＝5，∴切线方程是y－(－2)＝5(x－0)，即5x－y－2＝0.7.eq\r(3)解析：由题意得coseq\f(π,6)＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(3＋\r(3)m,2\r(9＋m2))，即eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3＋\r(3)m,2\r(9＋m2))，解得m＝eq\r(3).8.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1解析：由已知得eq\f(c,a)＝2，eq\f(a2,c)＝1，a2＋b2＝c2，解得a＝2，b＝2eq\r(3)，则双曲线的方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1.9.{－2－eq\r(7)，1，3}解析：设x<0，则－x>0，所以f(x)＝－f(－x)＝－[(－x)2－3(－x)]＝－x2－3x.求函数g(x)＝f(x)－x＋3的零点等价于求方程f(x)＝－3＋x的解．当x≥0时，x2－3x＝－3＋x，解得x1＝3，x2＝1；当x<0时，－x2－3x＝－3＋x，解得x3＝－2－eq\r(7).则函数g(x)＝f(x)－x＋3的零点的集合为{－2－eq\r(7)，1，3}．10.－eq\f(1,2)解析：∵S2＝2a1－1，S4＝4a1＋eq\f(4×3,2)×(－1)＝4a1－6，且S1、S2、S4成等比数列，∴(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，解得a1＝－eq\f(1,2).11.f2015(x)＝eq\f(x,1＋2015x)解析：由题意，得f1(x)＝f(x)＝eq\f(x,1＋x)，f2(x)＝eq\f(\f(x,1＋x),1＋\f(x,1＋x))＝eq\f(x,1＋2x)，f3(x)＝eq\f(x,1＋3x)，…，由此归纳推理可得f2015(x)＝eq\f(x,1＋2015x).12.3解析：由题意可知，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0)).设A(yeq\o\al(2,1)，y1)，B(yeq\o\al(2,2)，y2)，∴eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝y1y2＋yeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2)＝2，解得y1y2＝1或y1y2＝－2.∵A、B两点位于x轴两侧，∴y1y2＜0，即y1y2＝－2.当yeq\o\al(2,1)≠yeq\o\al(2,2)时，AB所在直线方程为y－y1＝eq\f(y1－y2,yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2))·(x－yeq\o\al(2,1))＝eq\f(1,y1＋y2)(x－yeq\o\al(2,1))，令y＝0，得x＝－y1y2＝2，即直线AB过定点C(2，0)．于是S△ABO＋S△AFO＝S△ACO＋S△BCO＋S△AFO＝eq\f(1,2)×2|y1|＋eq\f(1,2)×2|y2|＋eq\f(1,2)×eq\f(1,4)|y1|＝eq\f(1,8)(9|y1|＋8|y2|)≥eq\f(1,8)×2eq\r(9|y1|×8|y2|)＝3，当且仅当9|y1|＝8|y2|且y1y2＝－2时，等号成立．当yeq\o\al(2,1)＝yeq\o\al(2,2)时，取y1＝eq\r(2)，y2＝－eq\r(2)，则AB所在直线的方程为x＝2，此时求得S△ABO＋S△AFO＝2×eq\f(1,2)×2×eq\r(2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,4)×eq\r(2)＝eq\f(17\r(2),8).而eq\f(17\r(2),8)>3，故填3.13.(－∞，－2)解析：显然a＝0时，函数有两个不同的零点，不符合．当a≠0时，由f′(x)＝3ax2－6x＝0，得x1＝0，x2＝eq\f(2,a).当a>0时，函数f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))上单调递减，又f(0)＝1，所以函数f(x)存在小于0的零点，不符合题意；当a<0时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,a)))，(0，＋∞)上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，0))上单调递增，所以只需feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))>0，解得a<－2，则a的取值范围是(－∞，－2)．14.－1解析：因为4a2－2ab＋b2－c＝0，所以(2a＋b)2－c＝6ab＝3×2ab≤3×eq\f(（2a＋b）2,4)，所以(2a＋b)2≤4c，当且仅当b＝2a，c＝4a2时，|2a＋b|取得最大值．故eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＋eq\f(4,c)＝eq\f(2,a)＋eq\f(1,a2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋1))eq\s\up12(2)－1，其最小值为－1.15.解：(1)由eq\f(b,a－b)＝eq\f(sin2C,sinA－sin2C)，得bsinA－bsin2C＝asin2C－bsin2C，即bsinA＝asin2C，由正弦定理得sinAsinB＝sinAsin2C，(3分)∵sinA>0，∴sinB＝sin2C，sin(A＋C)＝sin2C.∵在三角形中，∴A＋C＝2C或A＋C＋2C＝π.∵eq\f(π,3)<C<eq\f(π,2)，∴A＝C>B，∴△ABC为等腰三角形．(7分)(2)取AC中点D，连结BD，则eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＝2eq\o(BD,\s\up6(→)).∵|eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))|＝2，∴|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝1.∵A＝C，∴BD⊥AC，∴BA＝BC＝eq\f(1,sinC)，∴eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(1,sin2C)·cosB＝eq\f(1,sin2C)·(－cos2C)＝eq\f(2sin2C－1,sin2C)＝2－eq\f(1,sin2C).(10分)∵eq\f(π,3)<C<eq\f(π,2)，令sinC＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)<x<1))，y＝2－eq\f(1,x2)，则y′＝2＋eq\f(1,x4)>0，∴2－eq\f(1,x2)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1))上是增函数，∴eq\f(2,3)<eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))<1.(14分)16.(1)证明：取线段AC的中点M，连结MF、MB.因为F为AD的中点，所以MF∥CD，且MF＝eq\f(1,2)CD.(2分)在折叠前，四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，所以BE∥CD，且BE＝eq\f(1,2)CD.所以MF∥BE，且MF＝BE.(4分)所以四边形BEFM为平行四边形，故EF∥BM.又EF平面ABC，BM平面ABC，所以EF∥平面ABC.(6分)(2)解：在折叠前，四边形ABCD为矩形，AD＝2，AB＝4，E为AB的中点，所以△ADE、△CBE都是等腰直角三角形，且AD＝AE＝EB＝BC＝2.所以∠DEA＝∠CEB＝45°，且DE＝EC＝2eq\r(2).又∠DEA＋∠DEC＋∠CEB＝180°，所以∠DEC＝90°.又平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE＝DE，CE平面BCDE，所以CE⊥平面ADE，即CE为三棱锥CEFD的高．(10分)因为F为AD的中点，所以S△EFD＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×AD·AE＝eq\f(1,4)×2×2＝1.所以四面体FDCE的体积V＝eq\f(1,3)×S△EFD·CE＝eq\f(1,3)×1×2eq\r(2)＝eq\f(2\r(2),3).(14分)17.(1)解：由题意得2c＝2，所以c＝1.又eq\f(2,a2)＋eq\f(3,2b2)＝1，解得b2＝3或b2＝－eq\f(1,2)(舍去)，则a2＝4，所以椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(6分)(2)证明：设P(x1，y1)(y1≠0)，M(2，y0)，则k1＝eq\f(y0,2)，k2＝eq\f(y1,x1－2).因为A、P、M三点共线，所以y0＝eq\f(4y1,x1＋2)，则k1k2＝eq\f(4yeq\o\al(2,1),2（xeq\o\al(2,1)－4）).(9分)因为P(x1，y1)在椭圆上，所以yeq\o\al(2,1)＝eq\f(3,4)(4－xeq\o\al(2,1))，则k1k2＝eq\f(4yeq\o\al(2,1),2（xeq\o\al(2,1)－4）)＝－eq\f(3,2)为定值．(14分)18.解：(1)BM＝AOsinθ＝100sinθ，AB＝MO＋AOcosθ＝100＋100cosθ，θ∈(0，π)．则S＝eq\f(1,2)MB·AB＝eq\f(1,2)100sinθ×(100＋100cosθ)＝5000eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinθ＋\f(1,2)sin2θ))，θ∈(0，π)．(6分)(2)S′＝5000(2cos2θ＋cosθ－1)＝5000(2cosθ－1)(cosθ＋1)，(8分)令S′＝0，得cosθ＝eq\f(1,2)，cosθ＝－1(舍去)，此时θ＝eq\f(π,3).(10分)xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))eq\f(π,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))S′＋0－S极大值所以当θ＝eq\f(π,3)时，S取得最大值Smax＝3750eq\r(3)m2，此时AB＝150m.答：当点A离路边l为150m时，绿化面积最大，值为3750eq\r(3)19.(1)证明：f′(x)＝xsinx，当x∈(0，π)时，sinx＞0，所以f′(x)＞0恒成立，所以f(x)在(0，π)上单调递增．(3分)(2)解：因为f′(x)＞eq\f(1,2)x2＋λx，所以xsinx＞eq\f(1,2)x2＋λx.当0＜x＜π时，λ＜sinx－eq\f(1,2)x.设φ(x)＝sinx－eq\f(1,2)x，x∈(0，π)，则φ′(x)＝cosx－eq\f(1,2).当0＜x＜eq\f(π,3)时，φ′(x)＞0；当eq\f(π,3)＜x＜π时，φ′(x)＜0.于是φ(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))上单调递减，所以当0＜x＜π时，φ(x)max＝φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),2)－eq\f(π,6)，因此λ＜eq\f(\r(3),2)－eq\f(π,6).(9分)(3)解：由题意知推测eq\f(F（x3）－F（x2）,x3－x2)＜eq\f(F（x2）－F（x1）,x2－x1)的大小．首先证明：eq\f(F（x3）－F（x2）,x3－x2)<F′(x2)．由于x2＜x3，因此只要证：F(x3)－F(x2)＜(x3－x2)·F′(x2)．设函数G(x)＝F(x)－F(x2)－(x－x2)F′(x2)(x2＜x＜π)，因为F′(x)＝xcosx－sinx＝－f(x)，所以G′(x)＝F′(x)－F′(x2)＝f(x2)－f(x)，由(1)知f(x)在(0，π)上为增函数，所以G′(x)＜0.则G(x)在(x2，π)上单调递减，又x＞x2，故G(x)＜G(x2)＝0.而x2＜x3＜π，则G(x3)＜0，即F(x3)－F(x2)－(x3－x2)F′(x2)＜0，即F(x3)－F(x2)＜(x3－x2)F′(x2)．从而eq\f(F（x3）－F（x2）,x3－x2)＜F′(x2)得证．(12分)同理可以证明F′(x2)＜eq\f(F（x2）－F（x1）,x2－x1).(14分)因此有eq\f(F（x3）－F（x2）,x3－x2)＜eq\f(F（x2）－F（x1）,x2－x1)，即直线AB的斜率大于直线BC的斜率．(16分)20.解：(1)∵aeq\o\al(2,n＋1)＝taeq\o\al(2,n)＋(t－1)anan＋1，∴(an＋1－tan)(an＋1＋an)＝0.∵an>0，∴an＋1＝tan且t>0，∴数列{an}是以t为公比的等比数列．①要使满足条件的数列{an}是唯一的，即关于a1和t的方程组有唯一正数解，即方程8t2－at＋a＝0有唯一解，由于a>0，∴Δ＝a2－32a＝0，∴a＝32，此时t＝2.(5分)②由①知an＝2n＋2，∴bn＝eq\f(nan,4（2n＋1）2n)＝eq\f(n,2n＋1)，若b1、bm、bn成等比数列，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2m＋1)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,3)·eq\f(n,2n＋1)，可得eq\f(3,n)＝eq\f(－2m2＋4m＋1,m2)，∴－2m2＋4m＋1>0，解得1－eq\f(\r(6),2)<m<1＋eq\f(\r(6),2).又m∈N*，且1<m<n，∴m＝2，此时n＝12.故当且仅当m＝2，n＝12时使得b1、bm、bn成等比数列．(10分)(2)由a2k＋a2k－1＋…＋ak＋1－(ak＋ak－1＋…＋a1)＝8，得a1(tk－1)(tk－1＋tk－2＋…＋1)＝8且t>1，a2k＋1＋a2k＋2＋…＋a3k＝a1t2k(tk－1＋tk－2＋…＋1)＝eq\f(8t2k,tk－1)＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tk－1＋\f(1,tk－1)＋2))≥32，当且仅当tk－1＝eq\f(1,tk－1)，即t＝eq\r(k,2)，a1＝8(eq\r(k,2)－1)时，a2k＋1＋a2k＋2＋…＋a3k取得最小值32.(16分)2月13日一、填空题1.3解析：f(2)＝log3(22－1)＝1，f[f(2)]＝f(1)＝3e1－1＝3.2.(－∞，2]解析：∵0＜4－x2≤4，∴log2(4－x2)≤2.3.[0，1)解析：P＝{y|y≥0}，Q＝{y|y＜1}，P∩Q＝[0，1)．4.±1解析：当a≥0时，由f(a)＝3有2a＋1＝3，a＝1.又由函数y＝f(x)是定义在R上的偶函数，根据对称性知，当a＜0时，有f(a)＝3，a＝－1.5.(－∞，1]6.eq\r(10)解析：∵eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝logm2＋logm5＝logm10＝2，∴m2＝10.又m＞0，∴m＝eq\r(10).7.eq\f(3,2)解析：∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))·log2eq\f(1,2)＝1－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)，f(x)＝1＋eq\f(1,2)log2x，故f(2)＝1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2).8.e－x－1解析：与y＝ex的图象关于y轴对称的图象为y＝e－x，y＝e－x将y＝e－x的图象向左平移1个单位长度，得y＝e－(x＋1)的图象，即f(x)＝e－x－1.9.(－1，1]解析：显然f(x)在区间(－∞，0]上是减函数，又f(－1)＝1，∴－1<m≤0适合题意；又m>0时，f(x)在区间[0，m]上的最大值是f(m)＝eq\r(m)，所以只要eq\r(m)≤1，解得0<m≤1，综上，－1<m≤1.10.(－4，4]解析：设g(x)＝x2－ax＋3a，则g(x)＝x2－ax＋3a＞0在[2，＋∞)上恒成立，且g(x)在[2，＋∞)上为增函数，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（2）＝4＋a＞0，,\f(a,2)≤2，))解得－4＜a≤4.11.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))解析：∵f(x)是奇函数，∴f(1)＋f(－1)＝a－1＋(a＋2)＝2a＋1＝0，∴a＝－eq\f(1,2)，f(x)＝－eq\f(1,2)－eq\f(1,2x－1).又x≥1时2x－1≥2－1＝1，0<eq\f(1,2x－1)≤1，－eq\f(3,2)≤－eq\f(1,2)－eq\f(1,2x－1)＜－eq\f(1,2)，同理可得x≤－1时eq\f(1,2)＜－eq\f(1,2)－eq\f(1,2x－1)≤eq\f(3,2).综上，f(x)的值域eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2))).12.20解析：依题意3860＋500＋2[500(1＋x%)＋500(1＋x%)2]≥7000，化简得(x%)2＋3·x%≥0.64，解得x≥20.所以x的最小值为20.13.0解析：设F(x)＝f(x)－2，即F(x)＝alog2x＋blog3x，则Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝alog2eq\f(1,x)＋blog3eq\f(1,x)＝－(alog2x＋blog3x)＝－F(x)，∴F(2014)＝－Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2014)))＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2014)))－2))＝－2，即f(2014)－2＝－2，故f(2014)＝0.14.②③二、解答题15.解：f(x)＝eq\f(2x＋2－x＋k,2x＋2－x＋1)，令2x＋2－x＝t，则f(t)＝eq\f(t＋k,t＋1)＝1＋eq\f(k－1,t＋1)(t≥2)．原题等价于：对于t≥2，[2f(t)]min≥[f(t)]max恒成立，求实数k的取值范围．(1)当k＝1时，显然成立；(2)当k＜1时，eq\f(k＋2,3)≤f(t)＜1，由2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k＋2,3)))≥1得－eq\f(1,2)≤k＜1；(3)当k＞1时，1＜f(t)≤eq\f(k＋2,3)，由2×1≥eq\f(k＋2,3)得1＜k≤4.综上，实数k的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，4)).16.解：(1)由x＋1＞0，1－x＞0，得－1＜x＜1，对任意的x∈(－1，1)，－x∈(－1，1)有f(－x)＋g(－x)＝loga(1－x)＋loga(1＋x)＝f(x)＋g(x)，所以函数f(x)＋g(x)是(－1，1)上的偶函数．(2)当a＞1时，要使f(x)＋g(x)＜0成立，则x应满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1＜x＜1，,0＜（1＋x）（1－x）＜1，))解得－1＜x＜1，且x≠0.所以，当a＞