八套卷數(shù)學答案

PAGE2015模擬試卷·數(shù)學教師參考第75頁2月8日模擬試卷(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，被抽取的兩個相鄰座位號的差為12，故樣本中還有一位同學的座位號應該是19.4.72%解析：這次考試的合格率為相應矩形的面積和，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)，則函數(shù)y＝eq\f(1,x)＋2lnx的單調增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).6.eq\f(1,3)解析：4名學生A、B、C、D平均分乘兩輛車有6種可能，而A、B兩人恰好在同一輛車有2種可能，故“A、B兩人恰好在同一輛車”的概率為eq\f(1,3).7.①④解析：當兩平面相交時，不存在直線與它們均垂直，也不存在平面與它們均平行(否則兩平面平行)，故選①④.8.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))解析：由題意知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，則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，經(jīng)過三次循環(huán)，所以圖中判斷框內①處應填的整數(shù)為3.10.±2eq\r(2)解析：由已知得圓心O到直線x－y＋m＝0的距離為2，即eq\f(|m|,\r(2))＝2，則m＝±2eq\r(2).11.0解析：以eq\o(AB,\s\up6(→))、eq\o(AD,\s\up6(→))為基底，則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(→))，則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)，則∠BAD＝60°，則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：設A(t，2log2t)(t＞1)，由題意得B(t2，2log2t)，D(t，log2t)，C(t2，2klog2t)，則有l(wèi)og2t＝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：因為公比q不為1，所以不能刪去a1、a4.設{an}的公差為d，則①若刪去a2，則由2a3＝a1＋a4得2a1q2＝a1＋a1q3，即2q2＝1＋q3，整理得q2(q－1)＝(q－1)(q＋1)．又q≠1，則可得q2＝q＋1，又q＞0解得q＝eq\f(1＋\r(5),2)；②若刪去a3，則由2a2＝a1＋a4得2a1q＝a1＋a1q3，即2q＝1＋q3，整理得q(q－1)(q＋1)＝q－1.又q≠1，則可得q(q＋1)＝1，又q＞0解得q＝eq\f(－1＋\r(5),2).綜上所述，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.設x＝2b－c，y＝2a－c，則有x＋y≤2，x2≤y≤2x2，x＞0，y＞0，eq\f(2a－2b,2c)＝y(tǒng)－x.在平面直角坐標系xOy中作出點(x，y)所表示的平面區(qū)域，并設y－x＝t.如圖，當直線y－x＝t與曲線y＝x2相切時，t最?。藭r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).當直線過點A時，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)的取值范圍是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)，兩邊平方得2sin2B＝3cosB，即2(1－cos2B)＝3cosB，解得cosB＝eq\f(1,2)或cosB＝－2(舍去)．又B為三角形內角，則B＝eq\f(π,3).(3分)因為cosA＝eq\f(1,3)，且A為三角形內角，則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)因為sinA＝3sinC，由正弦定理可得a＝3c.(10分)由余弦定理知b2＝a2＋c2－2accosB，則7＝9c2＋c2－3c2，解得c＝1，則a＝3.面積S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(3\r(3),4).(14分)16.證明：(1)過點D作DO⊥BC，O為垂足．因為平面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，則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，則AB⊥平面DBC.因為DC平面DBC，所以AB⊥DC.又BD⊥CD，AB∩DB＝B，AB、DB平面ABD，則DC⊥平面ABD.(12分)又AD平面ABD，故可得AD⊥DC.(14分)17.解：(1)因為AB邊所在直線的方程為x－3y－6＝0，AC與AB垂直，所以直線AC的斜率為－3.故AC邊所在直線的方程為y－1＝－3(x＋1)，即3x＋y＋2＝0.(3分)設C為(x0，－3x0－2)，因為M為BC中點，所以B(4－x0，3x0＋2)．將點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所在直線方程為x＋7y－2＝0.(7分)(2)因為Rt△ABC斜邊中點為M(2，0)，所以M為Rt△ABC外接圓的圓心．又AM＝2eq\r(2)，從而Rt△ABC外接圓的方程為(x－2)2＋y2＝8.設P(a，b)，因為動圓P過點N，所以該圓的半徑r＝eq\r(（a＋2）2＋b2)，圓方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2.由于圓P與圓M相交，則公共弦所在直線m的方程為(4－2a)x－2by＋a2＋b2－r2＋4＝0.(10分)因為公共弦長為4，r＝2eq\r(2)，所以M(2，0)到m的距離d＝2，即eq\f(|2（4－2a）＋a2＋b2－r2＋4|,2\r(（2－a）2＋b2))＝2，化簡得b2＝3a2－4a，所以r＝eq\r(（a＋2）2＋b2)＝eq\r(4a2＋4).(12分)當a＝0時，r最小值為2，此時b＝0，圓的方程為x2＋y2＝4.(14分)18.解：(1)作SC垂直O(jiān)B于C，則∠CSB＝30°，∠ASB＝60°.又SA＝eq\r(3)，故在Rt△SAB中，可求得BA＝3，即攝影者到立柱的水平距離為3m．(3分)由SC＝3，∠CSO＝30°，在Rt△SCO中，可求得OC＝eq\r(3).(5分)因為BC＝SA＝eq\r(3)，故OB＝2eq\r(3)，即立柱高為2eq\r(3)m．(7分)(2)連結SM、SN，設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),則∠MSN＜eq\f(π,3).(15分)故攝影者可以將彩桿全部攝入畫面．(16分)19.解：(1)當b＝－1時，f(x)＝eq\f(1,x－1)－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(2,x2－1)，則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，故所求切線方程為y－2＝－4eq\r(2)(x－eq\r(2))，即4eq\r(2)x＋y－10＝0.(6分)(2)當λ＝－1時，f(x)＝eq\f(1,x－1)－eq\f(1,x－b)，則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)因為b＜0，則b－1＜0，且b＜eq\f(b＋1,2)＜eq\f(1,2)，故當b＜x＜eq\f(b＋1,2)時，f′(x)＞0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b，\f(b＋1,2)))上單調遞增；當eq\f(b＋1,2)＜x＜eq\f(1,2)時，f′(x)＜0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋1,2)，\f(1,2)))上單調遞減．(10分)(ⅰ)當eq\f(b＋1,2)≤eq\f(1,3)，即b≤－eq\f(1,3)時，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))單調遞減，所以[f(x)]max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\f(9b－9,2－6b)；(ⅱ)當eq\f(1,3)＜eq\f(b＋1,2)＜eq\f(1,2)，即－eq\f(1,3)＜b＜0時，[f(x)]max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋1,2)))＝eq\f(4,b－1).(14分)綜上所述，[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)因為bn＋1＝bn＋log2p，所以bn＋1－bn＝log2p，所以數(shù)列{bn}是以log2p為公差的等差數(shù)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)因為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)當0<p<1時，eq\f(（3n－5）n,2)<14，解得－eq\f(7,3)<n<4，不符合題意；(7分)(ⅱ)當p>1時，eq\f(（3n－5）n,2)>14，解得n>4，或n<－eq\f(7,3)(舍)．(8分)綜上所述，當p>1時，存在正整數(shù)M使得a1·a4·a7·…·a3n－2>a16恒成立，且M的最小值為4.(9分)(3)因為p＝2，由(1)得bn＝n－2，所以c1(n－2)＋c2(n－3)＋c3(n－4)＋…＋cn(－1)＝－2n，①則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*)，所以當n≥2時，數(shù)列{cn}成等比數(shù)列．(15分)又由①式，可得c1＝2，c2＝4，則eq\f(c2,c1)＝2，所以數(shù)列{cn}一定是等比數(shù)列，且cn＝2n.2月9日1.集合與常用邏輯用語一、填空題1.82.－1解析：由x2＞1得x＜－1或x＞1.∵“x2＞1”是“x＜a”的必要不充分條件，∴a≤－1，故a的最大值為－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：如圖，x2＋y2≥9其幾何意義表示以原點為圓心，3為半徑的圓上及圓外的點．當x2＋y2≥9時，如x＝3，y＝3，x＞3且y≥3不成立；而x＞3且y≥3時，x2＋y2≥9一定成立．7.否命題8.①②③④9.[－1，3]解析：令f(x)＝x2＋(a－1)x＋1.若命題“x∈R，使得f(x)＜0”是真命題．則由f(x)＜0有解，可得Δ＝(a－1)2－4＞0，解得a＞3或a＜－1.故所求實數(shù)a的取值范圍為－1≤a≤3.10.(－∞，2]解析：①當a＜1時，A＝(－∞，a]∪[1，＋∞)，由數(shù)軸知，A∪B＝R；②當a≥1時，A＝(－∞，1]∪[a，＋∞)，由數(shù)軸知，要使得A∪B＝R，則a－1≤1，即a≤2.故a≤2.11.1解析：∵命題“x∈R，x2＋2x＋m≤0”是假命題，∴命題“x∈R，x2＋2x＋m>0”是真命題，∴Δ＝4－4m＜0，解得m>1，即實數(shù)m的取值范圍是(1，＋∞)，∴a＝1.12.4解析：由定義得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l(wèi)ogeq\o\al(2,2)＝1，log24＝2，log28＝3，log44＝1，因此一共有4個元素．13.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))14.必要不充分解析：若a2＋b2≥2ab，則eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2不一定成立；若eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2，則a2＋b2≥2ab成立．二、解答題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.(也可以對不等式－1≤ax≤2去討論a＝0，a＞0或a＜0，由AB求得a的范圍．)16.解：(1)A＝{x|1＜x＜7}，當a＝4時，B＝{x|x2－2x－24＜0}＝{x|－4＜x＜6}，∴A∩B＝(1，6)．(2)B＝{x|(x＋a)(x－a－2)＜0}．①當a＝－1時，B＝?，∴AB不成立．②當a＋2＞－a即a＞－1時，B＝(－a，a＋2)，∵AB，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a≤1，,a＋2≥7，))解得a≥5.③當a＋2＜－a即a＜－1時，B＝(a＋2，－a)，∵AB，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋2≤1，,－a≥7，))解得a≤－7.綜上，當AB時，a∈(－∞，－7]∪[5，＋∞)．(也可以轉化為對任意的x∈(1，7)都有x2－2x－a2－2a＜0成立，分離參數(shù)求解．)

2月10模擬試卷(二)1.4解析：設z＝a＋bi，則2a＋2bi＋a－bi＝3＋4i，即3a＋bi＝3＋4i，所以a＝1，b＝4，則z的虛部為4.2.(0，1]解析：由已知得M＝{x|x>0}，N＝{x|x≤1}，則M∩N＝(0，1]．3.57.5解析：由莖葉圖知甲的中位數(shù)為a＝32，乙的中位數(shù)為a＝25.5，∴4.55解析：由程序框圖可知，列出每次循環(huán)過后變量的取值情況如下：第一次循環(huán)，x＝1，y＝1，z＝2；第二次循環(huán)，x＝1，y＝2，z＝3；第三次循環(huán)，x＝2，y＝3，z＝5；第四次循環(huán)，x＝3，y＝5，z＝8；第五次循環(huán)，x＝5，y＝8，z＝13；第六次循環(huán)，x＝8，y＝13，z＝21；第七次循環(huán)，x＝13，y＝21，z＝34；第八次循環(huán)，x＝21，y＝34，z＝55，不滿足條件，跳出循環(huán)．5.100解析：由題意，得eq\f(70,3500)＝eq\f(n,3500＋1500)，解得n＝100.6.eq\f(3,10)解析：在數(shù)字1，2，3，4，5中隨機選取兩個數(shù)，共有10種等可能基本事件，其中“這兩個數(shù)的差的絕對值恰等于2”包含1，3；2，4；3，5這三種，由古典概型知，所求概率為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：設圓錐的底面半徑為r，母線長為l，由題意知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)，所以圓錐高h＝eq\r(2)，則體積V＝eq\f(1,3)πr2h＝2eq\r(2)π.9.6解析：由題意可知，命題“x∈R，x2＋mx＋2m－3≥0”為真命題，故Δ＝m2－4(2m－3)＝m2－8m＋12≤0，解得2≤m≤10.－4解析：圓的標準方程為(x＋1)2＋(y－1)2＝2－a，r2＝2－a，則圓心(－1，1)到直線x＋y＋2＝0的距離為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(→))兩邊同乘以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因為O是三角形外心，因此O在AB邊的射影恰是AB的中點，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，在已知等式兩邊同乘以eq\o(AC,\s\up6(→))得64y＋xeq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝32，③結合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，兩邊同除以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：當－2≤x<0時，不等式可轉化為a≤eq\f(x2－4x－3,x3)，令f(x)＝eq\f(x2－4x－3,x3)(－2≤x<0)，則f′(x)＝eq\f(－x2＋8x＋9,x4)＝eq\f(－（x－9）（x＋1）,x4)，故函數(shù)f(x)在[－2，－1]上單調遞減，在(－1，0)上單調遞增，此時有a≤fmin(x)＝f(－1)＝eq\f(1＋4－3,－1)＝－2.當x＝0時，不等式恒成立．當0<x≤1時，a≥eq\f(x2－4x－3,x3)，令g(x)＝eq\f(x2－4x－3,x3)(0<x≤1)，則g′(x)＝eq\f(－x2＋8x＋9,x4)，故函數(shù)g(x)在(0，1]上單調遞增，此時有a≥gmax(x)＝g(1)＝eq\f(1－4－3,1)＝－6.綜上，－6≤a≤－2.14.16解析：設{an}的公差為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，從而可知1≤n≤16時，an＞0,n≥17時，an＜0.從而b1＞b2＞…＞b14＞0＞b17＞b18＞…，b15＝a15a16a17＜0，b16＝a16故S14＞S13＞…＞S1，S14＞S15，S15＜S16.因為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，因為A∈(0，π)，且cosA≠0，所以tanA＝eq\r(3)，所以A＝eq\f(π,3).(3分)(1)因為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)因為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.證明：(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)取線段PD的中點G，連結EG、FG，則FG∥AD，且FG＝eq\f(1,2)AD.又BE∥AD，且BE＝eq\f(1,2)AD，∴FG∥BE，F(xiàn)G＝BE，∴四邊形BEGF是平行四邊形，∴BF∥EG.(10分)又BF平面PDE，EG平面PDE，∴BF∥平面PDE.(14分)17.解：(1)因為四邊形AMBN是平行四邊形，周長為8，所以A、B到M、N的距離之和均為4>2eq\r(3)，可知所求曲線為橢圓．由橢圓定義可知，a＝2，c＝eq\r(3)，b＝1.曲線L方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1(y≠0)．(7分)(2)由已知可知直線l的斜率存在．因為直線l過點C(－2，0)，設直線l的方程為y＝k(x＋2)，代入曲線方程eq\f(x2,4)＋y2＝1(y≠0)，并整理得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0.(9分)因為點C(－2，0)在曲線上，則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).因為OA∥l，所以設OA的方程為y＝kx，代入曲線方程，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)，化簡得eq\f(CD·CE,OA2)＝2，所以eq\f(CD·CE,OA2)為定值．(14分)18.解：(1)由題意，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的取值范圍是[9，15]．(7分)(2)記“環(huán)島”的整體造價為y元，則由題意得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\(zhòng)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，則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)極小值所以當x＝10時，y取最小值．答：當x＝10m時，可使“環(huán)島”的整體造價最低．(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≥2，兩式相減得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，∵數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，∴an－an－1＝2，n≥2，∴{an}是公差為2的等差數(shù)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)由題意得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)對任意m∈N*，2m<2n－1<2則2m－1＋eq\f(1,2)<n<22m－1＋eq\f(1,2)，而n∈N*，由題意可知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)證明：對f(x)求導，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)＋a，(1分)由函數(shù)圖象在點A處的切線與直線l平行，且l的斜率為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)在區(qū)間(1，e)上存在一個零點，設為x0，則x0∈(1，e)，且f′(x0)＝0.當x∈(1，x0)時，f′(x)>0，∴f(x)在(1，x0)上單調增；當x∈(x0，e)時，f′(x)<0，∴f(x)在(x0，e)上單調減．∴當x＝x0時，函數(shù)y＝f(x)取得最大值．故函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(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.記h1(x)＝eq\f(1,2)x2－bx－lnx(x>0)，則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)當0<x<x2時，h1′(x)<0，h1(x)單調減；當x>x2時，h1′(x)>0，h1(x)單調增，∴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)記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)上單調減，∴h2(x)>h2(2)＝－1－ln2，∴c≤－1－ln2，故c的取值范圍是(－∞，－1－ln2]．(16分)

2月11日2.函數(shù)的基本性質一、填空題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：因為函數(shù)f(x)在[1，2]上是減函數(shù)，在[2，5]上是增函數(shù)，且f(1)＝5，f(2)＝4，f(5)＝eq\f(29,5).所以f(x)的值域為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，＋∞)上單調遞增，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)是周期為2的奇函數(shù)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)是定義在R上且周期為2的函數(shù)，∴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：作出直線y＝kx以及函數(shù)f(x)的圖象(如圖)，由圖象以及kOA＝eq\f(1,2)可知0＜k＜eq\f(1,2)時y＝kx與f(x)有兩個不同的交點，所以k的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).9.(－2，1)解析：當x＜0時，－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.))畫出圖象如圖．知f(x)為增函數(shù)，則2－a2＞a，解得－2＜a＜1.10.－1解析：由題意得f(0)＝0，當x＞0時，f(x)＝ex＋a為增函數(shù)，由函數(shù)f(x)在R上是單調函數(shù)，則f(x)在R上為增函數(shù)，則有e0＋a≥0，a≥－1，因此實數(shù)a的最小值為－1.11.eq\f(\r(3),2)解析：由題意知f(x)是偶函數(shù)，所以要使其零點只有一個，這個零點只能是0.由f(0)＝0得a＝±eq\f(\r(3),2).當a＝eq\f(\r(3),2)時，f(x)＝x2＋eq\r(3)|x|.它只有一個零點，符合題意；當a＝－eq\f(\r(3),2)時，f(x)＝x2－eq\r(3)|x|，它有3個零點0，－eq\r(3)，eq\r(3)，不合題意．綜上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、解答題15.解：(1)當a＝2時，f(x)＝x|x－2|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x（x－2），x≥2，,x（2－x），x＜2，))由圖象可知，y＝f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，1]，[2，＋∞)．(2)因為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)，當1＜eq\f(a,2)≤2即2＜a≤4時，f(x)min＝f(2)＝2a－4；當eq\f(a,2)＞2即a＞4時，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)當a＞0時，圖象如圖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.當a＜0時，圖象如圖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)當x＝0時，t＝0；當0＜x≤24時，x＋eq\f(1,x)≥2(當x＝1時取等號)，∴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的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).(2)當a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時，記g(t)＝|t－a|＋2a＋eq\f(2,3)，則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]上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(a，\f(1,2)))上單調遞增，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).))∴當且僅當a≤eq\f(4,9)時，M(a)≤2.故當0≤a≤eq\f(4,9)時不超標，當eq\f(4,9)＜a≤eq\f(1,2)時超標．

2月12日模擬試卷(三)1.1解析：根據(jù)子集的定義知x的值為1.2.1解析：(1＋i)·(1＋bi)＝(1－b)＋(1＋b)i，∵(1＋i)·(1＋bi)是純虛數(shù)，∴1－b＝0，且1＋b≠0，∴b＝1.3.1067解析：第一次運行時，S＝0＋21＋1，k＝1＋1；第二次運行時，S＝(21＋1)＋(22＋2)，k＝2＋1；…所以框圖運算的是S＝(21＋1)＋(22＋2)＋…＋(29＋9)＝1067.4.既不充分也不必要條件解析：當ab<0時，由a>b不一定推出a2>b2，反之也不成立．故填“既不充分也不必要條件”．5.eq\f(5,6)解析：設“編號不相同”為事件B，則“編號相同”為其對立事件B—，事件B—包含的基本事件為(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)，編號不同的概率為eq\f(5,6).6.5x－y－2＝0解析：∵y′＝5ex，∴所求切線斜率k＝5e0＝5，∴切線方程是y－(－2)＝5(x－0)，即5x－y－2＝0.7.eq\r(3)解析：由題意得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)，則雙曲線的方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1.9.{－2－eq\r(7)，1，3}解析：設x<0，則－x>0，所以f(x)＝－f(－x)＝－[(－x)2－3(－x)]＝－x2－3x.求函數(shù)g(x)＝f(x)－x＋3的零點等價于求方程f(x)＝－3＋x的解．當x≥0時，x2－3x＝－3＋x，解得x1＝3，x2＝1；當x<0時，－x2－3x＝－3＋x，解得x3＝－2－eq\r(7).則函數(shù)g(x)＝f(x)－x＋3的零點的集合為{－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成等比數(shù)列，∴(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，解得a1＝－eq\f(1,2).11.f2015(x)＝eq\f(x,1＋2015x)解析：由題意，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)，…，由此歸納推理可得f2015(x)＝eq\f(x,1＋2015x).12.3解析：由題意可知，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0)).設A(yeq\o\al(2,1)，y1)，B(yeq\o\al(2,2)，y2)，∴eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝y(tǒng)1y2＋yeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2)＝2，解得y1y2＝1或y1y2＝－2.∵A、B兩點位于x軸兩側，∴y1y2＜0，即y1y2＝－2.當yeq\o\al(2,1)≠yeq\o\al(2,2)時，AB所在直線方程為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，即直線AB過定點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，當且僅當9|y1|＝8|y2|且y1y2＝－2時，等號成立．當yeq\o\al(2,1)＝y(tǒng)eq\o\al(2,2)時，取y1＝eq\r(2)，y2＝－eq\r(2)，則AB所在直線的方程為x＝2，此時求得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：顯然a＝0時，函數(shù)有兩個不同的零點，不符合．當a≠0時，由f′(x)＝3ax2－6x＝0，得x1＝0，x2＝eq\f(2,a).當a>0時，函數(shù)f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))上單調遞減，又f(0)＝1，所以函數(shù)f(x)存在小于0的零點，不符合題意；當a<0時，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,a)))，(0，＋∞)上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，0))上單調遞增，所以只需feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))>0，解得a<－2，則a的取值范圍是(－∞，－2)．14.－1解析：因為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，當且僅當b＝2a，c＝4a2時，|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，其最小值為－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為等腰三角形．(7分)(2)取AC中點D，連結BD，則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)，則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))上是增函數(shù)，∴eq\f(2,3)<eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))<1.(14分)16.(1)證明：取線段AC的中點M，連結MF、MB.因為F為AD的中點，所以MF∥CD，且MF＝eq\f(1,2)CD.(2分)在折疊前，四邊形ABCD為矩形，E為AB的中點，所以BE∥CD，且BE＝eq\f(1,2)CD.所以MF∥BE，且MF＝BE.(4分)所以四邊形BEFM為平行四邊形，故EF∥BM.又EF平面ABC，BM平面ABC，所以EF∥平面ABC.(6分)(2)解：在折疊前，四邊形ABCD為矩形，AD＝2，AB＝4，E為AB的中點，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為三棱錐CEFD的高．(10分)因為F為AD的中點，所以S△EFD＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×AD·AE＝eq\f(1,4)×2×2＝1.所以四面體FDCE的體積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：由題意得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)，則a2＝4，所以橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(6分)(2)證明：設P(x1，y1)(y1≠0)，M(2，y0)，則k1＝eq\f(y0,2)，k2＝eq\f(y1,x1－2).因為A、P、M三點共線，所以y0＝eq\f(4y1,x1＋2)，則k1k2＝eq\f(4yeq\o\al(2,1),2（xeq\o\al(2,1)－4）).(9分)因為P(x1，y1)在橢圓上，所以yeq\o\al(2,1)＝eq\f(3,4)(4－xeq\o\al(2,1))，則k1k2＝eq\f(4yeq\o\al(2,1),2（xeq\o\al(2,1)－4）)＝－eq\f(3,2)為定值．(14分)18.解：(1)BM＝AOsinθ＝100sinθ，AB＝MO＋AOcosθ＝100＋100cosθ，θ∈(0，π)．則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)，此時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極大值所以當θ＝eq\f(π,3)時，S取得最大值Smax＝3750eq\r(3)m2，此時AB＝150m.答：當點A離路邊l為150m時，綠化面積最大，值為3750eq\r(3)19.(1)證明：f′(x)＝xsinx，當x∈(0，π)時，sinx＞0，所以f′(x)＞0恒成立，所以f(x)在(0，π)上單調遞增．(3分)(2)解：因為f′(x)＞eq\f(1,2)x2＋λx，所以xsinx＞eq\f(1,2)x2＋λx.當0＜x＜π時，λ＜sinx－eq\f(1,2)x.設φ(x)＝sinx－eq\f(1,2)x，x∈(0，π)，則φ′(x)＝cosx－eq\f(1,2).當0＜x＜eq\f(π,3)時，φ′(x)＞0；當eq\f(π,3)＜x＜π時，φ′(x)＜0.于是φ(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))上單調遞減，所以當0＜x＜π時，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：由題意知推測eq\f(F（x3）－F（x2）,x3－x2)＜eq\f(F（x2）－F（x1）,x2－x1)的大?。紫茸C明：eq\f(F（x3）－F（x2）,x3－x2)<F′(x2)．由于x2＜x3，因此只要證：F(x3)－F(x2)＜(x3－x2)·F′(x2)．設函數(shù)G(x)＝F(x)－F(x2)－(x－x2)F′(x2)(x2＜x＜π)，因為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)上為增函數(shù)，所以G′(x)＜0.則G(x)在(x2，π)上單調遞減，又x＞x2，故G(x)＜G(x2)＝0.而x2＜x3＜π，則G(x3)＜0，即F(x3)－F(x2)－(x3－x2)F′(x2)＜0，即F(x3)－F(x2)＜(x3－x2)F′(x2)．從而eq\f(F（x3）－F（x2）,x3－x2)＜F′(x2)得證．(12分)同理可以證明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)，即直線AB的斜率大于直線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，∴數(shù)列{an}是以t為公比的等比數(shù)列．①要使?jié)M足條件的數(shù)列{an}是唯一的，即關于a1和t的方程組有唯一正數(shù)解，即方程8t2－at＋a＝0有唯一解，由于a>0，∴Δ＝a2－32a＝0，∴a＝32，此時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成等比數(shù)列，則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，此時n＝12.故當且僅當m＝2，n＝12時使得b1、bm、bn成等比數(shù)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，當且僅當tk－1＝eq\f(1,tk－1)，即t＝eq\r(k,2)，a1＝8(eq\r(k,2)－1)時，a2k＋1＋a2k＋2＋…＋a3k取得最小值32.(16分)2月13日一、填空題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，∴l(xiāng)og2(4－x2)≤2.3.[0，1)解析：P＝{y|y≥0}，Q＝{y|y＜1}，P∩Q＝[0，1)．4.±1解析：當a≥0時，由f(a)＝3有2a＋1＝3，a＝1.又由函數(shù)y＝f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，根據(jù)對稱性知，當a＜0時，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：與y＝ex的圖象關于y軸對稱的圖象為y＝e－x，y＝e－x將y＝e－x的圖象向左平移1個單位長度，得y＝e－(x＋1)的圖象，即f(x)＝e－x－1.9.(－1，1]解析：顯然f(x)在區(qū)間(－∞，0]上是減函數(shù)，又f(－1)＝1，∴－1<m≤0適合題意；又m>0時，f(x)在區(qū)間[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，綜上，－1<m≤1.10.(－4，4]解析：設g(x)＝x2－ax＋3a，則g(x)＝x2－ax＋3a＞0在[2，＋∞)上恒成立，且g(x)在[2，＋∞)上為增函數(shù)，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)是奇函數(shù)，∴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時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時eq\f(1,2)＜－eq\f(1,2)－eq\f(1,2x－1)≤eq\f(3,2).綜上，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：依題意3860＋500＋2[500(1＋x%)＋500(1＋x%)2]≥7000，化簡得(x%)2＋3·x%≥0.64，解得x≥20.所以x的最小值為20.13.0解析：設F(x)＝f(x)－2，即F(x)＝alog2x＋blog3x，則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、解答題15.解：f(x)＝eq\f(2x＋2－x＋k,2x＋2－x＋1)，令2x＋2－x＝t，則f(t)＝eq\f(t＋k,t＋1)＝1＋eq\f(k－1,t＋1)(t≥2)．原題等價于：對于t≥2，[2f(t)]min≥[f(t)]max恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．(1)當k＝1時，顯然成立；(2)當k＜1時，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)當k＞1時，1＜f(t)≤eq\f(k＋2,3)，由2×1≥eq\f(k＋2,3)得1＜k≤4.綜上，實數(shù)k的取值范圍為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，對任意的x∈(－1，1)，－x∈(－1，1)有f(－x)＋g(－x)＝loga(1－x)＋loga(1＋x)＝f(x)＋g(x)，所以函數(shù)f(x)＋g(x)是(－1，1)上的偶函數(shù)．(2)當a＞1時，要使f(x)＋g(x)＜0成立，則x應滿足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，當a＞