高考模擬題精選之數學解答題參考答案

1． 解：（1） sin2A-sin2B-sin（A+B）?ｓｉｎ（A-B）=sin2A-sin2B-（sin2Aｃｏｓ2B-ｃｏｓ2Aｓｉｎ2B）＝sin2A-sin2B-［sin2A（1-sin2B）-（1-sin2A）sin2B］＝0.

（2） ∵ 2a2=c2+2b2，由正弦定理可得2sin2A-2sin2B=sin2C. ∵ C=π-（A+B）， ∴ 由（1）的結論可得2sin2A-2sin2B=2sin（A+B）?sin（A-B）=sin2C=sin2（A+B）， ∴ 2sin（A-B）=2sin（A+B），∴ 2sinAcosB-2cosAsinB=sinAcosB+ｃｏｓAｓｉｎB，即sinAcosB＝3cosAsinB， ∴ =3． 設tanB=t，則tanA=3t. ∵ A，B為△ABC的內角且tanA，tanB同號，∴ t>0. ∴ tan（A-B）＝＝≤，當ｔ＝時，tan（A-B）有最大值． 此時B=， ∴ A=，C=， ∴ △ABC為直角三角形．

2． 解：（1） 由題意得2ｂｃｏｓA＝ａｃｏｓC+ｃｃｏｓA，由正弦定理得2sinBcosA=?sinAcosC+sinCcosA， ∴ 2sinBcosA=sin（A+C）＝ｓｉｎB. ∵ ｓｉｎB≠0， ∴ cosA=，A=.

（2） 選擇①③：由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccosA=4，又c=b，A=， ∴ b=2，c=2． ∴ S=bcsinA=．

選擇①②：由正弦定理可得b=?sinB＝2，又sinC＝sin（A+B）＝sinAｃｏｓB+ｃｏｓAsinB＝， ∴ S=absinC=+1．

（選擇②③，由正弦定理得sinC==>1，這樣的三角形不存在．）

3． 解：（1） 由題意得B=60°，設A=60°-θ，C=60°+θ． ∵ 6sinAsinC=6sin（60°-θ）sin（60°+θ）=6×cos2θ-sin2θ=6×-sin2θ，1-cos2B=， ∴ 由6sinAsinC=1-cos2B可得sin2θ=， ∴ θ=±45°，∴三角形的三個內角為A=15°，B=60°，C=105°或A=105°，B=60°，C=15°．

（2） ∵ 6sinAsinC＝1-cos2B=2sin2B， ∴ 由正弦定理可得3ac=b2，由余弦定理可得cosB==-≥1-＝-， ∴ 0°

4． 解： （1） f（x）=cos2x-+2cos2x=cos2xcos+sin2xsin+（1+cos2x）=cos2x-sin2x+1=cos2x++1， ∴ f（x）的最大值為2． 當 f（x）=2時，cos2x+=1，2x+=2kπ （k∈Z）， ∴ x的集合為x|x=kπ-，k∈Z．

（2） 由（1）得 f（B+C）=cos2（B+C）++1＝，即cos2（π-A）+=，化簡得cos2A-=． ∵ A∈（0，π）， ∴ 2A-∈-，. 當且僅當2A-=即A=時，cos2A-=成立． ∵ A=，b+c=2， ∴在△ABC中，由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos=（b+c）2-3bc≥（b+c）2-3?2＝1，當且僅當b=c=1時等號成立. ∴ a2≥1，a的最小值為1.

5． 解：（１） 由2ｎSｎ+1-2（ｎ+1）Sｎ＝ｎ2+ｎ得-=， ∴ 是公差為的等差數列，=S1+． ∵ S1=a1=1， ∴ Sn=． 當n≥2時，an=Sn-Sn-1=n；當n=1時，a1=1也符合該通項公式， ∴ an=n （n∈N*）．

當n≥2時，bn=Tn-Tn-1=-=bn-1-bn， ∴ bn=bn-1. 由b1=T1=解得b1=. ∴ ｛ｂｎ｝是首項為、公比為的等比數列，ｂｎ=n+1．當n=1時，b1=也符合該通項公式. ∴ ｂｎ=n+1 （n∈N*）．

（２） ∵ cｎ=aｎｂｎ=n?n+1， ∴ Wn=2+2?3+3?4+…+n?n+1，又Wn=3+2?4+…+（n-1）?n+1+ｎ?n+2，兩式相減得Wn=2+3+4+…+n+1-ｎ?n+2. ∴ Wn=+2+…+n-ｎ?n+1. ∵ +2+…+n=1-n<1，又∵ -ｎ?n+1<0， ∴ W<1．

6． 解：（１） ∵ a1+a2+…+an-ｐan+1＝0， ∴ 當n≥2時，a1+a2+…+an-1-ｐan＝0，兩式相減得=，代入p=可得=3， ∴ 數列｛ａｎ｝從第二項起是公比為3的等比數列． 當n=1時有a1-pa2=0，代入a1=a=1，p=，解得a2==2， ∴ an=1，n=1；2?3n-2，n≥2.

（２） ①由（1）得an+1＝an （n≥2），a2=， ∴ ak+1=k-1，ak+2=k，ak+3=?k+1．

若ak+1為等差中項，則2ak+1=ak+2+ak+3，整理得=1或=-2，解得p=-. 此時ak+1=

-3a?（-2）ｋ-1，ak+2=-3a（-2）ｋ， ∴ dk=ak+2-ak+1=9a?2k-1．

若ak+2為等差中項，則2ak+2=ak+1+ak+3，整理得=1，無解．

若ak+3為等差中項，則2ak+3=ak+1+ak+2，整理得=1或=-，解得p=-.此時ak+1=--k-1，ak+3=--k+1， ∴ dk=ak+3-ak+1=?k-1．

綜上所述，當p=-時，dk=9a?2k-1；當p=-時， dk=?k-1．

②當p=-時，Sk=9a（2ｋ-1），由Sk＜30可得ａ＜． ∵ k∈N*， ∴ 0<≤， 要使Sk＜30恒成立，a<0. 這與a∈N*矛盾，∴ 此時不存在滿足條件的a.

當p=-時，Sk=1-k，由Sk＜30可得a<． ∵ >，∴ 當a=13時，Sk<30恒成立；當a=14時，若k=5，則a>，此時Sk>30不合題意， ∴ 存在滿足題意的a且a的最大值為13．

7． 解：（１） 由題意得Sn=2+（ａｎ+1-1）ｐ． 當ｐ＝1時，Sｎ＝1+ａｎ+1， ∴當n=1時，S1＝ａ1＝1+ａ2. ∵ ａ1＝3， ∴ a2=2． ∵當n≥2時，ａn＝Sn-Sn-1=ａｎ+1-ａｎ， ∴ ａｎ+1=2ａｎ， ∴ ｛ａｎ｝從第二項起是公比為２的等比數列， ∴ ａｎ＝3，n=1；2n-1，n≥2； Sｎ＝2n+1，n∈N*.

（２） 當ｐ＝-1時，Sｎ＝2+． 當n≥2時， an=Sn-Sn-1=-，整理得an+1=． 由題意知ａｎ>0， ∴ ａｎ+1-ａｎ=-an=≤0，an-=-=≤0. ∴ 當n≥2時，ａｎ+1≤ａｎ≤．

8． 解： （1） 如圖1-1所示，聯結AC，設AC與BD交于點O，則由ABCD為菱形可得O為BD中點. 取BF的中點G，聯結DG，OG，則OG∥DF且OG=DF=. ∵ CE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD， ∴ CE∥DF，∴ OG∥CE. 又CE=， ∴ OG=CE． ∴ 四邊形COGE為平行四邊形， ∴ EG∥OC. ∵ EG?埭平面ABCD，OC?奐平面ABCD， ∴ EG∥平面ABCD． ∴ 點G為BF的中點.

（2） 解法一： 聯結OE. ∵ ABCD是菱形，∴ AC⊥BD，又DF⊥平面ABCD， ∴ AC⊥DF， ∴ AC⊥平面BDF， ∴ AC⊥DG. ∵ AC∥EG，∴ DG⊥EG. ∵ ABCD是邊長為2的菱形，∠DAB=120°， ∴ BD=2=DF. 又G為BF的中點，DF⊥BD， ∴ G是等腰Rt△BDF斜邊上的中點， ∴ DG⊥BF. 又BF∩GE=G，且BF，GE?奐平面BEF， ∴ DG⊥平面BEF， ∴ DG⊥BE． 過G作GH⊥BE，聯結DH，則BE⊥平面DHG， ∴ BE⊥DH， ∴ ∠GHD為二面角F-BE-D的平面角． 在△DEB中，DE===BE=，OE==2. ∵ BD⊥OG，BD⊥AC，∴ BD⊥平面COGE. ∵ OE?奐平面COGE， ∴ BD⊥OE. 由S△BDE=?DH?BE=?BD?OE得DH=.在等腰Rt△BDF中，DG=BF==， ∵ DG⊥平面BEF，GH?奐平面BEF，∴ DG⊥GH. 在Rt△DGH中，sin∠GHD===， ∴ cos∠DHG=．

解法二：如圖1-2所示，以O為原點、OA為x軸、OB為y軸、OG為z軸建立空間直角坐標系，則B（0，，0），D（0，-，0），E（-1，0，），G（0，0，）. 由解法一可得DG⊥平面BEF， ∴平面BEF的法向量=（0，，）．設平面DBE的法向量為ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， ∵ =（-1，-，），＝（0，2，0），由ｎ?＝0，ｎ?＝0得-x-y+z=0，2y=0，取z=1，則n=（，0，1）. 設ｎ與的夾角為α，則由ｎ?＝ｎ??ｃｏｓα得ｃｏｓα＝， ∴ 二面角F-BE-D的余弦值為．

9． 解：（1） 如圖2所示，過點D作DC的垂線交SC于點E，以D為原點，DC，DE，DA為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系． ∵ ∠SDC=120°，∠CDE=90°， ∴ ∠SDE=30°.又SD=2， ∴ 點S到y軸的距離為SD?sin30°=1，點S到x軸的距離為SD?cos30°=． ∴ D（0，0，0），S（-1，，0），A（0，0，2），C（2，0，0），B（2，0，1）．

設平面SAB的法向量為ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， ∵ =（2，0，-1），＝（-1，，-2）， ∴有2x-z=0，-x+y-2z=0.取x=，得n=（，5，2）． 設SC與平面SAB所成的角為θ， ∵ =（3，-，0）， ∴ ｓｉｎθ＝ｃｏｓ＜，ｎ＞=＝＝， ∴ SC與平面SAB所成角的正弦值為．

（2） 設平面SAD的法向量為m=（a，b，c）， ∵ =（0，0，-2），＝（-1，，-2）， ∴ 有-2c=0，-a+b-2c=0.取a=，得m=（，1，0）． ∴ cos〈n，m〉==＝，即平面SAD與平面SAB所成的銳二面角的余弦值為．

10． 解： （１）如圖3所示，作PP1平行于AA1交A1B1于點P1， ∵ AA1⊥平面ABC，∴ PP1⊥平面ABC.又CC1⊥平面ABC， ∴ PP1∥CC1. 若CP∥平面A1B1C1，則CP∥C1P1， ∴ CPP1C1是平行四邊形，CC1=PP1， ∴ 1≤CC1≤2．

（２） 如圖3所示，以BC中點O為原點，作OD⊥BC交B1C1于點D.以OC，OA，OD為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，則有A（0，，0），B（-1，0，0），C（1，0，0），A1（0，，1），B1（-1，0，2）. 設C1（1，0，ｔ），平面A1B1C1的一個法向量為ｎ＝（ｘ，ｙ，z）.取z=1，由ｎ?＝0，ｎ?＝0可得ｎ=1-，t，1. 同理可得平面AA1C1C的一個法向量為m=（，1，0）， 由m?n=0解得t=3， ∴ ｎ=-，，1. ∵ =（-2，0，0）， ∴ cos〈n，〉==， ∴ sin〈n，〉=， ∴ 直線BC與平面A1B1C1所成角的余弦值為．

11． 解： （１） 證明：由BC⊥PC，BC⊥AC可得BC⊥平面PAC． ∵ 平面α∥BC，平面AEF過BC且與平面α交于EF，∴ EF∥BC， ∴ EF⊥平面PAC．

（２） 如圖4所示，以C為原點，CA，CB，CP為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，并設BC=2．則A（2，0，0），B（0，2，0），P（0，0，2），D（1，0，1）. 設平面PAB的法向量為n1=（x1，y1，z1），取x1=1，由n1?=0，n1?=0可得n1=（1，1，1）．

∵ AB＝2BE，EF∥BC， ∴ △ABC∽△AEF. ∴ E（-1，3，0），F（-1，0，0）． 設平面DEF的法向量為n2=（x2，y2，z2），取x2=1，由n2?=0，n2?=0可得n2=（1，0，-2）． ∴ cos〈n1，n2〉=

=-，由圖4可得二面角P-DM-N的余弦值為.

１２． 解：（1） ∵ e==， ∴ ==. 又由題意得+=1，解得a2=4，b2=2. ∴ 橢圓的方程為+=1．

（2） ∵ kAM =-，A（，1）， ∴ 直線AM的方程為y-1=-（x-），即y=-x+3. 代入+=1，得5x2-12x+14=0. ∵ xA=， ∴ 由xA+xM=可得xM=， ∴ yM=-?+3=.

由B，-，M，可求得直線l的方程y=x-. 代入+=1，得5x2-2x-14=0.由題意，xM，xN為方程5x2-2x-14=0的兩個解，∴ xM +xN=，xM?xN=-. ∵ MN=?xM-xN=＝=. 又點A到MN的距離h=＝， ∴ S△AMN=?MN?h=??=.

１３． 解： （1） 由題意得c=，a=， ∴ b=1， ∴ 橢圓的方程為+y2=1. ∵ “伴隨圓”的半徑r==2， ∴ “伴隨圓”的方程為x2+y2=4．

（2） 設直線l的方程y=x+t，由y=x+t，+y2=1得4x2+6tx+3t2-3=0．由Δ=0得t2＝4，又“伴隨圓”的圓心（0，0）到直線ｌ的距離為ｄ＝＝， ∴ MN=2=2．

（3） 當l1，l2中有一條無斜率時，不妨設l1無斜率. ∵ l1與橢圓只有一個公共點，∴ l1的方程為x=或x=-． 當l1的方程為x=時，l1與“伴隨圓”交于點（，1），（，-1），此時過點（，1）或（，-1）且與橢圓只有一個公共點的直線是ｙ＝1或ｙ＝-1，即ｌ2的方程為ｙ＝1或ｙ＝-1，顯然ｌ1⊥ｌ2．同理可證，當ｌ1的方程為ｘ＝-時，ｌ1⊥ｌ2．

當ｌ1，ｌ2都有斜率時，設點P（x0，y0） （x0≠±），過點P（x0，y0）與橢圓只有一個公共點的直線為y=k（x-x0）+y0，由y=kx+（y0-ｋｘ0），+y2=1可得ｘ2+3［kx+（y0-ｋｘ0）］2-3＝0，整理得（1+3ｋ2）?ｘ2+6ｋ（y0-ｋｘ0）ｘ+3（ｙ0-ｋｘ0）2-3＝0．由題意得Δ=［6ｋ（y0-ｋｘ0）］2-4?（1+3ｋ2）［3（ｙ0-ｋｘ0）2-3］＝0，化簡得（3-）k2+2x0y0k+1-=0． ∵ +=4， ∴ （3-）k2+2x0y0k+（-3）＝0.

設ｌ1，ｌ2的斜率分別為ｋ1，ｋ2 . ∵ ｌ1，ｌ2與橢圓都只有一個公共點， ∴ ｋ1，ｋ2滿足方程（3-）k2+2x0y0k+（-3）＝0， ∴ ｋ1?ｋ2=＝-1，即ｌ1⊥ｌ2．

１４． 解： （１） 設M（ｘ，ｙ）. 由題意知AC的方程為y=±x. 代入橢圓方程得x=±a. ∵ MF⊥x軸， ∴ a=c， ∴橢圓的離心率e=．

（２） 由題意得以AC為直徑的圓的方程為x2+y2=a2+b2. 設P（x0，y0）是圓上除A，B，C，D外的一點，∴ x0≠±a， ∴ 過點P的橢圓的切線方程可設為y=kx+m，代入橢圓方程可得（ｂ2+ａ2ｋ2）ｘ2+2ａ2ｋｍｘ+ａ2ｍ2-ａ2ｂ2＝0. ∵ Δ=4a2b2（ｂ2+ａ2ｋ2-ｍ2）＝0， ∴ b2+a2k2-m2=0．將m=y0-kx0代入可得（ａ2-）ｋ2+2ｘ0ｙ0ｋ+ｂ2-＝0. 設該方程的兩根為 ｋ1，ｋ2， ∴ ｋ1ｋ2=，又+=ａ2+ｂ2， ∴ ｋ1ｋ2=-1，兩切線垂直， ∴ 過圓上的點作橢圓的兩條切線都相互垂直．

１５． 解： （1） 如圖5所示，點P到點O1（1，0）的距離等于它到直線ｘ＝-1的距離， ∴ 點P的軌跡是拋物線，點P的軌跡方程為y2=4x （ｘ>0）.

（2） 設P，t （t>0），切線斜率為k， 則切線方程為y-t=kx-，即kx-y+t-=0．由題意得圓O2的圓心（-1，0）到切線的距離為＝1，整理得ｔ2（ｔ2+8）ｋ2-8ｔ（ｔ2+4）ｋ+16（ｔ2-1）＝0．該方程的兩根ｋ1，ｋ2就是兩條切線的斜率，由韋達定理得ｋ1+ｋ2＝ （①）．

由ｙ-ｔ＝ｋ1x-，ｙ-ｔ＝ｋ2x-可得A，B兩點的縱坐標ｙ1＝ｔ-ｋ1，ｙ2＝ｔ-ｋ2. ∵ M（0，ｍ）為AB的中點，∴ m=＝=ｔ-（ｋ1+ｋ2） （②）.

把①代入②得m==. ∵ t>0， ∴ m=≤=， ∴ m的取值范圍是0，．

１６． 解：（1） f（x）的定義域為（0，+∞）. ∵ f′（x）=-a，又f（x）在x=1處取得極值，∴ f′（1）=0，解得a=1， ∴ f′（x）=. ∵ 當00；當x>1時， f′（x）<0，∴ 當a=1時，f（x）在x=1處可以取到極值，f（x）的單調遞增區間為（0，1），單調遞減區間為（1，+∞）．

（2） 由（1）知函數f（x）=lnx-x在x＝1處取得極大值f（1）=-1，∴ lnx-x≤-1，即lnx≤x-1在（0，+∞）上恒成立，當且僅當x=1時等號成立.

當x=2，3，…，n時，有ln2<1，ln3<2，…，lnnn+2ln（n！）=n+ln（n！）2. ∴當n≥2時，n2>n+ln（n!）2．

１７． 解：（1） f（x）的定義域為R，ｇ（x）的定義域為（0，+∞）. f（x）的圖象與坐標軸的交點為（0，a），g（x）的圖象與坐標軸的交點為（a，0）. f′（x）=aex，g′（x）=.由題意得f′（0）=g′（a），即a=． ∵ a>0，∴ a＝1， ∴ f′（0）=g′（a）=1，兩交點為（0，1），（1，0），∴ f（x）和g（x）的圖象與坐標軸交點處的切線方程分別為x-y+1=0，x-y-1=0，由此求得兩平行切線間的距離為．

（2） 由（1）得f（x）＝ex，ｇ（x）＝ｌｎｘ. 由題意得存在x使>成立，則m0時， ∵ h′（x）=1-ex+ex=1-+ex. ∵ +≥2=，又ex＞1， ∴ +ex＞， ∴ h′（x）=1-+ex<0. ∴ h（x）在區間（0，+∞）上單調遞減，h（x）max=h（0）=0， ∴ m<0，即實數m的取值范圍為（-∞，0）.

（3） 函數y=f（x）和y=g（x）的偏差F（x）=f（x）-g（x）=ex-lnx，x∈（0，+∞）． 令F1（x）=ex-x，x∈（0，+∞）；F2（x）=x-lnx，x∈（0，+∞）． ∵ （x）=ex-1＞0， ∴ F1（ｘ）在（0，+∞）上單調遞增，∴ F1（x）＞F1（0）＝1. ∵ （x）=， ∴ F2（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增，∴ F2（x）≥F2（1）＝1， ∴ ex-lnx=F1（x）+F2（x）>2，即函數y=f（x）和y=g（x）在其公共定義域內的所有偏差都大于2．

１８． 解：（1） f（x）的定義域為（0，+∞）， f′（x）=-2（x-1）-a=．

當a≥0時，∵ x>0，2x+a>0，∴ 當x∈（0，1）時， f′（x）＞0， f（x）單調遞增；當x∈（1，+∞）時， f′（x）＜0， f（x）單調遞減. ∴ f（x）的單調遞增區間為（0，1），單調遞減區間為（1，+∞）. 同理可得當-2＜a＜0時， f（x）的單調遞增區間為-，1，單調遞減區間為0，-和（1，+∞）.當a=-2時， f（x）的單調遞減區間為（0，+∞）.當a＜-2時， f（x）的單調遞增區間為1，-，單調遞減區間為（0，1）和-，+∞．

（2） 由題意可得f′（x0） ====-（x1+x2-2）-a， f′=-（x1+x2-2）-a． ∵ 當a>0時，f′（x）=-2（x-1）-a在（1，+∞）上為減函數，∴要證x0＜，只要證明f′（x0）＞f′即＞即可． 整理＞得ln＞，令t=>1，g（t）=ln-=lnt-，則有g′（t）=-＝＞0． ∴ g（t）在（1，+∞）上為增函數，∴ g（t）＞g（1）＝0， ∴ lnt＞，即ln>， x0<得證．

文科部分

19． 解：（1） 由sinA-cosA=<0可知cosA>0， ∴ A為銳角． 又（sinA+cosA）2＝1+2sinAcosA＝2-（sinA-cosA）2＝1+＝ 2， ∴ sinA+cosA=. 聯立sinA-cosA=可得cosA=， ∴ A=．

（2） 由（1）得sinA=，代入sinAsinB=cos2可得sinB=. ∴ sinB=1+cosC. ∵ sinB∈（0，1）， ∴ cosC＜0，C為鈍角， ∴ B為銳角，且B+C＝π．

由sinB=sinπ-C=1+cosC可得cosC-sinC=-1，即cosC+=-1， ∴ C=π， ∴ B＝＝A， △ABC為鈍角等腰三角形．

２0． 解： （1） f（x）=2sin2x+2sinxcosx=1-cos2x+sin2x=sin2x-+1.

當-+2kπ≤2x-≤+2kπ （k∈Z）即-+kπ≤x≤+kπ （k∈Z）時， f（x）單調遞增，即f（x）的單調遞增區間是-+kπ，+kπ（k∈Z）．

（2） 由正弦定理得（sinA-ｓｉｎC）ｃｏｓB＝ｓｉｎBｃｏｓC， ∴ sinAｃｏｓB＝ｓｉｎBｃｏｓC+ｃｏｓBｓｉｎC＝ｓｉｎ（B+C）＝ｓｉｎA. ∵ A，B，C為△ABC的內角，∴ sinA∈（0，1）， ∴ ｃｏｓB＝ ，B=． 由A+C=得0

21． 解：（1） 由正弦定理與余弦定理可得sinB=＝?=cosB， ∴ ｔａｎB＝． ∵ B∈（0，π）， ∴ B＝．

（2） 由（1）得A+C＝， ∴ cosA+cosC=cosA+cos-A=cosA-cosA+sinA=sinA+． ∵ A∈0，， ∴ A+∈，， ∴當A+=即A=時，cosA+cosC有最大值1．

22． 解： （１） 由a1=1，an+1=+2an （ｎ∈N*）得ａ2＝+2ａ1＝3，ａ3＝+2ａ2＝15．

（２） 由an+1=+2an （ｎ∈N*）得ｌｏｇ2（ａｎ+1+1）=ｌｏｇ2（+2an+1）＝ｌｏｇ2（an+1）2＝2ｌｏｇ2（an+1），又ｌｏｇ2（a1+1）＝ｌｏｇ2 2＝1， ∴ 數列｛ｌｏｇ2（an+1）｝是首項為1、公比為2的等比數列，ｌｏｇ2（an+1）=2n-1， ∴ an=22n-1-1．

23． 解： （１） 由題意得an+1=Sn+1-Sn=Sn+3n，∴ Sn+1=2Sn+3n， ∴ Sn+1-3n+1=2（Sn-3n）. ∵ bn＝Sn-3n， ∴ bn+1=2bn． ∵ b1=S1-3=a-3， ∴ ｛ｂｎ｝是首項為a-3、公比為2的等比數列，bn=（ａ-3）2ｎ-1 （n∈N*）.

（２） 由（１）得Sn=bn+3n=（ａ-3）?2ｎ-1+3n （n∈N*）.

當n≥2時，an=Sn-Sn-1=（ａ-3）?2ｎ-1+3ｎ-（ａ-3）?2ｎ-2-3ｎ-1＝（ａ-3）?2ｎ-2+2?3ｎ-1，ａn+1-ａn=Sｎ+3n-ａｎ＝4?3ｎ-1+（ａ-3）?2ｎ-2＝2ｎ-212?n-2+a-3．由an+1≥an可得12?n-2+a-3≥0，由n≥2解得ａ≥-9.

當ｎ＝1時，ａ2＝S1+3=ａ1+3＞ａ1恒成立．

綜上可得，ａ的取值范圍是［-9，+∞）．

24． 證明：（１） ∵ Sn=nan-n（ｎ-1） （n∈N*） （①）， ∴ 當n≥2時，Sn-1=（ｎ-1）an-1-（ｎ-1）（ｎ-2） （②）．①－②可得an=［nan-n（ｎ-1）］-［（ｎ-1）an-1-（ｎ-1）（ｎ-2）］，整理得ａn-ａn-1=2 （ｎ≥2）. ∵ S2=2a2-2（2-1）=a1+a2=1+a2， ∴ a2=3，當n=1時，a2-a1=2也成立. ∴ ｛ａｎ｝為首項為1、公差為２的等差數列，ａｎ＝1+2（ｎ-1）＝2ｎ-1．

（２） ∵ bn===-， ∴ Tn=b1+b2+b3+…+bn=?1-+-+-+…+-=1-=．

設存在正整數m，n使得T1，Tm，Tn成等比數列，則（Tｍ）2＝T1?Tｎ，即2＝?．整理得＝＝6+＞6，即2ｍ2-4ｍ-1＜0，解得1-＜ｍ＜1+． ∵ m∈N*且m>1， ∴ m=2， ∴ n=12． 即當且僅當m=2，n=12時，T1，Tm，Tn成等比數列．

25． 證明： （1） 如圖6所示，聯結AC. 由ABCD為正方形可得AC⊥BD，由AE⊥平面ABCD可得AE⊥BD， ∴ BD⊥平面ACE， ∴ BD⊥CE．

（2） 由已知可得AE∥CF，則A，C，E，F四點共面. 延長AC交EF于點H． ∵ AE⊥平面ABCD， ∴ ∠EHA為EF與平面ABCD所成的角．

由題意可得AC=2，又AE=4，CF=1，由AE∥CF可得===，解得AH=， ∴ tan∠EHA==． 即繩EF所在直線與正方形ABCD所在平面所成的角的正切值為．

26． 解：（1） 如圖7所示，作DE⊥AB，則由題意可得DE=BC=1，AE=AB-BE=AB-CD=． ∴ V=×π×12×+π×12×=π．

（2） 聯結C′E，C′D．由（1）得AE==AB=C′D′，又AE∥CD∥C′D′， ∴ 四邊形AEC′D′為平行四邊形，∴ AD′∥C′E. ∴ ∠DC′E或其補角的大小就是異面直線AD′與C′D所成的角的大小． ∵ CC′2=BC2+BC′2-2BC?BC′?cosθ=2-2cosθ， ∴ C′D2=CD2+CC′2=2+（2-2cosθ）＝-2cosθ.又C′E==，DE=1， ∴ 在△C′DE中，cos∠DC′E==>0， ∴ AD′與C′D所成的角為銳角，即不存在θ，使AD′⊥C′D．

27． 解： （1） 如圖8所示， ∵在△ACE中，P，Q分別為AE，CE的中點，∴ PQ∥AC． 又AC?奐平面ACD，PQ?埭平面ACD， ∴ PQ∥平面ACD．

（2） 由（１）得PQ∥AC， ∴ PQ與平面ABD所成的角即為AC與平面ABD所成的角． ∵ AD⊥平面BCD， ∴ AD⊥CD． 又BD⊥CD，AD∩BD=D， ∴ CD⊥平面ABD． ∴∠CAD為AC與平面ABD所成的角． ∵ 在Rt△ACD中，∠ADC=90°，AD=CD，∴ ∠CAD=45°． 即直線PQ與平面ABD所成的角的大小為45°．

28． 證明： （１） 如圖9所示，聯結BD交AC于點O，聯結OE. ∵ 底面ABCD為矩形， ∴ O是BD的中點，又E是PD的中點， ∴ OE∥PB． ∵ OE?奐平面ACE，PB?埭平面ACE， ∴ PB∥平面ACE．

（２） ∵ PA⊥平面ABCD， ∴ PA⊥CD． 又底面ABCD是矩形， ∴ CD⊥AD，∴ CD⊥平面PAD． ∵ AE?奐平面PAD， ∴ CD⊥AE．

當x=1時，PA=AD．又PA⊥AD，E是PD的中點，∴ E是等腰Rt△PAD底邊的中點， ∴ AE⊥PD．又CD⊥AE，∴ AE⊥平面PCD． ∵ AE?奐平面ACE， ∴平面PCD⊥平面ACE． 即存在x=1使平面PCD⊥平面ACE．

29． 解：（1） f′（x）=ax2+x-（2+2a）． 由已知可得 f′（1）=0， f（1）=； 解得a=-1，b=. ∴ f（x）=-?x3+x2+.

此時f′（x）=-x2+x=-x（ｘ-1）． 當x∈（0，1）時，f′（x）>0，f（x）單調遞增；當x∈（-∞，0）或x∈（1，+∞）時，f′（x）＜0， f（x）單調遞減．

（2） 由已知可得f′（x）＝ax2+x-（2+2a）在［-2，0］上存在零點且在零點兩側f′（x）的值異號．

當a=0時，由f′（x）=0解得x=2?埸［-2，0］，不滿足條件． 當a≠0時，由題意可知=x2+x-+2=0在［-2，0］上有解且Δ=++8>0．

設g（x）=x2+x-+2． 由g（x）的圖象可知，當g（-2）g（0）＝4---2--2≤0時，g（x）＝0在［-2，0］上有解，且g（x）的圖象在零點兩側異號，解得a≤-1或a≥2，此時Δ＝++8>0，滿足條件．

當g（-2）g（0）>0時，由g（x）的圖象可知，要滿足題意，g（x）=0在［-2，0］上應有兩個不同的實根，則g（-2）＞0，g（0）＞0，-2＜-＜0，Δ＞0； 即a<0或a>2，-1，a<--或a>-+.∴ a無解．

綜上可得，實數a的取值范圍為（-∞，1］∪［2，+∞）．

30． 解：（1） 當b=1-2a時， f（x）=lnx-ax2-（1-2a）x，定義域是（0，+∞）. f′（x）＝-2ax-（1-2a）=-． 令f′（x）=0，則2ax2+（1-2a）x-1=（x-1）（2ax+1）=0. ∵ x>0，a>0，∴ 2ax+1>0，∴ x=1．

當0＜x＜1時，f′（x）=-＞0，∴ f（x）在區間（0，1）上單調遞增；當x>1時，f′（x）＜0，f（x）在區間（1，+∞）上單調遞減，∴ f（x）max=f（1）=ln1-a-（1-2a）=a-1． ∵ 0

（2） 解法一：當b=2時，函數f（x）=lnx-ax2-2x （a≠0），定義域是（0，+∞），f′（x）=-2ax-2=-． ∵ 函數f（x）存在單調遞減區間，∴ f′（x）=-<0在x∈（0，+∞）上有無窮多個解，即不等式2ax2+2x-1>0在x∈（0，+∞）上有無窮多個解．

當a>0時，函數y=2ax2+2x-1的圖象為開口向上的拋物線，2ax2+2x-1>0在x∈（0，+∞）上總有無窮多個解．

當a<0時，函數y=2ax2+2x-1的圖象為開口向下的拋物線，其對稱軸為x=->0． 若2ax2+2x-1>0在x∈（0，+∞）上有無窮多個解，則Δ=4+8a>0，解得a>-，即-

綜上所述，a的取值范圍為-，0∪（0，+∞）．

解法二：由解法一可知，2ax2+2x-1>0在x∈（0，+∞）上有無窮多個解，則關于x的不等式2a≥=-12-1在x∈（0，+∞）上有無窮多個解，∴ 2a>-1即a>-. 又a≠0，∴ a的取值范圍為-，0∪（0，+∞）．

31． 解：（1） f′（x）=3ax2+2bx-3． 根據題意得 f（1）=-2， f′（1）=0；解得a =1，b=0. ∴ f（x）=x3-3x．

（2） 計算可得M（2，m） （m≠2）不在曲線y=f（x）上. 設切點為（x0，y0），則y0=-3x0，切線的斜率為 f′（x0）=3-3． ∴ 3-3=，即2-6+6+m=0．

∵ 過點M（2，m） （m≠2）可作曲線y=f（x）的三條切線， ∴方程2-6+6+m=0有3個不同的實數解． 設g（x）=2x3-6x2+6+m，則g（x）有三個不同的零點. ∵ g′（x）＝6x2-12x，令g′（x）＝0，解得x＝0或x＝2．

∵ g（x）有三個不同的零點，∴ g（0）＞0，g（2）<0； 即6+m＞0，-2+m<0. 解得-6

32． 解：（1） 由已知可得2a=4，e==.解得a=2，c=1. ∴ b2=a2-c2=3. ∴ 橢圓C1的方程為+=1．又由題意得拋物線C2的焦點為F2（1，0），準線方程為ｘ＝-1， ∴ 拋物線C2的方程為y2=4x．

（2） ∵ M，N，P，Q在拋物線C2上， 與共線，與共線，且?=0， ∴ 直線MN，PQ的斜率均存在且不為零，MN⊥PQ． 設M（ｘ1，ｙ1），N（ｘ2，ｙ2），直線MN的斜率為ｋ，由MN過點F2可得直線MN的方程為ｙ＝ｋ（ｘ-1）． 與拋物線方程y2=4x聯立可得k2x2-（2ｋ2+4）ｘ+ｋ2＝0．由拋物線定義可知MN＝MF2+NF2＝ｘ1+1+ｘ2+1＝+2＝4+． 同理可得直線PQ的斜率為-，PQ=4+4k2． ∴ SPMQN=MN?PQ=4+?（4+4ｋ2）＝8?2+ｋ2+≥8?2+2＝32. 當且僅當ｋ＝±1時，四邊形PMQN的面積的最小值為32．

33． 解： （1） 如圖10所示，設A（ｘ1，ｙ1），B（ｘ2，ｙ2），線段AB的中點為M（ｘ0，ｙ0）．由題意得ｘ0＝，ｙ0＝． 由y2=6x可得AF+BF=x1++x2+=7， ∴ ｘ1+ｘ2=4，∴ ｘ0=2． ∵ kAB====， ∴ 線段AB的垂直平分線的方程是ｙ-ｙ0=-?（ｘ-2），當y=0時，x=5，∴ 線段AB的垂直平分線與x軸的交點C的坐標為（5，0）．

（2） 聯結AC，BC.由（1）得直線AB的方程為ｙ-ｙ0=（ｘ-2） ，即x=（ｙ-ｙ0）+2． 代入y2=6x得y2-2y0y+2-12=0．由題意可知ｙ1，ｙ2是y2-2y0y+2-12=0的兩個實根，且ｙ1≠ｙ2， ∴ Δ=4-4（2-12）＝-4+48＞0，解得-2＜ｙ0＜2．

∵ AB＝＝=＝＝＝?≤=7． ∴ 當且僅當＝時，ABｍａｘ＝7．

∵ CM垂直平分線段AB， ∴ 當AB＝7時，C（5，0）到線段AB的距離CM＝＝＝． ∴ S△ABC =AB?CM=.

34． 解： （1） 由題意得=AO?cos60°=2×=1， ∴ p=2，拋物線C的方程為y2=4x． 如圖11所示，作MD⊥OB于點D. 設圓M的半徑為r，則r=OM＝OD÷cos60°=?=2， ∴ M（2，0）， ∴ 圓M的方程為（ｘ-2）2+ｙ2＝4．

（2） 聯結MS，MQ.由（1）可得M（2，0），F（1，0）， ｌ：ｘ=

-1． 以點Q為圓心、QS為半徑作圓Q，則線段ST即為圓Q與圓M的公共弦．設點Q（-1，ｔ），則QS2＝QM2-SM2＝ｔ2+5， ∴ 圓Q的方程為（ｘ+1）2+（ｙ-ｔ）2＝ｔ2+5，與圓M的方程（ｘ-2）2+ｙ2＝4聯立，可得直線ST的方程為3ｘ-ｔｙ-2＝0． ∵ ，0必為方程3x-ty-2=0的一個解， ∴ 直線ST恒過定點，0．