參考答案
2014-11-07 19:33:43
數學教學通訊·初中版 2014年9期
函數期末測試卷
1. 由4-x2≥0，x+1>0，ln（x+1）≠0解得：x∈（-1，0）∪（0，2]，故選B.
2. 若f（x）=x+1，則f（2x）=2x+1，2f（x）=2x+2， f（2x）≠2f（x），所以選C.
3. A
4. 因為函數f（x）為T=2的奇函數，所以f- =f- =-f ，又因為0≤x≤1的函數解析式為f（x）=2x（1-x），求得f- =- . 選A.
5. f（1）=2e0=2，原不等式可化為x<2，2ex-1>2 或x≥2，log （x2-1）>2，解得1
6. 根據解析式易知A和D正確. 若x是無理數，則-x和x+1也是無理數；若x是有理數，則-x和x+1也是有理數，所以D（-x）=D（x），D（x+1）=D（x），從而可知B正確，C錯誤. 選C.
7. 作圖可知答案D正確.
8. （定性法）當0 9. 令x=y=0，則可得f（0）=0，令x=0，則-f（y）=f（-y），即f（x）為奇函數. 令1>x>y>0，則 >0，所以f（x）-f（y）=f <0，即x∈（0，1）時， f（x）遞減. 又P=f +f =f -f- =f =f ，因 < ，所以f >f ，即0>P>Q，故選B. 10. 令x=-1，得 f（1）=0，所以f（x+2）=f（x），即周期T=2. 當x∈[2，3]時， f（x）= -2x2+12x-18，故當x∈[0，1]時， f（x）= -2（x-1）2，作出圖象，有0 11. 12. 對于函數f（x）=x2-x+a為偶函數，則f（-1）=f（1），所以1-1+a=1--1+a，所以a=0. 13. （理）y=f（x）是定義在R上的奇函數，所以0=f（0）≥a+1，即a≤-1.當x>0時，-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恰有一個解，得a=-2. 又4-x？搖>0，1≤4-x？搖≤4，故b=3，所以 =- . 14. 函數y= = ，當x>1時，y= =x+1=x+1；當x<1時，y= =-x+1=-x-1，-1≤x<1，x+1，x<-1.綜上，函數y= =x+1，x>1，-x-1，-1≤x<1，x+1，x<-1，作出函數的圖象. 要使函數y與y=kx-2有兩個不同的交點，則直線y=kx-2必須在四邊形區域ABCD內（和直線y=x+1平行的直線除外），如圖1，若直線經過B（1，2），則k= =4，所以0 圖1 15. 對于函數f（x）=x2，顯然f（-1）=f（1），但-1≠1，故f（x）=x2不是單函數；對于②，該命題為定義的逆否命題，為真命題；對于③，由于f（x）是單函數，則對于集合B中的任意元素b，至多只有一個原象，故③正確；對于④，不滿足單函數的定義，故④不正確. 答案為②③. 16. （1）由題意，當0≤x<20時，v（x）=60；當20≤x≤200時，設v（x）=ax+b，再由已知得200a+b=0，20a+b=60，解得a=- ，b= ，故函數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. 當0≤x≤20時， f（x）為增函數，故當x=20時，其最大值為1200； 當20≤x≤200時， f（x）= x（200-x）≤ = ，當且僅當x=200-x，即x=100時，等號成立.而 >1200，所以當車流密度為100輛/千米時，車流量達到最大，最大值為3333輛/時. 17. （1）因為b>0，所以 > 恒成立，所以函數f（x）的定義域是R，關于原點對稱. 因為f（x）是奇函數，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. 設0≤x1 h（x1）-h（x2）= +2x1- -2x2= +2x1-2x2=2（x1-x2） -1. 因為x1-x2<0，0<2x1< ，0<2x2< ，所以 <1，由此知f（x）在[0，+∞）上單調遞增. f（x）是奇函數，所以在（-∞，0）上單調遞增，所以f（x）在R上單調遞增. 所以k = >0，所以y=f（x）的圖象上不存在兩點，使得所連的直線與x軸平行. 18. （1）任取x1，x2∈[-1，1]且x1 （2）由（1）有-1≤x+ < ≤1，解得- ≤x<-1. （3）由題有 f（x）max=f（1）=1≤m2-2am+1對所有的a∈[-1，1]成立，即2am-m2≤0對所有的a∈[-1，1]成立，故：-2m-m2≤0，2m-m2≤0，解得{mm≤-2，m=0，m≥2}. 19. （理）（1）平移后圖象對應的函數解析式為y=（x+1）3-3（x+1）2+2， 整理得y=x3-3x. 由于函數y=x3-3x是奇函數， 由題設真命題知，函數g（x）圖象對稱中心的坐標是（1，-2）.
（2）設h（x）=log 的對稱中心為P（a，b），由題設知函數h（x+a）-b是奇函數. 設f（x）=h（x+a）-b，則f（x）=log -b，即f（x）=log -b. 由不等式 >0的解集關于原點對稱，得a=2. 此時f（x）=log -b，x∈（-2，2）. 任取x∈（-2，2），由f（-x）+f（x）=0，得b=1，所以函數h（x）=log 圖象對稱中心的坐標是（2，1）.
（3）此命題是假命題. 舉反例說明：函數f（x）=x的圖象關于直線y=-x成軸對稱圖象，但是對任意實數a和b，函數y=f（x+a）-b，即y=x+a-b總不是偶函數. 修改后的真命題：“函數y=f（x）的圖象關于直線x=a成軸對稱圖象”的充要條件是“函數y=f（x+a）是偶函數”.
（文）（1）令f（x）=x[a-（1+a2）x]=0，解得x1=0，x2= ，所以I=x0 （2）k∈（0，1），則0<1-k≤a≤1+k<2. 由（1）I= ，I′= >0，則0 導數及其應用參考答案 1. C 2. 由切線的傾斜角的取值范圍為0， ，可得y′=2xp+2∈[0，1]，解得xp∈-1，- ，選A. 3. B 4. 根據極大值點、極小值點判斷，選C. 5. 由f ′（x）=k- ≥0對一切x∈（1，+∞）恒成立，所以k≥1，故選D. 6. 由f ′（x）=3ax2-6x，利用特殊值法，當a=3時， f（x）在（-∞，0）， ，+∞上遞增，在0， 上遞減，排除A、C；當a=- 時， f（x）在-∞，- ，（0，+∞）上遞減，在- ，0上遞增，排除D；故選B. 7. C 8. 構造函數f（x）=ex-lnx（0 9. 當x=0時，ax3-x2+4x+3≥0變為3≥0恒成立，a∈R. 當x∈（0，1]時，a≥ . 令g（x）= ，則g′（x）= - >0，故g（x）在（0，1]上單調遞增，g（x）max=g（1）=-6，所以a≥-6. 當x∈[-2，0）時，a≤ ，同理g（x）在[-2，-1）上單調遞減，在（-1，0）上單調遞增，故當x=-1時，g（x）min=-2. 所以a≤-2，綜上所述，-6≤a≤-2. 選C. 10. 設x0，x +e - 是函數f（x）圖象上的任意一點，該點關于y軸對稱的點-x0，x +e - 在函數g（x）的圖象上，則x +e - =x +ln（a-x0），即ln（a-x0）=e - . 所以a=x0+e （x<0）. 構造函數h（x）=x+e =x+ e ，則h′（x）=1+ e ·ex=1+ e >0，所以h（x）在（-∞，0）上是增函數，故a 11. 5x+y+2=0 12. 當x≤0時，令x2-2=0得x=- （正根舍去）. 當x>0時， f ′（x）=2+ >0恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上是增函數. 又因為f（2）=-2+ln2<0， f（3）=ln3>0，？搖所以f（x）在（2，3）內有一個零點. 綜上，函數的零點有2個. 13. 構造函數H（x）=x2-lnx，求導得H′（x）=2x- ，故H（x）min=H ，所以t= . 14. 構造函數H（x）=xf（x），則H′（x）=f（x）+xf ′（x）. 由f（x）+xf ′（x）>0知H（x）單調遞增，而f >x2f（x）等價于 >xf（x），即H >H（x），故 >x，解得x∈（0，1）. 15. 函數x=2時取得極小值，故①錯，其余均對. 答案為②③④. 16. （1）由題有f ′（x）=3x2-9x+6=3（x-1）（x-2）=3x- - ，所以f ′（x）min= - ，故要滿足題意，只需m≤f ′（x）min= - . （2）要使方程f（x）=0有且僅有一個實根，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，當k>0時， f（x）在（-∞，-k），（k，+∞）上單調遞增，在（-k，k）上單調遞減；當k<0時， f（x）在（-∞，k），（-k，+∞）上單調遞減，在（k，-k）上單調遞增. （2）由題意知， f（x）max≤ ，從而k<0. 又f（x）max=f（-k）= ，所以 ≤ ，即k∈- ，0. （文）（1）f ′（x）=3ax2+6x+3. ？搖f ′（x）=0的判別式Δ=36（1-a）. ①若a≥1，則f ′（x）≥0，此時f（x）在R上是增函數. ②當a<1時，f ′（x）=0有兩個根x1= ，x2= . 若0
（2）當a>0，x>0時， f ′（x）=3ax2+6x+3>0，所以f（x）在（1，2）上是增函數. 當a<0時， f（x）在（1，2）上是增函數當且僅當f ′（1）≥0且f ′（2）≥0，解得- ≤a<0. 綜上，a∈- ，0∪（0，+∞）.
18. （1）由題有， f ′（x）= - - 且f ′（1）=- -a=-2，所以a= .
（2）由（1）知f（x）= + -lnx- ，則f ′（x）= . 令f ′（x）=0得x=-1（舍去）或x=5，當x∈（0，5）時， f ′（x）<0，故f（x）在（0，5）內為減函數；當x∈（5，+∞）時， f ′（x）>0，故f（x）在（5，+∞）內為增函數. 所以當x=5時， f（x）極小值=f（5）=-ln5.
19. （理）（1）f ′（x）= - = = （？鄢）. （1+ax）（x+2）2>0，當a≥1時， f ′（x）≥0，此時，函數f（x）在（0，+∞）單調遞增. 當0 （2）由（？鄢）式知，當a≥1時， f ′（x）≥0，函數f（x）不存在極值點，因而要使得f（x）有兩個極值點，必有0 （文）（1）函數f（x）的定義域為（0，+∞）， f ′（x）= . 當f ′（x）>0時，即0 （2）因為e<3<π，所以eln3 江蘇啟東中學 江蘇南通中學 月考試卷調研 1. 2 2. ±i 3. 假 4. 5. 6. -5 記g（x）=asinx+btanx，則f（x）=g（x）+1. 由f（5）=7，得g（5）=6. 因為g（x）為奇函數，所以g（-5）=-6，所以f（-5）=g（-5）+1=-5. 7. 0 8. 因為B，P，M共線，所以記 =s ，所以 = + = + = b+ a ①. 同理，記 =t ，所以 = a+ b ②. 因為a，b不共線，所以由①②得 = ， = ，解之得s= ，t= ，所以 = a+ b. 9. a1+2a2+22a3+…+2 an=8-5n ①，當n≥2時，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個 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）對一切x∈R恒成立，當且僅當f（t）=t2+（1-a）t-a2≤0 （？鄢？鄢）對一切t∈[-1，1]恒成立，其充要條件為“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）式對一切t∈[-1，1]恒成立，當且僅當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的取值范圍為（-∞，-2]. 12. 以AB所在直線為x軸，以AB的中垂線為y軸建立平面直角坐標系. 由題意得CA+CB=10>AB=6，所以由橢圓定義知點C的軌跡是以A，B為焦點的橢圓（除長軸兩端點）. 設點C（x，y），則點C的軌跡方程為 + =1，所以x2+y2∈[16，25）. 而abcosC= · =（-3-x，-y）·（3-x，-y）=x2+y2-9∈[7，16），即所求的取值范圍為[7，16）.
13. 由已知得f ′（x）=x2+ax+2b. 依題意，方程x2+ax+2b=0的一個根大于0且小于1，另一個根大于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區域，其中A（-3，1），B（-1，0），D（1，2）. 設C（a，b）為可行域內的任意一點， 的幾何意義為直線CD的斜率，由圖可知，kBD>kCD>kAD，故 < <1.
圖2
14. f ′（x）=2（1+x）- = ，函數f（x）的定義域是（-1，+∞）. 若m≤0， f ′（x）≥0，函數f（x）在（-1，+∞）上單調遞增；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時，函數f（x）的單調遞增區間是-1+ ，+∞，單調遞減區間是-1，-1+ . 而函數h（x）在（-1，+∞）上的單調遞減區間是-1，- ，單調遞增區間是- ，+∞，故只需-1+ = - ，解得m= . 即當m= 時，函數f（x）和h（x）在其公共定義域上具有相同的單凋性.
15. （1）由題可知a+b=-c，所以c=-a-b，則b·c=b·（-a-b）=-a·b-b2=2-b2=-2，得b2=4. 所以b=2.
（2）延長CA到點D，使得CA=AD，連結DB，易得△ABC的面積等于△ADB的面積.此時 =b，則c-b= . 又因為b與c-b的夾角為150°，所以∠ADB=30°，b·（c-b）=b·c-b2=-2-4=-6=2·c-b·- ，得c-b= =2 . 因為∠ADB=30°， =b=2，易得△ADB中，底邊BD上的高為1，所以S△ABC=S△ADB= ×2 ×1= .
16. （1）因為△ABC是正三角形，M是AC的中點，所以BM⊥AC，即BD⊥AC. 又因為PA⊥平面ABCD，BD？奐平面ABCD，所以PA⊥BD. 又PA∩AC=A，所以BD⊥平面PAC. 又PC？奐平面PAC，所以BD⊥PC.？搖
（2）在正三角形ABC中，BM=2 . 在△ACD中，因為M為AC的中點，DM⊥AC，所以AD=CD. 因為∠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？奐平面PDC，所以MN∥平面PDC.
（3）假設直線l∥CD，因為l？奐平面PAB，CD？埭平面PAB，所以CD∥平面PAB. 又CD？奐平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，所以CD∥AB，這與“CD與AB不平行”矛盾，所以直線l與直線CD不平行.
17. （1）以EF所在直線為y軸，拋物線的頂點為原點建立直角坐標系.因為通徑長為4，所以拋物線的方程為x2=4y.設AF=m，則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）設BF=n，則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陰=S△AFB+S△CFD= ·AF·BF+ ·CF·DF= · · + · · = ，α∈0， .
（3）令sinα·cosα=t，t∈0， ，則S陰=4· =4· -4· =4 - -1. 因為t∈0， ，所以 ∈[2，+∞），所以當 =2，即t= α= 時，S 取得最小值8.
18. （1）由題意知，PF1+PF2=4 ，所以a=2 . 橢圓C的短半軸長為圓心到切線的距離，即b= =2，所以橢圓方程為 + =1.
（2）假設存在橢圓上的一點P（x0，y0），使得直線PF1，PF2與以Q為圓心的圓相切. 因為 +3 =0，F1（-2，0），F2（2，0），設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，則Q到直線PF1，PF2的距離相等，所以d1= = =d2， 化簡整理得8x02-40x0+32+8y02=0. 因為點P在橢圓上，所以x02+2y02=8，解得x0=2或x0=8（舍去）. 當x0=2時，y0= ± ，r=1，所以橢圓上存在點P，其坐標為（2， ）或（2，- ），使得直線PF1，PF2與以Q為圓心的圓（x-1）2+y2=1相切.
法2：Q到直線PF1，PF2的距離相等，即PQ為∠F1PF2的內角平分線，所以 = =3，PF1=3PF2，所以 =3 ，以下同法1.
19. （1）當a=0，b=1時， f（x）=x-lnx=x-lnx， f ′（x）=1- = ，當x≥1時， f ′（x）≥0，所以f（x）在區間[1，+∞）上遞增；當0 （2）若a≥1，當x≥a時，f（x）=x-a-lnx， f ′（x）=1- = ≥0，所以f（x）在[a，+∞）上遞增；當0
綜上，當a≥1時， f（x）的遞增區間是[a，+∞），遞減區間是（0，a）；當0 （3）方程m（x+lnx）=x2有唯一實數根，分離參數得m= . 設g（x）= ，則g′（x）= . 令g′（x）= =0，則x+2lnx-1=0，觀察得x=1，下面證明沒有其他根. 令h（x）=x+2lnx-1，則h′（x）= +1>0，所以h（x）=x+2lnx-1在（0，+∞）上是增函數，所以x+2lnx-1=0只有一個根x=1，又g（x）= 的定義域為x≠x0（0 所以m=1或m<0. 20. （1）an=at . （2）t=1時，bn≥b5？圳na+1≥5a+1？圳[（n+5）a+2]（n-5）a≥0（？鄢）. 1° a>0時，只要n<5，（？鄢）不成立， 2° a<0時，（？鄢）？圳[（n+5）a+2]（n-5）≤0 （？鄢？鄢） （ⅰ）n=5，（？鄢？鄢）成立，從而（？鄢）成立； （ⅱ）n>5即n≥6，（n+5）a+2≤0，a≤ - 對？坌n≥6成立，所以a≤- . 3° n<5即n≤4，（n+5）a+2≥0？圯a≥ - ？圯a≥- . 綜上，- ≤a≤- . （2）存在唯一正數組（a，t，k）= ， ， ，證明如下：t≠1時， Sn= ，bn= +1， cn=k+n+ -n =k+n+ = + {[（t-1）2-a（t-1）]n+k（t-1）2-at}. 要使得數列{cn}為等比數列，則（t-1）2-a（t-1）=0，k（t-1）2-at=0？圯a=t-1，k= .又a，t，k成等差數列，即2t= +t-1，所以t= ，則a= ，k= . 21. A. 因AE=AC，AB為直徑，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，即在矩陣MN變換下xy？搖→x″y″？搖= x2y？搖，即曲線y=sinx在矩陣MN變換下的函數解析式為y=2sin2x. C. （1）曲線L：ρ2sin2θ=2aρcosθ，即y2=2ax. 點A的直角坐標是（-2，-4），又斜率是1，所以直線l的方程是y=x-2. （2）設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成等比數列，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，將①②代入得a2+3a-4=0，所以a=1或a=-4. 又a>0，所以a=1. D. 因為x，y，z都是正數，所以有 + = + ≥ . 同理可得 + ≥ ， + ≥ . 將上述三個不等式兩邊分別相加，并除以2，得 + + ≥ + + . 22. （1）基本事件數為C ，滿足條件ai-aj≥2，即取出的元素不相鄰，則用插空法，有C 種，故所求事件的概率是P= = . （2）分析三數成等差的情況：ξ=1的情況有7種，分別為123，234，345，456，567， 678，789；ξ=2的情況有5種，分別為135，246， 357，468，579；ξ=3的情況有3種，分別為147，258，369；ξ=4的情況有1種，為159. 分布列是： E（ξ）=1× +2× +3× +4× = . 23. （1）設拋物線的方程為y2=2px，則 =2，所以p=4. 所以拋物線的方程是y2=8x. （2）直線的方程是y=k（x+1），聯立y=k（x+1），y2=8x.消去x得ky2-8y+8k=0，顯然k≠0，由？駐=64-32k2>0，得0 重慶南開中學 重慶巴蜀中學 月考試卷調研 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？搖？搖 10. （理）B ①當x>0，y>0時，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當x<0，y>0時，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當x<0，y<0時，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當x>0，y<0時，同②可得S4= . 所以S=S1+S2+S3+S4= .
（文）C？搖 令PF1=r1，PF2=r2，F1F2=2c，于是由中線長公式可得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）依題意，a=0.04×5×1000=200，b=0.02×5×1000=100.
（2）設其中成績為優秀的學生人數為x，則 = ，解得x=30，即其中成績為優秀的學生人數為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= ，從而得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）成績不低于90分的學生所占頻率為5×（0.06+0.02）=0.4，所以，抽取優秀的學生人數為50×0.4=20（人）. （2）成績不低于95分的人數有5人，成績介于90～95之間的有15人，ξ的取值為0，1，2. P（ξ=0）= = ，P（ξ=1）= = ，P（ξ=2）= = . 所以ξ的分布列為： 所以E（ξ）=0× +1× +2× = . （文）（1）因為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 ，因為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）函數f（x）的定義域為{xx≠a}. 對函數f（x）求導可得f′（x）= ，由f ′（x）>0，解得x>a+1，由f ′（x）<0，解得x （2）由題意可知，存在實數x∈（a，0]，使得不等式f（x）min≤ 成立. 當a+1<0，即a<-1時， f（x）在（a，a+1）上單調遞減，（a+1，0）上單調遞增. 所以f（x）在（a，0]上的最小值為f（a+1）=e ，則ea+1≤ ，得a≤-2. 當a+1≥0，即a≥-1時， f（x）在（a，0]上單調遞減，則f（x）在（a，0]上的最小值為f（0）= - ，由- ≤ ，得a≤-e（舍）. 綜上所述，a≤-2. （文）（1）f ′（x）= -3- = . 要使f（x）為單調減函數，則-3x2+ax-1≤0在區間（0，+∞）上恒成立，則Δ=a2-12≤0或 ≤0，-1≤0，？圯-2 ≤a≤2 或a≤0. 所以此時a的取值范圍為（-∞，2 ]. （2）當a=4時， f（x）=4lnx-3x+ ，從而f ′（x）= . 令f ′（x）=0，得x1= ，x2=1，所以f（x）在0， 和（1，+∞）上單調遞減，在 ，1上單調遞增. 由于f（1）= -2<0， f =e10-40- >0，故方程f（x）=0在（0，+∞）上只有一個根，所求根的個數為1. 20. （理）（1）因△PAB是等邊三角形，且E為PB的中點，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，從而BD⊥AE. 因為BD∩PB=B，所以AE⊥平面PBD. 圖3 （2）由（1）知BD⊥AB. 如圖3，以B為原點建立空間直角坐標系. 令AB=2，則得A（2，0，0），D（0，2 ，0），P（1，0， ），C（-2，2 ，0）. 設平面PAD的法向量為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）. 設 =λ =（-λ，2 λ，- λ）（0<λ<1），則 = + =（3-λ，2 λ-2 ， - λ）. 設直線CM與平面PAD所成角為θ，則sinθ=cos〈n， 〉= = ，即 = ，解得λ= 或λ= （舍）. 所以 = . （文）（1）設AB=a，BC=2a，由題意BM=CM= a，所以BM2+CM2=BC2，即BM⊥CM. 而平面ABM⊥平面BCDM，BM是平面ABM與平面BCDM的交線，所以CM⊥平面ABM，AB？奐平面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，設O為BM的中點，則AO⊥BM. 因為平面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，從而有C： + =1（c>0）. 又Q1， 在橢圓C上，故有 + =1，解得c=1. 所以橢圓C的方程為 + =1.
（2）設P（x1，y1），由（1）知A（-2，0），B（2，0），直線l：x=4. 則直線AP的方程為y= （x+2）. 由x=4得y= 所以M14， ；同理得M24， . 假設存在點D（t，0），使得以M1M2為直徑的圓恒過點D，則 ⊥ =0？圳 · =0，即可得（4-t）2+ =0. 又P（x1，y1）在橢圓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為直徑的圓恒過點D.
（文）（1）以AB為x軸，AB的中垂線為y軸建立直角坐標系，橢圓的短半軸長b= ，a=1，所以橢圓方程為x2+4y2=1.
（2）設P（x0，y0），AD=m，則D（-1，m），C（1，m），直線PD的方程為y-m= （x+1），直線PC的方程為y-m= （x-1）. 由于F，E在直線PD，PC上，且與x軸相交，所以E ，0，F ，0. 因為A（-1，0），B（1，0） 故 = ，0， = ，0，所以 2+ 2= ①.
又短軸長等于 AD，所以橢圓中b= m，代入橢圓方程可得 x + =1，把x =1- 代入①可得 2+ 2= =4.
22. （理）（1）當k為偶數時， f ′（x）=2x- . 由2an f ′（an）=a -3得a =4a -1，即a - =4a - . 所以a = ·4 + .
（2）當k為奇數時， f ′（x）=2x+ ，則可得bn+1= ，從而 - =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）≥ ，故左邊得證. 因為bn+1-bn= -bn= - <0，所以{bn}單調遞減，從而有0
21. （理）（1）由e= 得a=2c，b= c，從而有C： + =1（c>0）. 又Q1， 在橢圓C上，故有 + =1，解得c=1. 所以橢圓C的方程為 + =1.
（2）設P（x1，y1），由（1）知A（-2，0），B（2，0），直線l：x=4. 則直線AP的方程為y= （x+2）. 由x=4得y= 所以M14， ；同理得M24， . 假設存在點D（t，0），使得以M1M2為直徑的圓恒過點D，則 ⊥ =0？圳 · =0，即可得（4-t）2+ =0. 又P（x1，y1）在橢圓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為直徑的圓恒過點D.
（文）（1）以AB為x軸，AB的中垂線為y軸建立直角坐標系，橢圓的短半軸長b= ，a=1，所以橢圓方程為x2+4y2=1.
（2）設P（x0，y0），AD=m，則D（-1，m），C（1，m），直線PD的方程為y-m= （x+1），直線PC的方程為y-m= （x-1）. 由于F，E在直線PD，PC上，且與x軸相交，所以E ，0，F ，0. 因為A（-1，0），B（1，0） 故 = ，0， = ，0，所以 2+ 2= ①.
又短軸長等于 AD，所以橢圓中b= m，代入橢圓方程可得 x + =1，把x =1- 代入①可得 2+ 2= =4.
22. （理）（1）當k為偶數時， f ′（x）=2x- . 由2an f ′（an）=a -3得a =4a -1，即a - =4a - . 所以a = ·4 + .
（2）當k為奇數時， f ′（x）=2x+ ，則可得bn+1= ，從而 - =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）≥ ，故左邊得證. 因為bn+1-bn= -bn= - <0，所以{bn}單調遞減，從而有0
21. （理）（1）由e= 得a=2c，b= c，從而有C： + =1（c>0）. 又Q1， 在橢圓C上，故有 + =1，解得c=1. 所以橢圓C的方程為 + =1.
（2）設P（x1，y1），由（1）知A（-2，0），B（2，0），直線l：x=4. 則直線AP的方程為y= （x+2）. 由x=4得y= 所以M14， ；同理得M24， . 假設存在點D（t，0），使得以M1M2為直徑的圓恒過點D，則 ⊥ =0？圳 · =0，即可得（4-t）2+ =0. 又P（x1，y1）在橢圓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為直徑的圓恒過點D.
（文）（1）以AB為x軸，AB的中垂線為y軸建立直角坐標系，橢圓的短半軸長b= ，a=1，所以橢圓方程為x2+4y2=1.
（2）設P（x0，y0），AD=m，則D（-1，m），C（1，m），直線PD的方程為y-m= （x+1），直線PC的方程為y-m= （x-1）. 由于F，E在直線PD，PC上，且與x軸相交，所以E ，0，F ，0. 因為A（-1，0），B（1，0） 故 = ，0， = ，0，所以 2+ 2= ①.
又短軸長等于 AD，所以橢圓中b= m，代入橢圓方程可得 x + =1，把x =1- 代入①可得 2+ 2= =4.
22. （理）（1）當k為偶數時， f ′（x）=2x- . 由2an f ′（an）=a -3得a =4a -1，即a - =4a - . 所以a = ·4 + .
（2）當k為奇數時， f ′（x）=2x+ ，則可得bn+1= ，從而 - =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）≥ ，故左邊得證. 因為bn+1-bn= -bn= - <0，所以{bn}單調遞減，從而有0
