一、填空題（本大題共14小題，每小題5分，共70分）

1.若集合A={x|x≥3}，B={x|x

2.設(shè)a<0，i是虛數(shù)單位，若a+ia-i=ai，則a的值為.

3.某程序框圖如圖所示，該程序運(yùn)行后輸出k的值是.

4.如圖函數(shù)y=Asin（ωx+φ）（A>0，0<φ<π）的圖象經(jīng)過點(diǎn)（-π6，0）、（7π6，0），且最大值為2，最小值為-2，則該函數(shù)的解析式為.

5.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，使直線x+y=t與圓x2+y2=t相交的整數(shù)t的取值集合為.

6.等差數(shù)列{an}中，若a7-a3=20，則a70-a30=.

7.在一次招聘口試中，每位考生都要在4道備選試題中隨機(jī)抽出2道題回答，全部答對即為通過，若一位考生只會答4道題中的3道題，則這位考生能通過的概率為.

8.在斜三角形ABC中，角A、B、C所對的邊長分別為a，b，c，且b2-a2-c2ac=cos（A+C）sinAcosA.則A=.

9.某人5次上班途中所花的時間（單位：分鐘）分別為x，8，10，11，9.已知這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為10，則其方差為.

10.設(shè)y=f（x）是奇函數(shù)，f（1）≠0，曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線的斜率為1，則曲線y=|f（x）|在點(diǎn)（-1，f（-1））處的切線的斜率為.

11.設(shè)向量a=（cos25°，sin25°），b=（sin20°，cos20°），若t是實(shí)數(shù)，且u=a+tb，則|u|的最小值為 .

12.設(shè)a>b>0，則a2+1ab+1a（a-b）的最小值為.

13.已知函數(shù)f（x）=12x+m-lnx的定義域?yàn)閇1，3]，值域?yàn)镸，若對于任意的a，b，c∈M，a，b，c都分別是一個三角形的三邊的長度，則m的取值范圍是.

14.將1，2，…，n2這n2個數(shù)，任意分成n個組，每組n個數(shù)，將每組數(shù)中的最大的數(shù)取出組成集合M，記M中所有元素的和為S，則S的最小值為.

二、解答題（本大題共6小題，共90分）

15.（本小題滿分14分）

設(shè)f（x）=2cos2x+3sin2x，g（x）=12f（x+5π12）+x+a，其中a為非零實(shí)常數(shù).

（1）若f（x）=1-3，x∈[-π3，π3]，求x；

（2）試討論函數(shù)g（x）在R上的奇偶性與單調(diào)性，并證明你的結(jié)論.

16.（本小題滿分14分）

如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，PA⊥平面ABCD，點(diǎn)M、N分別為BC、PA的中點(diǎn)，PA=AB=2.

（1）證明：BC⊥平面AMN；

（2）在線段PD上是否存在一點(diǎn)E，使得NM∥平面ACE；若存在，求出PE的長；若不存在，請說明理由.

17.（本小題滿分15分）

如圖是一個半圓和長方形組成的鐵皮，長方形的長AD為半圓的直徑，O為半圓的圓心，AB=1，BC=2，現(xiàn)要將此鐵皮剪出一個等腰三角形PMN，M點(diǎn)在弧AD上，其底邊MN⊥BC.

（1）設(shè)∠MOD=30°，求三角形鐵皮PMN的面積；

（2）求剪下的三角形鐵皮PMN面積的最大值.

18.（本小題滿分15分）

已知橢圓的中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，M，N分別為橢圓的左，右準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為左，右焦點(diǎn)，且|MN|=4|F1F2|=8.

（1）求橢圓的方程；

（2）對于x軸上的某一點(diǎn)T，過T作不與坐標(biāo)軸平行的直線l交橢圓于P，Q，若存在x軸上的點(diǎn)S，使得對符合條件的l恒有∠PST=∠QST成立，我們稱S為T的一個配對點(diǎn).請你驗(yàn)證當(dāng)T為左焦點(diǎn)時，M為T的配對點(diǎn)，并進(jìn)一步探討T在何處時有配對點(diǎn)S？

（3）設(shè)橢圓外兩點(diǎn)S1（s1，0），S2（s2，0）分別是T1（t1，0），T2（t2，0）的對應(yīng)的配對點(diǎn)，|S1S2|=2010，求證：|T1T2|<2.010.

19.（本小題滿分16分）

設(shè){an}是首項(xiàng)a1與公差d（d≠0）相等的等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和，{bn}是首項(xiàng)b1=a21，公比為q的等比數(shù)列，Tn為其前n項(xiàng)和.

（1）若a5=b3，S5=T3，求數(shù)列{an}與{bn}的通項(xiàng)公式；

（2）試求出所有的有理數(shù)q（0

20.（本小題滿分16分）

設(shè)定義在[x1，x2]上的函數(shù)y=f（x）的圖象為C，C的端點(diǎn)為點(diǎn)A，B，M是C上的任意一點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，向量OA=（x1，y1），OB=（x2，y2），OM=（x，y），當(dāng)實(shí)數(shù)λ滿足x=λx1+（1-λ）x2時，記向量ON=λOA+（1-λ）OB.現(xiàn)在定義“函數(shù)y=f（x）在[x1，x2]上可在標(biāo)準(zhǔn)k下線性近似”是指|MN|≤k恒成立，其中k是一個人為確定的正數(shù).

（1）證明：0≤λ≤1；

（2）請你給出一個k的范圍，使得定義在[0，1]上的函數(shù)y=x2與y=x3中有且只有一個可在標(biāo)準(zhǔn)k下線性近似.

（3）記E（m）=[em，em+1]，若對于某個標(biāo)準(zhǔn)k與某個實(shí)數(shù)m0，函數(shù)y=lnx在區(qū)間E（m0）=[em0，em0+1]上函數(shù)可線性近似，求證：在任意的區(qū)間E（m）=[em，em+1]上，函數(shù)y=lnx都是可線性近似的.

附加題部分

21.選做題：本大題共4小題，請從這4題中選做2小題.每小題10分，共20分.解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

A.（選修41：幾何證明選講）

如圖，P是等邊三角形ABC的外接圓上弧BC上一點(diǎn).CP的延長線和AB的延長線相交于D，連接BP.

求證：（1）∠D=∠CBP；

（2）AC2=CP·CD.

B.（選修42：矩陣與變換）

已知二階矩陣M有特征值λ=8及對應(yīng)的一個特征向量e1=1

1，并且矩陣M對應(yīng)的變換將點(diǎn)（-1，2）變換成（-2，4）.求矩陣M的另一個特征值，及對應(yīng)的一個特征向量e2.

C.（選修44：坐標(biāo)系與參數(shù)方程）

已知極坐標(biāo)系中的曲線ρ=tanθ·1cosθ與曲線ρsin（θ+π4）=2交于A，B兩點(diǎn)，求線段AB的長.

D.（選修45：不等式選講）

△ABC的三邊長為4，5，6，P為其內(nèi)部一點(diǎn)P，P到三邊的距離分別為x，y，z，求x2+y2+z2的最小值.

（參考結(jié)論：邊長為a，b，c的三角形的面積為s（s-a）（s-b）（s-c），其中s=a+b+c2）

必做題：本大題共2小題，每小題10分，共20分.解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

22.某有獎銷售將商品的售價提高120元后允許顧客有三次抽獎的機(jī)會.每次抽獎的方法是在已經(jīng)設(shè)置并打開了程序的電腦上按Entre鍵，電腦將隨機(jī)產(chǎn)生一個6位數(shù)的號碼（不產(chǎn)生000000），若該號碼是3的倍數(shù)則顧客獲獎，每次中獎的獎金為100元，運(yùn)用所學(xué)的知識說明這樣的活動對商家是否有利.

23.設(shè)數(shù)列{1n}的前n項(xiàng)和為Tn，數(shù)列{Tn}的前n項(xiàng)和為Rn，是否存在常數(shù)c，當(dāng)n>2，n∈N*時，Rn-1=n（Tn-c）？如果存在，請找出c的取值并證明你的結(jié)論；如果不存在，說明你的理由.

參考答案

1. （-∞，3]；2. -1；3. 4；4. y=2sin（3x2+π4）；5. {1}；6. 200；7. 12；8. π4；9. 2；

10. -1；11. 22；12. 4；13. （2ln2-32，+∞）；

14. n3+n22

15.（1）由已知f（x）=2cos2x+3sin2x=1+2sin（2x+π6），

由1+2sin（2x+π6）=1-3得sin（2x+π6）=-32.

由-π3≤x≤π3得-π2≤2x+π6≤5π6，

所以2x+π6=-π3，故x=-π4.

（2）由已知，得g（x）=x-sin2x+a+12，

①當(dāng)a=-12時，對于任意的x∈R，總有g(shù)（-x）=-x-sin（-2x）=-（x-sin2x）=-g（x），

所以g（x）是奇函數(shù).

②當(dāng)a≠-12時，因?yàn)間（π2）≠±g（-π2），所以g（x）既不是奇函數(shù)，又不是偶函數(shù).

因?yàn)間（0）>g（π6），所以g（x）在R上不是單調(diào)遞增函數(shù)，

又因?yàn)間（π6）

故g（x）在R上既不是單調(diào)遞減函數(shù)，也不是單調(diào)遞增函數(shù).

16.證明：（1）因?yàn)锳BCD為菱形，所以AB=BC.

又∠ABC=60°，所以AB=BC=AC，

又M為BC中點(diǎn)，所以BC⊥AM.

而PA⊥平面ABCD，BC平面ABCD，所以PA⊥BC.

又PA∩AM=A，所以BC⊥平面AMN.

（2）存在.

取PD中點(diǎn)E，連結(jié)NE，EC，AE，

因?yàn)镹，E分別為PA、PD中點(diǎn)，所以NE∥AD且NE=12AD.

又在菱形ABCD中，CM∥AD，CM=12AD，

所以NE∥MC，NE=MC，即MCEN是平行四邊形，

所以NM∥EC，又EC平面ACE，NM平面ACE，

所以MN∥平面ACE，即在PD上存在一點(diǎn)E，使得NM∥平面ACE，

此時PE=12PD=2.

17.解：（1）設(shè)MN交AD交于Q點(diǎn)，

∵∠MOD=30°，∴MQ=12，OQ=32，

S△PMN=12MN·AQ=12×32×（1+32）=6+338.

（2）設(shè)∠MOQ=θ，∴θ∈[0，π2]，MQ=sinθ，OQ=cosθ，

∴S△PMN=12MN·AQ=12（1+sinθ）（1+cosθ）

=12（1+sinθcosθ+sinθ+cosθ），

令sinθ+cosθ=t∈[1，2]，∴S△PMN=12（t+1+t2-12），

當(dāng)θ=π4，t=2，∴S△PMN的最大值為3+224.

答：剪下的三角形鐵皮PMN面積的最大值為3+224.

18.（1）設(shè)橢圓的方程為x2a2+y2b2=1（a>b>1），F(xiàn)1（-c，0），

根據(jù)題意2a2c=8c=8，解得c=1，a=2，橢圓的方程為x24+y23=1.

（2）驗(yàn)證如下：

設(shè)l：y=k（x+1），P（x1，y1），Q（x2，y2），

代入橢圓方程并化簡得：（3+4k2）x2+8k2x+4k2-12=0，

x1+x2=-8k23+4k2，x1x2=4k2-123+4k2，

于是kPM+kQM=y1x1+4+y2x2+4=k（x1+1x1+4+x2+1x2+4）=k（2x1x2+8+5x1+5x2（x1+4）（x2+4））=0，故命題成立.

當(dāng)T在橢圓外或橢圓上時顯然不存在配對點(diǎn)S；

設(shè)T（t，0），-2

（4+3k2）y2+6kty+3t2-12=0，易求出判別式為正，

設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），T的配對點(diǎn)為S（s，0），

則y1x1-s+y2x2-s=0，即y1ky1+t-s+y2ky2+t-s=0，

整理得2ky1y2+（t-s）（y1+y2）=0，

于是得到2k·3t2-124+3k2+（t-s）·-6kt4+3k2=0.

由于k≠0，則ts=4，所以T的位置是在橢圓的長軸但要除去端點(diǎn)以及原點(diǎn).

（3）分兩種情況.

當(dāng)S1，S2在原點(diǎn)的同側(cè)時，結(jié)論顯然成立；

當(dāng)S1，S2在原點(diǎn)的兩側(cè)時，不妨設(shè)s1<-2<2

|T1T2|=|4s1-4s2s1s2|=4×2010-s1（s1+2010）∈[4×201010052，4×20102×2008），

所以|T1T2|<4×20102×2008<2.010.

19.解：（1）由題意得，數(shù)列{an}：d，2d，3d，4d，5d，…，數(shù)列{bn}：d2，d2q，d2q2，…，（dq≠0）

則5d=d2q2，

15d=d2（1+q+q2），

消去d得3q2=1+q+q2，所以q=1或q=-12，

當(dāng)q=1時，d=5，所以，an=5n，bn=25；

當(dāng)q=-12時，d=20，所以，an=20n，bn=400·（-12）n-1.

（2）因?yàn)閍21+a22+a23T3=141+q+q2∈Z，

不妨設(shè)141+q+q2=n（0

整理成關(guān)于q的一元二次方程q2+q+1-14n=0，

由其判別式Δ=56n-3≥0得n≤563，

又0

所以n的所有可能值為5，6，7，8，9，10，11，12，13，

又q∈Q，故Δ=56n-3必須為完全平方數(shù)，

所以n只能為8，此時141+q+q2=8，（0

解得q=12.

20.（1）由題意，x1≤x≤x2即x1≤λx1+（1-λ）x2≤x2，所以x1-x2≤（x1-x2）λ≤0，

因?yàn)閤1-x2<0，所以0≤λ≤1.

（2）由ON=λOA+（1-λ）OB得到BN=λBA，所以B，N，A三點(diǎn)在一條直線上.

又由（1）的結(jié)論，N在線段AB上且與點(diǎn)M的橫坐標(biāo)相同.

對于[0，1]上的函數(shù)y=x2，A（0，0），B（1，1），

則有|MN|=x-x2=14-（x-12）2，故MN∈[0，14]；

對于[0，1]上的函數(shù)y=x3，則有|MN|=x-x3=g（x），

在（0，1）上，g′（x）=1-3x2，

可知在（0，1）上y=g（x）只有一個極大值點(diǎn)x=33，

所以函數(shù)y=g（x）在（0，33）上是增函數(shù)，在（33，1）上是減函數(shù)，又g（33）=239.

故|MN|∈[0，239].

經(jīng)過比較，14<239，所以取k∈[14，239]，則有函數(shù)y=x2在[0，1]上可在標(biāo)準(zhǔn)k下線性近似，函數(shù)y=x3在[0，1]上不可在標(biāo)準(zhǔn)k下線性近似.

（3）對于[em，em+1]上的函數(shù)y=lnx，A（em，m），B（em+1，m+1），

由直線AB的方程y-m=1em+1-em（x-em），

則有|MN|=lnx-m-1em+1-em（x-em）=h（x），

h′（x）=1x-1em+1-em=em+1-em-xx（em+1-em），

則h（x）在x=em+1-em處取得最大值h（em+1-em）=lne-1-e-2e-1=常數(shù)，從而命題成立.

21.A.（1）因?yàn)樗倪呅蜛BPC內(nèi)接于圓，△ABC是等邊三角形，所以∠DPB=∠A=∠ABC.

又因?yàn)椤螪+∠DPB+∠DBP=∠DBP+∠PBC+∠ABC，所以∠D=∠CBP.

（2）在△BDC和△PBC中∠D=∠CBP，∠BCP=∠DCB，

所以△BDC∽△PBC，所以BCDC=CPBC，又BC=AC，

所以AC2=CP·CD.

B.設(shè)M=ab

cd，則ab

cd1

1=81

1=8

8，故a+b=8，

c+d=8.

ab

cd-1

2=-2

4，故-a+2b=-2，

-c+2d=4.

聯(lián)立以上兩方程組解得a=6，b=2，c=4，d=4，故M=62

44.

矩陣M的特征多項(xiàng)式為f（λ）=（λ-6）（λ-4）-8=λ2-10λ+16，故其另一個特征值為λ=2.

設(shè)矩陣M的另一個特征向量是e2=x

y，則Me2=6x+2y

4x+4y=2x

y，

解得2x+y=0，取e2=1

-2.

C.ρ=tanθ·1cosθ即ρ=sinθcos2θ，亦即ρcos2θ=sinθ.

因?yàn)棣选?成立，所以曲線方程為ρ2cos2θ=ρsinθ，

建立相應(yīng)的直角坐標(biāo)系曲線方程化為x2=y；

ρsin（θ+π4）=2同樣可化為x+y=2，

聯(lián)立方程組，解出交點(diǎn)為A（1，1），B（-2，4），線段AB的長為32.

D.記S△ABC為△ABC的面積，則S△ABC=152×72×52×32=1574.

而S△ABC=S△PAB+S△PBC+S△PCA，

于是1574=12（4x+5y+6z），即4x+5y+6z=1572.

由柯西不等式得

（4x+5y+6z）2≤（x2+y2+z2）（42+52+62）152×74≤（x2+y2+z2）×77x2+y2+z2≥22544.

22.設(shè)ξ：顧客三次抽獎中獲獎的次數(shù)，η：顧客三次抽獎所得獎金總數(shù)，

易知每次中獎的概率為13，

ξ與η的分布列如下：

P（η=0）=P（ξ=0）=827，

P（η=100）=P（ξ=1）=49，

P（η=200）=P（ξ=2）=29，

P（η=300）=P（ξ=3）=127，

所以Eη=827×0+49×100+29×200+127×300=100<120.

答：這樣的活動對商家有利.

23.當(dāng)n=2時，R1=T1=1a1=1，2（T2-c）=2（1a1+1a2-c）=1，解得c=1.

以下用數(shù)學(xué)歸納法證明.

①n=2時，等式成立.

②假設(shè)當(dāng)n=k時，等式成立，即Rk-1=k（Tk-1），

那么當(dāng)n=k+1（k≥2）時，

Rk=Rk-1+Tk=k（Tk-1）+Tk=（k+1）Tk-k=（k+1）（Tk+1-1ak+1）-k=（k+1）（Tk+1-1k+1）-k=（k+1）（Tk+1-1+1-1k+1）-k=（k+1）（Tk+1-1）.

所以當(dāng)n=k+1時，等式也成立.

綜合①②，等式成立.

（作者：田秀權(quán)，常州市第一中學(xué)）

設(shè)T（t，0），-2

（4+3k2）y2+6kty+3t2-12=0，易求出判別式為正，

設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），T的配對點(diǎn)為S（s，0），

則y1x1-s+y2x2-s=0，即y1ky1+t-s+y2ky2+t-s=0，

整理得2ky1y2+（t-s）（y1+y2）=0，

于是得到2k·3t2-124+3k2+（t-s）·-6kt4+3k2=0.

由于k≠0，則ts=4，所以T的位置是在橢圓的長軸但要除去端點(diǎn)以及原點(diǎn).

（3）分兩種情況.

當(dāng)S1，S2在原點(diǎn)的同側(cè)時，結(jié)論顯然成立；

當(dāng)S1，S2在原點(diǎn)的兩側(cè)時，不妨設(shè)s1<-2<2

|T1T2|=|4s1-4s2s1s2|=4×2010-s1（s1+2010）∈[4×201010052，4×20102×2008），

所以|T1T2|<4×20102×2008<2.010.

19.解：（1）由題意得，數(shù)列{an}：d，2d，3d，4d，5d，…，數(shù)列{bn}：d2，d2q，d2q2，…，（dq≠0）

則5d=d2q2，

15d=d2（1+q+q2），

消去d得3q2=1+q+q2，所以q=1或q=-12，

當(dāng)q=1時，d=5，所以，an=5n，bn=25；

當(dāng)q=-12時，d=20，所以，an=20n，bn=400·（-12）n-1.

（2）因?yàn)閍21+a22+a23T3=141+q+q2∈Z，

不妨設(shè)141+q+q2=n（0

整理成關(guān)于q的一元二次方程q2+q+1-14n=0，

由其判別式Δ=56n-3≥0得n≤563，

又0

所以n的所有可能值為5，6，7，8，9，10，11，12，13，

又q∈Q，故Δ=56n-3必須為完全平方數(shù)，

所以n只能為8，此時141+q+q2=8，（0

解得q=12.

20.（1）由題意，x1≤x≤x2即x1≤λx1+（1-λ）x2≤x2，所以x1-x2≤（x1-x2）λ≤0，

因?yàn)閤1-x2<0，所以0≤λ≤1.

（2）由ON=λOA+（1-λ）OB得到BN=λBA，所以B，N，A三點(diǎn)在一條直線上.

又由（1）的結(jié)論，N在線段AB上且與點(diǎn)M的橫坐標(biāo)相同.

對于[0，1]上的函數(shù)y=x2，A（0，0），B（1，1），

則有|MN|=x-x2=14-（x-12）2，故MN∈[0，14]；

對于[0，1]上的函數(shù)y=x3，則有|MN|=x-x3=g（x），

在（0，1）上，g′（x）=1-3x2，

可知在（0，1）上y=g（x）只有一個極大值點(diǎn)x=33，

所以函數(shù)y=g（x）在（0，33）上是增函數(shù)，在（33，1）上是減函數(shù)，又g（33）=239.

故|MN|∈[0，239].

經(jīng)過比較，14<239，所以取k∈[14，239]，則有函數(shù)y=x2在[0，1]上可在標(biāo)準(zhǔn)k下線性近似，函數(shù)y=x3在[0，1]上不可在標(biāo)準(zhǔn)k下線性近似.

（3）對于[em，em+1]上的函數(shù)y=lnx，A（em，m），B（em+1，m+1），

由直線AB的方程y-m=1em+1-em（x-em），

則有|MN|=lnx-m-1em+1-em（x-em）=h（x），

h′（x）=1x-1em+1-em=em+1-em-xx（em+1-em），

則h（x）在x=em+1-em處取得最大值h（em+1-em）=lne-1-e-2e-1=常數(shù)，從而命題成立.

21.A.（1）因?yàn)樗倪呅蜛BPC內(nèi)接于圓，△ABC是等邊三角形，所以∠DPB=∠A=∠ABC.

又因?yàn)椤螪+∠DPB+∠DBP=∠DBP+∠PBC+∠ABC，所以∠D=∠CBP.

（2）在△BDC和△PBC中∠D=∠CBP，∠BCP=∠DCB，

所以△BDC∽△PBC，所以BCDC=CPBC，又BC=AC，

所以AC2=CP·CD.

B.設(shè)M=ab

cd，則ab

cd1

1=81

1=8

8，故a+b=8，

c+d=8.

ab

cd-1

2=-2

4，故-a+2b=-2，

-c+2d=4.

聯(lián)立以上兩方程組解得a=6，b=2，c=4，d=4，故M=62

44.

矩陣M的特征多項(xiàng)式為f（λ）=（λ-6）（λ-4）-8=λ2-10λ+16，故其另一個特征值為λ=2.

設(shè)矩陣M的另一個特征向量是e2=x

y，則Me2=6x+2y

4x+4y=2x

y，

解得2x+y=0，取e2=1

-2.

C.ρ=tanθ·1cosθ即ρ=sinθcos2θ，亦即ρcos2θ=sinθ.

因?yàn)棣选?成立，所以曲線方程為ρ2cos2θ=ρsinθ，

建立相應(yīng)的直角坐標(biāo)系曲線方程化為x2=y；

ρsin（θ+π4）=2同樣可化為x+y=2，

聯(lián)立方程組，解出交點(diǎn)為A（1，1），B（-2，4），線段AB的長為32.

D.記S△ABC為△ABC的面積，則S△ABC=152×72×52×32=1574.

而S△ABC=S△PAB+S△PBC+S△PCA，

于是1574=12（4x+5y+6z），即4x+5y+6z=1572.

由柯西不等式得

（4x+5y+6z）2≤（x2+y2+z2）（42+52+62）152×74≤（x2+y2+z2）×77x2+y2+z2≥22544.

22.設(shè)ξ：顧客三次抽獎中獲獎的次數(shù)，η：顧客三次抽獎所得獎金總數(shù)，

易知每次中獎的概率為13，

ξ與η的分布列如下：

P（η=0）=P（ξ=0）=827，

P（η=100）=P（ξ=1）=49，

P（η=200）=P（ξ=2）=29，

P（η=300）=P（ξ=3）=127，

所以Eη=827×0+49×100+29×200+127×300=100<120.

答：這樣的活動對商家有利.

23.當(dāng)n=2時，R1=T1=1a1=1，2（T2-c）=2（1a1+1a2-c）=1，解得c=1.

以下用數(shù)學(xué)歸納法證明.

①n=2時，等式成立.

②假設(shè)當(dāng)n=k時，等式成立，即Rk-1=k（Tk-1），

那么當(dāng)n=k+1（k≥2）時，

Rk=Rk-1+Tk=k（Tk-1）+Tk=（k+1）Tk-k=（k+1）（Tk+1-1ak+1）-k=（k+1）（Tk+1-1k+1）-k=（k+1）（Tk+1-1+1-1k+1）-k=（k+1）（Tk+1-1）.

所以當(dāng)n=k+1時，等式也成立.

綜合①②，等式成立.

（作者：田秀權(quán)，常州市第一中學(xué)）

設(shè)T（t，0），-2

（4+3k2）y2+6kty+3t2-12=0，易求出判別式為正，

設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），T的配對點(diǎn)為S（s，0），

則y1x1-s+y2x2-s=0，即y1ky1+t-s+y2ky2+t-s=0，

整理得2ky1y2+（t-s）（y1+y2）=0，

于是得到2k·3t2-124+3k2+（t-s）·-6kt4+3k2=0.

由于k≠0，則ts=4，所以T的位置是在橢圓的長軸但要除去端點(diǎn)以及原點(diǎn).

（3）分兩種情況.

當(dāng)S1，S2在原點(diǎn)的同側(cè)時，結(jié)論顯然成立；

當(dāng)S1，S2在原點(diǎn)的兩側(cè)時，不妨設(shè)s1<-2<2

|T1T2|=|4s1-4s2s1s2|=4×2010-s1（s1+2010）∈[4×201010052，4×20102×2008），

所以|T1T2|<4×20102×2008<2.010.

19.解：（1）由題意得，數(shù)列{an}：d，2d，3d，4d，5d，…，數(shù)列{bn}：d2，d2q，d2q2，…，（dq≠0）

則5d=d2q2，

15d=d2（1+q+q2），

消去d得3q2=1+q+q2，所以q=1或q=-12，

當(dāng)q=1時，d=5，所以，an=5n，bn=25；

當(dāng)q=-12時，d=20，所以，an=20n，bn=400·（-12）n-1.

（2）因?yàn)閍21+a22+a23T3=141+q+q2∈Z，

不妨設(shè)141+q+q2=n（0

整理成關(guān)于q的一元二次方程q2+q+1-14n=0，

由其判別式Δ=56n-3≥0得n≤563，

又0

所以n的所有可能值為5，6，7，8，9，10，11，12，13，

又q∈Q，故Δ=56n-3必須為完全平方數(shù)，

所以n只能為8，此時141+q+q2=8，（0

解得q=12.

20.（1）由題意，x1≤x≤x2即x1≤λx1+（1-λ）x2≤x2，所以x1-x2≤（x1-x2）λ≤0，

因?yàn)閤1-x2<0，所以0≤λ≤1.

（2）由ON=λOA+（1-λ）OB得到BN=λBA，所以B，N，A三點(diǎn)在一條直線上.

又由（1）的結(jié)論，N在線段AB上且與點(diǎn)M的橫坐標(biāo)相同.

對于[0，1]上的函數(shù)y=x2，A（0，0），B（1，1），

則有|MN|=x-x2=14-（x-12）2，故MN∈[0，14]；

對于[0，1]上的函數(shù)y=x3，則有|MN|=x-x3=g（x），

在（0，1）上，g′（x）=1-3x2，

可知在（0，1）上y=g（x）只有一個極大值點(diǎn)x=33，

所以函數(shù)y=g（x）在（0，33）上是增函數(shù)，在（33，1）上是減函數(shù)，又g（33）=239.

故|MN|∈[0，239].

經(jīng)過比較，14<239，所以取k∈[14，239]，則有函數(shù)y=x2在[0，1]上可在標(biāo)準(zhǔn)k下線性近似，函數(shù)y=x3在[0，1]上不可在標(biāo)準(zhǔn)k下線性近似.

（3）對于[em，em+1]上的函數(shù)y=lnx，A（em，m），B（em+1，m+1），

由直線AB的方程y-m=1em+1-em（x-em），

則有|MN|=lnx-m-1em+1-em（x-em）=h（x），

h′（x）=1x-1em+1-em=em+1-em-xx（em+1-em），

則h（x）在x=em+1-em處取得最大值h（em+1-em）=lne-1-e-2e-1=常數(shù)，從而命題成立.

21.A.（1）因?yàn)樗倪呅蜛BPC內(nèi)接于圓，△ABC是等邊三角形，所以∠DPB=∠A=∠ABC.

又因?yàn)椤螪+∠DPB+∠DBP=∠DBP+∠PBC+∠ABC，所以∠D=∠CBP.

（2）在△BDC和△PBC中∠D=∠CBP，∠BCP=∠DCB，

所以△BDC∽△PBC，所以BCDC=CPBC，又BC=AC，

所以AC2=CP·CD.

B.設(shè)M=ab

cd，則ab

cd1

1=81

1=8

8，故a+b=8，

c+d=8.

ab

cd-1

2=-2

4，故-a+2b=-2，

-c+2d=4.

聯(lián)立以上兩方程組解得a=6，b=2，c=4，d=4，故M=62

44.

矩陣M的特征多項(xiàng)式為f（λ）=（λ-6）（λ-4）-8=λ2-10λ+16，故其另一個特征值為λ=2.

設(shè)矩陣M的另一個特征向量是e2=x

y，則Me2=6x+2y

4x+4y=2x

y，

解得2x+y=0，取e2=1

-2.

C.ρ=tanθ·1cosθ即ρ=sinθcos2θ，亦即ρcos2θ=sinθ.

因?yàn)棣选?成立，所以曲線方程為ρ2cos2θ=ρsinθ，

建立相應(yīng)的直角坐標(biāo)系曲線方程化為x2=y；

ρsin（θ+π4）=2同樣可化為x+y=2，

聯(lián)立方程組，解出交點(diǎn)為A（1，1），B（-2，4），線段AB的長為32.

D.記S△ABC為△ABC的面積，則S△ABC=152×72×52×32=1574.

而S△ABC=S△PAB+S△PBC+S△PCA，

于是1574=12（4x+5y+6z），即4x+5y+6z=1572.

由柯西不等式得

（4x+5y+6z）2≤（x2+y2+z2）（42+52+62）152×74≤（x2+y2+z2）×77x2+y2+z2≥22544.

22.設(shè)ξ：顧客三次抽獎中獲獎的次數(shù)，η：顧客三次抽獎所得獎金總數(shù)，

易知每次中獎的概率為13，

ξ與η的分布列如下：

P（η=0）=P（ξ=0）=827，

P（η=100）=P（ξ=1）=49，

P（η=200）=P（ξ=2）=29，

P（η=300）=P（ξ=3）=127，

所以Eη=827×0+49×100+29×200+127×300=100<120.

答：這樣的活動對商家有利.

23.當(dāng)n=2時，R1=T1=1a1=1，2（T2-c）=2（1a1+1a2-c）=1，解得c=1.

以下用數(shù)學(xué)歸納法證明.

①n=2時，等式成立.

②假設(shè)當(dāng)n=k時，等式成立，即Rk-1=k（Tk-1），

那么當(dāng)n=k+1（k≥2）時，

Rk=Rk-1+Tk=k（Tk-1）+Tk=（k+1）Tk-k=（k+1）（Tk+1-1ak+1）-k=（k+1）（Tk+1-1k+1）-k=（k+1）（Tk+1-1+1-1k+1）-k=（k+1）（Tk+1-1）.

所以當(dāng)n=k+1時，等式也成立.

綜合①②，等式成立.

（作者：田秀權(quán)，常州市第一中學(xué)）