一、填空題（本大題共14小題，每小題5分，共70分）

1.已知全集U={x|-2

2.已知0

3.拋物線y2=8x的焦點(diǎn)到雙曲線y24-x212=1的漸近線的距離為.

4.某學(xué)校有兩個(gè)食堂，甲、乙、丙三名學(xué)生各自隨機(jī)選擇其中的一個(gè)食堂用餐，則他們?cè)谕粋€(gè)食堂用餐的概率為.

5.某地區(qū)為了解中學(xué)生的日平均睡眠時(shí)間（單位：h），隨機(jī)選擇了n位中學(xué)生進(jìn)行調(diào)查，根據(jù)所得數(shù)據(jù)畫出樣本的頻率分布直方圖如圖所示，且從左到右起第1個(gè)、第4個(gè)、第2個(gè)、第3個(gè)小長方形的面積依次構(gòu)成公差為0.1的等差數(shù)列，又第一小組的頻數(shù)是10，則n= .

6.設(shè)f（x）為定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x≤0時(shí)，f（x）=2x+2x+m（m為常數(shù)），則f（1）=.

7.如果執(zhí)行右面的程序框圖，那么輸出的S為 .

8.設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不重合的平面，給定下列四個(gè)命題，其中為真命題的個(gè)數(shù)是.

①m⊥n

nαm⊥α；②a⊥α

aβα⊥β；

③m⊥α

n⊥αm∥n；④mα

nβ

α∥βm∥n

9.已知圓C的半徑為3，直徑AB上一點(diǎn)D使AB=3AD，E、F為另一直徑的兩個(gè)端點(diǎn)，則DE·DF=.

10.設(shè)函數(shù)f（x）=g（x）+sinx，曲線y=g（x）在點(diǎn)A（π2，g（π2））處的切線方程為y=2x+1，則曲線y=f（x）在點(diǎn)B（π2，f（π2））處切線的方程為.

11.設(shè)以點(diǎn)M（t，2t）（t∈R，t≠0）為圓心的圓與x軸交于點(diǎn)O、A，與y軸交于點(diǎn)O、B，其中O為原點(diǎn)，設(shè)直線y=-2x+4與圓M交于點(diǎn)P、Q，若OP=OQ，則線段PQ的長為.

12.若0≤x≤π2，

sinx≤y≤cosx，z=x+2y，則z的取值范圍是.

13.已知數(shù)列{an}，{bn}滿足a1=1，a2=2，b1=2，且對(duì)任意的正整數(shù)i，j，k，l，當(dāng)i+j=k+l時(shí)，都有ai·bj=ak·bl，則∑2010i=1（ai+bi）的值是.

14.如圖，在等腰三角形ABC中，已知AB=AC=1，A=120°，E，F(xiàn)分別是邊AB，AC上的點(diǎn)，且AE=mAB，AF=nAC，其中m，n∈（0，1），若EF，BC的中點(diǎn)分別為M，N，且m+4n=1，則|MN|的最小值是.

二、解答題（本大題共6小題，共90分）

15.（本小題滿分14分）

已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA=（2sin2x，1），OB=（1，-23sinxcosx+1），f（x）=-12OA·OB+1.

（1）求函數(shù)y=f（x）的最小正周期；

（2）將f（x）圖象上各點(diǎn)的縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)擴(kuò)大為原來的兩倍，再將所得圖象向左平移π6個(gè)單位后，所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)為g（x），且α∈[π6，2π3]，β∈（-5π6，-π3），g（α）=35，g（β）=-45，求cos2（α-β）-1的值.

16.（本小題滿分14分）

在四棱錐PABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，

PA⊥平面ABCD，E為PD的中點(diǎn)，PA=2AB=2.

（1）求四棱錐PABCD的體積V；

（2）求證：CE∥平面PAB.

17.（本小題滿分14分）

如圖，A，B，C是三個(gè)汽車站，AC，BE是直線型公路.已知AB=120km，∠BAC=75°，∠ABC=45°.有一輛車（稱甲車）以每小時(shí)96（km）的速度往返于車站A，C之間，到達(dá)車站后停留10分鐘；另有一輛車（稱乙車）以每小時(shí)120（km）的速度從車站B開往另一個(gè)城市E，途經(jīng)車站C，并在車站C也停留10分鐘.已知早上8點(diǎn)時(shí)甲車從車站A、乙車從車站B同時(shí)開出.

（1）若甲、乙兩車上各有一名旅客需要交換到對(duì)方汽車上，問能否在車站C處利用停留時(shí)間交換？

（2）求10點(diǎn)時(shí)甲、乙兩車的距離.

（參考數(shù)據(jù)：2≈1.4，3≈1.7，6≈2.4，331≈18.2）

18.（本小題滿分16分）

已知橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左頂點(diǎn)為A，左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2，且圓C：x2+y2+3x-3y-6=0過A、F2兩點(diǎn).

（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；

（2）設(shè)直線PF2的傾斜角為α，直線PF1的傾斜角為β，當(dāng)β-α=2π3時(shí)，證明：點(diǎn)P在一定圓上；

（3）設(shè)橢圓的上頂點(diǎn)為Q，證明：PQ=PF1+PF2.

19.（本小題滿分16分）

已知數(shù)列{an}中，a1=1，an+an+1=2n（n∈N*），bn=3an.

（1）試證數(shù)列{an-2n3}是等比數(shù)列，并求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式.

（2）在數(shù)列{bn}中，是否存在連續(xù)三項(xiàng)成等差數(shù)列？若存在，求出所有符合條件的項(xiàng)；若不存在，說明理由.

（3）試證在數(shù)列{bn}中，一定存在滿足條件1

20.（本小題滿分16分）

已知二次函數(shù)g（x）對(duì)任意實(shí)數(shù)x都滿足g（x-1）+g（1-x）=x2-2x-1，且g（1）=-1.

令f（x）=2g（x+12）+mx-3m2lnx+94（m>0，x>0）.

（1）求g（x）的表達(dá)式；

（2）若函數(shù)f（x）在x∈[1，+∞）上的最小值為0，求m的值；

（3）記函數(shù)H（x）=[x（x-a）2-1]·[-x2+（a-1）x+a-1]，若函數(shù)y=H（x）有5個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

附加題部分

21.【選做題】 在A，B，C，D四小題中只能選做2題，每小題10分，共計(jì)20分.解答應(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，設(shè)AB為⊙O的任一條不與直線l垂直的直徑，P是⊙O與l的公共點(diǎn)，AC⊥l，BD⊥l，垂足分別為C，D，且PC=PD.

求證：（1）l是⊙O的切線；（2）PB平分∠ABD.

B.選修42矩陣與變換

曲線x2+4xy+2y2=1在二階矩陣M=1a

b1的作用下變換為曲線x2-2y2=1.

（1）求實(shí)數(shù)a和b的值；

（2）求M的逆矩陣M-1.

C.選修44參數(shù)方程與極坐標(biāo)

以直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸.已知點(diǎn)P的直角坐標(biāo)為（1，-5），點(diǎn)M的極坐標(biāo)為（4，π2），若直線l過點(diǎn)P，且傾斜角為π3，圓C以M為圓心、4為半徑.

（1）求直線l關(guān)于t的參數(shù)方程和圓C的極坐標(biāo)方程；

（2）試判定直線l和圓C的位置關(guān)系.

D.選修45不等式證明選講

已知實(shí)數(shù)a，b，c，d滿足a+b+c+d=3，a2+2b2+3c2+6d2=5，求a的取值范圍.

【必做題】第22題、第23題，每題10分，共計(jì)20分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

22.如圖，平面ABDE⊥平面ABC，△ABC是等腰直角三角形，AC=BC=4，四邊形ABDE是直角梯形，BD∥AE，BD⊥BA，BD=12AE=2，O、M分別為CE、AB的中點(diǎn).求直線CD和平面ODM所成角的正弦值.

23.用a，b，c，d四個(gè)不同字母組成一個(gè)含n+1（n∈N*）個(gè)字母的字符串，要求由a開始，相鄰兩個(gè)字母不同.例如n=1時(shí)，排出的字符串是ab，ac，ad；n=2時(shí)排出的字符串是aba，abc，abd，aca，acb，acd，ada，adb，adc，…，如圖所示.記這含n+1個(gè)字母的所有字符串中，排在最后一個(gè)的字母仍是a的字符串的種數(shù)為an.

（1）試用數(shù)學(xué)歸納法證明：an=3n+3（-1）n4（n∈N*）；

（2）現(xiàn)從a，b，c，d四個(gè)字母組成的含n+1（n∈N*，n≥2）個(gè)字母的所有字符串中隨機(jī)抽取一個(gè)字符串，字符串最后一個(gè)的字母恰好是a的概率為P，求證：29≤P≤13.

參考答案

1. {4}2. （1，5）3. 14. 145. 1006. 527. 438. 2和39. -810. y=2x+211. 4305

12. [0，π6+3]13. 3×22010-314. 77

15.（1）由題設(shè)有f（x）=-sin2x+3sinxcosx+12

=cos2x+3sin2x2=sin（2x+π6），

所以函數(shù)y=f（x）的最小正周期為2π2=π.

（2）由題設(shè)有g(shù)（x）=sin（x+π3），又g（α）=35，g（β）=-45，

即sin（α+π3）=35，sin（β+π3）=-45，

因?yàn)棣痢蔥π6，2π3]，β∈（-5π6，-π3），所以α+π3∈[π2，π]，β+π3∈（-π2，0），

所以cos（α+π3）=-45，cos（β+π3）=35.

所以sin（α-β）=sin[（α+π3）-（β+π3）]

=sin（α+π3）cos（β+π3）-cos（α+π3）sin（β+π3）

=35·35-（-45）·（-45）=-725，

所以cos2（α-β）-1=-2sin2（α-β）

=-2×（-725）2=-98625.

16.（1）在Rt△ABC中，AB=1，

∠BAC=60°，所以BC=3，AC=2.

在Rt△ACD中，AC=2，∠CAD=60°，

所以CD=23，AD=4.

所以SABCD=12AB·BC+12AC·CD

=12×1×3+12×2×23=523.

則V=13×523×2=533.

（2）證法一：

取AD中點(diǎn)M，連EM，CM.則EM∥PA.

因?yàn)镋M平面PAB，PA平面PAB，

所以EM∥平面PAB.

在Rt△ACD中，∠CAD=60°，AC=AM=2，

所以∠ACM=60°.而∠BAC=60°，所以MC∥AB.

因?yàn)镸C平面PAB，AB平面PAB，

所以MC∥平面PAB.

因?yàn)镋M∩MC=M，

所以平面EMC∥平面PAB.

因?yàn)镋C平面EMC，

所以EC∥平面PAB.

證法二：

延長DC、AB，設(shè)它們交于點(diǎn)N，連PN.

因?yàn)椤螻AC=∠DAC=60°，AC⊥CD，

所以C為ND的中點(diǎn).

因?yàn)镋為PD中點(diǎn)，所以EC∥PN.

因?yàn)镋C平面PAB，PN平面PAB，

所以EC∥平面PAB.

17.（1）在△ABC中，∠ACB=60°.因?yàn)锳Bsin60°=BCsin75°=ACsin45°，endprint

所以AC=120sin45°sin60°=120×2232=406≈96（km）

BC=120sin75°sin60°=120×6+2432=602+206≈132（km）

所以甲車從車站A開到車站C約用時(shí)間為9696=1（小時(shí)）=60（分鐘），

即9點(diǎn)到C站，至9點(diǎn)10分開出.

乙車從車站B開到車站C約用時(shí)間為132120=11（小時(shí)）=66（分鐘），即9點(diǎn)零6分到站，9點(diǎn)零16分開出.

則兩名旅客可在9點(diǎn)零6分到10分這段時(shí)間內(nèi)交換到對(duì)方汽車上.

（2）10點(diǎn)時(shí)甲車離開C站的距離為5060×96=80（km），

乙車離開C站的距離為4460×120=88（km）

所以此時(shí)兩車的距離等于

802+882-2×80×88×cos120°

=8100+121+110=8331≈8×18.2

=145.6（km）.

18.（1）圓x2+y2+3x-3y-6=0與x軸交點(diǎn)坐標(biāo)為A（-23，0），F(xiàn)2（3，0），

故a=23，c=3，所以b=3，所以橢圓方程是：x212+y29=1.

（2）設(shè)點(diǎn)P（x，y），因?yàn)镕1（-3，0），F(xiàn)2（3，0），

則kPF1=tanβ=yx+3，kPF2=tanα=yx-3，

因?yàn)棣?α=2π3，所以tan（β-α）=-3.

因?yàn)閠an（β-α）=tanβ-tanα1+tanαtanβ=-23yx2+y2-3，

所以-23yx2+y2-3=-3.化簡得x2+y2-2y=3.

所以點(diǎn)P在定圓x2+y2-2y=3上.

（3）因?yàn)镻Q2=x2+（y-3）2=x2+y2-6y+9，因?yàn)閤2+y2=3+2y，所以PQ2=12-4y.

又PF21=（x+3）2+y2=2y+6+23x，PF22=（x-3）2+y2=2y+6-23x，

所以2PF1×PF2=24（y+3）2-12x2

=4（y+3）2-3x2，

因?yàn)?x2=9-3y2+6y，所以2PF1×PF2=44y2，

因?yàn)棣?α+2π3>2π3，又點(diǎn)P在定圓x2+y2-2y=3上，所以y<0，

所以2PF1×PF2=-8y，

從而（PF1+PF2）2=PF21+2PF1×PF2+PF22=4y+12-8y=12-4y=PQ2.

所以PQ=PF1+PF2.

19.（1）由an+an+1=2n，得an+1=2n-an，

所以an+1-13×2n+1an-13×2n=2n-an-13×2n+1an-13×2n=-（an-13×2n）an-13×2n=-1.

又因?yàn)閍1-23=13，所以數(shù)列{an-13×2n}是首項(xiàng)為13，公比為-1的等比數(shù)列.

所以an-13×2n=13×（-1）n-1，即an=13[2n-（-1）n]，所以bn=2n-（-1）n.

（2）假設(shè)在數(shù)列{bn}中，存在連續(xù)三項(xiàng)bk-1，bk，bk+1（k∈N*，k≥2）成等差數(shù)列，

則bk-1+bk+1=2bk，即[2k-1-（-1）k-1]+[2k+1-（-1）k+1]=2[2k-（-1）k]，

即2k-1=4（-1）k-1.

①若k為偶數(shù)，則2k-1>0，4（-1）k-1=-4<0，所以，不存在偶數(shù)k，使得bk-1，bk，bk+1成等差數(shù)列.

②若k為奇數(shù)，則當(dāng)k≥3時(shí)，2k-1≥4，而4（-1）k-1=4，

所以，當(dāng)且僅當(dāng)k=3時(shí)，bk-1，bk，bk+1成等差數(shù)列.

綜上所述，在數(shù)列{bn}中，有且僅有連續(xù)三項(xiàng)b2，b3，b4成等差數(shù)列.

（3）要使b1，br，bs成等差數(shù)列，只需b1+bs=2br，

即3+2s-（-1）s=2[2r-（-1）r]，即2s-2r+1=（-1）s-2（-1）r-3，（）

（?。┤魋=r+1，在（）式中，左端2s-2r+1=0，

右端（-1）s-2（-1）r-3=（-1）s+2（-1）s-3=3（-1）s-3，

要使（）式成立，當(dāng)且僅當(dāng)s為偶數(shù)時(shí)成立.又s>r>1，且s，r為正整數(shù)，

所以當(dāng)s為不小于4的正偶數(shù)，且s=r+1時(shí)，b1，br，bs成等差數(shù)列.

（ⅱ）若s≥r+2時(shí)，在（）式中，左端2s-2r+1≥2r+2-2r+1=2r+1，

由（2）可知，r≥3，所以r+1≥4，所以左端2s-2r+1≥16（當(dāng)且僅當(dāng)s為偶數(shù)、r為奇數(shù)時(shí)取“=”）；右端（-1）s-2（-1）s-3≤0.所以當(dāng)s≥r+2時(shí)，b1，br，bs不成等差數(shù)列.

綜上所述，存在不小于4的正偶數(shù)s，且s=r+1，使得b1，br，bs成等差數(shù)列.

20.（1）設(shè)g（x）=ax2+bx+c，于是g（x-1）+g（1-x）=2a（x-1）2+2c=（x-1）2-2，

所以a=12，

c=-1.又g（1）=-1，則b=-12.

所以g（x）=12x2-12x-1.

（2）f（x）=2g（x+12）+mx-3m2lnx+94=x2+mx-3m2lnx，

則f′（x）=2x+m-3m2x=2x2+mx-3m2x=（2x+3m）（x-m）x.

令f′（x）=0，得x=-3m2（舍），x=m.

①當(dāng)m>1時(shí)，x1（1，m）m（m，+∞）f′（x）-0+f（x）1+m↘2m2-3m2lnm↗所以當(dāng)x=m時(shí)，fmin（x）=2m2-3m2lnm.endprint

令2m2-3m2lnm=0，得m=e23.

②當(dāng)0

f（x）在x∈[1，+∞）上為增函數(shù)，當(dāng)x=1時(shí)，

fmin（x）=1+m.

令m+1=0，得m=-1（舍）.

綜上所述，所求m為e23.

（3）記h1（x）=x（x-a）2，h2（x）=-x2+（a-1）x+a，

則據(jù)題意有h1（x）-1=0有3個(gè)不同的實(shí)根，h2（x）-1=0有2個(gè)不同的實(shí)根，

且這5個(gè)實(shí)根兩兩不相等.

（?。﹉2（x）-1=0有2個(gè)不同的實(shí)根，只需滿足

g（a-12）>1a>1或a<-3；

（ⅱ）h1（x）-1=0有3個(gè)不同的實(shí)根，因h′1（x）=3x2-4ax+a2=（3x-a）（x-a），

令h′1（x）=0，得x=a或a3，

1°當(dāng)a3>a即a<0時(shí)，h1（x）在x=a處取得極大值，而h1（a）=0，不符合題意，舍；

2°當(dāng)a3=a即a=0時(shí)，不符合題意，舍；

3°當(dāng)a30時(shí)，h1（x）在x=a3處取得極大值，

h1（a3）>1a>3322；所以a>3322；因?yàn)椋á。áⅲ┮瑫r(shí)滿足，故a>3322.

下證：這5個(gè)實(shí)根兩兩不相等，

即證：不存在x0使得h1（x0）-1=0和h2（x0）-1=0同時(shí)成立；

若存在x0使得h1（x0）=h2（x0）=1，

由h1（x0）=h2（x0），即x0（x0-a）2=-x20+（a-1）x0+a，

得（x0-a）（x20-ax0+x0+1）=0，

當(dāng)x0=a時(shí)，f（x0）=g（x0）=0，不符合，舍去；

當(dāng)x0≠a時(shí)，既有x20-ax0+x0+1=0①；

又由g（x0）=1，即-x20+（a-1）x0+a=1②；

聯(lián)立①②式，可得a=0；

而當(dāng)a=0時(shí)，H（x）=（x3-1）（-x2-x-1）=0沒有5個(gè)不同的零點(diǎn)，故舍去，

所以這5個(gè)實(shí)根兩兩不相等.

綜上，當(dāng)a>3322時(shí)，函數(shù)y=H（x）有5個(gè)不同的零點(diǎn).

21.A. （1）連結(jié)OP，

因?yàn)锳C⊥l，BD⊥l，

所以AC∥BD.

又OA=OB，PC=PD，

所以O(shè)P∥BD，從而OP⊥l.

因?yàn)镻在⊙O上，

所以l是⊙O的切線.

（2）連結(jié)AP，

因?yàn)閘是⊙O的切線，

所以∠BPD=∠BAP.

又∠BPD+∠PBD=90°，∠BAP+∠PBA=90°，

所以∠PBA=∠PBD，即PB平分∠ABD.

B. （1）設(shè)P（x，y）為曲線x2-2y2=1上任意一點(diǎn)，P′（x′，y′）為曲線x2+4xy+2y2=1上與P對(duì)應(yīng)的點(diǎn)，則1a

b1x′

y′=x

y，即x=x′+ay′，

y=bx′+y′.

代入x2-2y2=1得（x′+ay′）2-2（bx′+y′）2=1得（1-2b2）x′2+（2a-4b）x′y′+（a2-2）y′2=1，

及方程x2+4xy+2y2=1，從而1-2b2=1，

2a-4b=4，

a2-2=2，解得a=2，b=0，

（2）因?yàn)镸=12

01≠0，故M-1=11-21

0111=1-2

01.

C. （1）直線l的參數(shù)方程為x=1+12t，

y=-5+32t（t為參數(shù)），

圓C的極坐標(biāo)方程為ρ=8sinθ.

（2）因?yàn)镸（4，π2）對(duì)應(yīng)的直角坐標(biāo)為（0，4），

直線l的普通方程為3x-y-5-3=0，

所以圓心到直線l的距離d=|0-4-5-3|3+1=9+32>5，

所以直線l與圓C相離.

D. 由柯西不等式，得（2b2+3c2+6d2）（12+13+16）≥（b+c+d）2，

即2b2+3c2+6d2≥（b+c+d）2.由條件，得5-a2≥（3-a）2，

解得1≤a≤2，當(dāng)且僅當(dāng)2b12=3c13=6d16時(shí)等號(hào)成立，

代入b=12，c=13，d=16時(shí)，amax=2；b=1，c=23，d=13時(shí)，amin=1，

所以，a的取值范圍是[1，2].

22.因?yàn)镈B⊥BA，又因?yàn)槠矫鍭BDE⊥平面ABC，平面ABDE∩平面ABC=AB，DB平面ABDE，

所以DB⊥平面ABC，因?yàn)锽D∥AE，所以EA⊥平面ABC，

如圖所示，以C為原點(diǎn)，分別以CA，CB為x，y軸，以過點(diǎn)C且與平面ABC垂直的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，

因?yàn)锳C=BC=4，

所以設(shè)各點(diǎn)坐標(biāo)為C（0，0，0），A（4，0，0），B（0，4，0），D（0，4，2），E（4，0，4），

則O（2，0，2），M（2，2，0），CD=（0，4，2），OD=（-2，4，0），MD=（-2，2，2），

設(shè)平面ODM的法向量n=（x，y，z），則由n⊥OD

且n⊥MD可得-2x+4y=0，

-2x+2y+2z=0，

令x=2，則y=1，z=1，所以n=（2，1，1），

設(shè)直線CD和平面ODM所成角為θ，則

sinθ=|cos|=n·CD|n||CD|=66·25=3010，

所以直線CD和平面ODM所成角的正弦值為3010.

23.（1）證明：（i）當(dāng)n=1時(shí)，因?yàn)閍1=0，3+3（-1）4=0，所以等式正確.

（ii）假設(shè)n=k時(shí)，等式正確，即ak=3k+3（-1）k4（k∈N*，k≥1），

那么，n=k+1時(shí)，

因?yàn)閍k+1=3k-ak=3k-3k+3（-1）k4

=4·3k-3k-3（-1）k4=3k+1+3（-1）k+14，

這說明n=k+1時(shí)等式仍正確.

據(jù)（i），（ii）可知，an=3n+3（-1）n4（n∈N*，n≥1）正確.

（2）易知P=14·3n+3（-1）n3n

=14[1+3（-1）n3n]，

①當(dāng)n（n≥3）為奇數(shù)時(shí)，P=14（1-33n），因?yàn)?n≥27，所以P≥14（1-327）=29，

又P=14（1-33n）<14，所以29≤P<14；

②當(dāng)n（n≥2）為偶數(shù)時(shí)，P=14（1+33n），因?yàn)?n≥9，所以P≤14（1+39）=13，

又P=14（1+33n）>14，所以14

綜上所述，29≤P≤13且P≠14.

（作者：田秀權(quán)，常州市第一中學(xué)）

令2m2-3m2lnm=0，得m=e23.

②當(dāng)0

f（x）在x∈[1，+∞）上為增函數(shù)，當(dāng)x=1時(shí)，

fmin（x）=1+m.

令m+1=0，得m=-1（舍）.

綜上所述，所求m為e23.

（3）記h1（x）=x（x-a）2，h2（x）=-x2+（a-1）x+a，

則據(jù)題意有h1（x）-1=0有3個(gè)不同的實(shí)根，h2（x）-1=0有2個(gè)不同的實(shí)根，

且這5個(gè)實(shí)根兩兩不相等.

（?。﹉2（x）-1=0有2個(gè)不同的實(shí)根，只需滿足

g（a-12）>1a>1或a<-3；

（ⅱ）h1（x）-1=0有3個(gè)不同的實(shí)根，因h′1（x）=3x2-4ax+a2=（3x-a）（x-a），

令h′1（x）=0，得x=a或a3，

1°當(dāng)a3>a即a<0時(shí)，h1（x）在x=a處取得極大值，而h1（a）=0，不符合題意，舍；

2°當(dāng)a3=a即a=0時(shí)，不符合題意，舍；

3°當(dāng)a30時(shí)，h1（x）在x=a3處取得極大值，

h1（a3）>1a>3322；所以a>3322；因?yàn)椋á。áⅲ┮瑫r(shí)滿足，故a>3322.

下證：這5個(gè)實(shí)根兩兩不相等，

即證：不存在x0使得h1（x0）-1=0和h2（x0）-1=0同時(shí)成立；

若存在x0使得h1（x0）=h2（x0）=1，

由h1（x0）=h2（x0），即x0（x0-a）2=-x20+（a-1）x0+a，

得（x0-a）（x20-ax0+x0+1）=0，

當(dāng)x0=a時(shí)，f（x0）=g（x0）=0，不符合，舍去；

當(dāng)x0≠a時(shí)，既有x20-ax0+x0+1=0①；

又由g（x0）=1，即-x20+（a-1）x0+a=1②；

聯(lián)立①②式，可得a=0；

而當(dāng)a=0時(shí)，H（x）=（x3-1）（-x2-x-1）=0沒有5個(gè)不同的零點(diǎn)，故舍去，

所以這5個(gè)實(shí)根兩兩不相等.

綜上，當(dāng)a>3322時(shí)，函數(shù)y=H（x）有5個(gè)不同的零點(diǎn).

21.A. （1）連結(jié)OP，

因?yàn)锳C⊥l，BD⊥l，

所以AC∥BD.

又OA=OB，PC=PD，

所以O(shè)P∥BD，從而OP⊥l.

因?yàn)镻在⊙O上，

所以l是⊙O的切線.

（2）連結(jié)AP，

因?yàn)閘是⊙O的切線，

所以∠BPD=∠BAP.

又∠BPD+∠PBD=90°，∠BAP+∠PBA=90°，

所以∠PBA=∠PBD，即PB平分∠ABD.

B. （1）設(shè)P（x，y）為曲線x2-2y2=1上任意一點(diǎn)，P′（x′，y′）為曲線x2+4xy+2y2=1上與P對(duì)應(yīng)的點(diǎn)，則1a

b1x′

y′=x

y，即x=x′+ay′，

y=bx′+y′.

代入x2-2y2=1得（x′+ay′）2-2（bx′+y′）2=1得（1-2b2）x′2+（2a-4b）x′y′+（a2-2）y′2=1，

及方程x2+4xy+2y2=1，從而1-2b2=1，

2a-4b=4，

a2-2=2，解得a=2，b=0，

（2）因?yàn)镸=12

01≠0，故M-1=11-21

0111=1-2

01.

C. （1）直線l的參數(shù)方程為x=1+12t，

y=-5+32t（t為參數(shù)），

圓C的極坐標(biāo)方程為ρ=8sinθ.

（2）因?yàn)镸（4，π2）對(duì)應(yīng)的直角坐標(biāo)為（0，4），

直線l的普通方程為3x-y-5-3=0，

所以圓心到直線l的距離d=|0-4-5-3|3+1=9+32>5，

所以直線l與圓C相離.

D. 由柯西不等式，得（2b2+3c2+6d2）（12+13+16）≥（b+c+d）2，

即2b2+3c2+6d2≥（b+c+d）2.由條件，得5-a2≥（3-a）2，

解得1≤a≤2，當(dāng)且僅當(dāng)2b12=3c13=6d16時(shí)等號(hào)成立，

代入b=12，c=13，d=16時(shí)，amax=2；b=1，c=23，d=13時(shí)，amin=1，

所以，a的取值范圍是[1，2].

22.因?yàn)镈B⊥BA，又因?yàn)槠矫鍭BDE⊥平面ABC，平面ABDE∩平面ABC=AB，DB平面ABDE，

所以DB⊥平面ABC，因?yàn)锽D∥AE，所以EA⊥平面ABC，

如圖所示，以C為原點(diǎn)，分別以CA，CB為x，y軸，以過點(diǎn)C且與平面ABC垂直的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，

因?yàn)锳C=BC=4，

所以設(shè)各點(diǎn)坐標(biāo)為C（0，0，0），A（4，0，0），B（0，4，0），D（0，4，2），E（4，0，4），

則O（2，0，2），M（2，2，0），CD=（0，4，2），OD=（-2，4，0），MD=（-2，2，2），

設(shè)平面ODM的法向量n=（x，y，z），則由n⊥OD

且n⊥MD可得-2x+4y=0，

-2x+2y+2z=0，

令x=2，則y=1，z=1，所以n=（2，1，1），

設(shè)直線CD和平面ODM所成角為θ，則

sinθ=|cos|=n·CD|n||CD|=66·25=3010，

所以直線CD和平面ODM所成角的正弦值為3010.

23.（1）證明：（i）當(dāng)n=1時(shí)，因?yàn)閍1=0，3+3（-1）4=0，所以等式正確.

（ii）假設(shè)n=k時(shí)，等式正確，即ak=3k+3（-1）k4（k∈N*，k≥1），

那么，n=k+1時(shí)，

因?yàn)閍k+1=3k-ak=3k-3k+3（-1）k4

=4·3k-3k-3（-1）k4=3k+1+3（-1）k+14，

這說明n=k+1時(shí)等式仍正確.

據(jù)（i），（ii）可知，an=3n+3（-1）n4（n∈N*，n≥1）正確.

（2）易知P=14·3n+3（-1）n3n

=14[1+3（-1）n3n]，

①當(dāng)n（n≥3）為奇數(shù)時(shí)，P=14（1-33n），因?yàn)?n≥27，所以P≥14（1-327）=29，

又P=14（1-33n）<14，所以29≤P<14；

②當(dāng)n（n≥2）為偶數(shù)時(shí)，P=14（1+33n），因?yàn)?n≥9，所以P≤14（1+39）=13，

又P=14（1+33n）>14，所以14

綜上所述，29≤P≤13且P≠14.

（作者：田秀權(quán)，常州市第一中學(xué)）

令2m2-3m2lnm=0，得m=e23.

②當(dāng)0

f（x）在x∈[1，+∞）上為增函數(shù)，當(dāng)x=1時(shí)，

fmin（x）=1+m.

令m+1=0，得m=-1（舍）.

綜上所述，所求m為e23.

（3）記h1（x）=x（x-a）2，h2（x）=-x2+（a-1）x+a，

則據(jù)題意有h1（x）-1=0有3個(gè)不同的實(shí)根，h2（x）-1=0有2個(gè)不同的實(shí)根，

且這5個(gè)實(shí)根兩兩不相等.

（?。﹉2（x）-1=0有2個(gè)不同的實(shí)根，只需滿足

g（a-12）>1a>1或a<-3；

（ⅱ）h1（x）-1=0有3個(gè)不同的實(shí)根，因h′1（x）=3x2-4ax+a2=（3x-a）（x-a），

令h′1（x）=0，得x=a或a3，

1°當(dāng)a3>a即a<0時(shí)，h1（x）在x=a處取得極大值，而h1（a）=0，不符合題意，舍；

2°當(dāng)a3=a即a=0時(shí)，不符合題意，舍；

3°當(dāng)a30時(shí)，h1（x）在x=a3處取得極大值，

h1（a3）>1a>3322；所以a>3322；因?yàn)椋á。áⅲ┮瑫r(shí)滿足，故a>3322.

下證：這5個(gè)實(shí)根兩兩不相等，

即證：不存在x0使得h1（x0）-1=0和h2（x0）-1=0同時(shí)成立；

若存在x0使得h1（x0）=h2（x0）=1，

由h1（x0）=h2（x0），即x0（x0-a）2=-x20+（a-1）x0+a，

得（x0-a）（x20-ax0+x0+1）=0，

當(dāng)x0=a時(shí)，f（x0）=g（x0）=0，不符合，舍去；

當(dāng)x0≠a時(shí)，既有x20-ax0+x0+1=0①；

又由g（x0）=1，即-x20+（a-1）x0+a=1②；

聯(lián)立①②式，可得a=0；

而當(dāng)a=0時(shí)，H（x）=（x3-1）（-x2-x-1）=0沒有5個(gè)不同的零點(diǎn)，故舍去，

所以這5個(gè)實(shí)根兩兩不相等.

綜上，當(dāng)a>3322時(shí)，函數(shù)y=H（x）有5個(gè)不同的零點(diǎn).

21.A. （1）連結(jié)OP，

因?yàn)锳C⊥l，BD⊥l，

所以AC∥BD.

又OA=OB，PC=PD，

所以O(shè)P∥BD，從而OP⊥l.

因?yàn)镻在⊙O上，

所以l是⊙O的切線.

（2）連結(jié)AP，

因?yàn)閘是⊙O的切線，

所以∠BPD=∠BAP.

又∠BPD+∠PBD=90°，∠BAP+∠PBA=90°，

所以∠PBA=∠PBD，即PB平分∠ABD.

B. （1）設(shè)P（x，y）為曲線x2-2y2=1上任意一點(diǎn)，P′（x′，y′）為曲線x2+4xy+2y2=1上與P對(duì)應(yīng)的點(diǎn)，則1a

b1x′

y′=x

y，即x=x′+ay′，

y=bx′+y′.

代入x2-2y2=1得（x′+ay′）2-2（bx′+y′）2=1得（1-2b2）x′2+（2a-4b）x′y′+（a2-2）y′2=1，

及方程x2+4xy+2y2=1，從而1-2b2=1，

2a-4b=4，

a2-2=2，解得a=2，b=0，

（2）因?yàn)镸=12

01≠0，故M-1=11-21

0111=1-2

01.

C. （1）直線l的參數(shù)方程為x=1+12t，

y=-5+32t（t為參數(shù)），

圓C的極坐標(biāo)方程為ρ=8sinθ.

（2）因?yàn)镸（4，π2）對(duì)應(yīng)的直角坐標(biāo)為（0，4），

直線l的普通方程為3x-y-5-3=0，

所以圓心到直線l的距離d=|0-4-5-3|3+1=9+32>5，

所以直線l與圓C相離.

D. 由柯西不等式，得（2b2+3c2+6d2）（12+13+16）≥（b+c+d）2，

即2b2+3c2+6d2≥（b+c+d）2.由條件，得5-a2≥（3-a）2，

解得1≤a≤2，當(dāng)且僅當(dāng)2b12=3c13=6d16時(shí)等號(hào)成立，

代入b=12，c=13，d=16時(shí)，amax=2；b=1，c=23，d=13時(shí)，amin=1，

所以，a的取值范圍是[1，2].

22.因?yàn)镈B⊥BA，又因?yàn)槠矫鍭BDE⊥平面ABC，平面ABDE∩平面ABC=AB，DB平面ABDE，

所以DB⊥平面ABC，因?yàn)锽D∥AE，所以EA⊥平面ABC，

如圖所示，以C為原點(diǎn)，分別以CA，CB為x，y軸，以過點(diǎn)C且與平面ABC垂直的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，

因?yàn)锳C=BC=4，

所以設(shè)各點(diǎn)坐標(biāo)為C（0，0，0），A（4，0，0），B（0，4，0），D（0，4，2），E（4，0，4），

則O（2，0，2），M（2，2，0），CD=（0，4，2），OD=（-2，4，0），MD=（-2，2，2），

設(shè)平面ODM的法向量n=（x，y，z），則由n⊥OD

且n⊥MD可得-2x+4y=0，

-2x+2y+2z=0，

令x=2，則y=1，z=1，所以n=（2，1，1），

設(shè)直線CD和平面ODM所成角為θ，則

sinθ=|cos|=n·CD|n||CD|=66·25=3010，

所以直線CD和平面ODM所成角的正弦值為3010.

23.（1）證明：（i）當(dāng)n=1時(shí)，因?yàn)閍1=0，3+3（-1）4=0，所以等式正確.

（ii）假設(shè)n=k時(shí)，等式正確，即ak=3k+3（-1）k4（k∈N*，k≥1），

那么，n=k+1時(shí)，

因?yàn)閍k+1=3k-ak=3k-3k+3（-1）k4

=4·3k-3k-3（-1）k4=3k+1+3（-1）k+14，

這說明n=k+1時(shí)等式仍正確.

據(jù)（i），（ii）可知，an=3n+3（-1）n4（n∈N*，n≥1）正確.

（2）易知P=14·3n+3（-1）n3n

=14[1+3（-1）n3n]，

①當(dāng)n（n≥3）為奇數(shù)時(shí)，P=14（1-33n），因?yàn)?n≥27，所以P≥14（1-327）=29，

又P=14（1-33n）<14，所以29≤P<14；

②當(dāng)n（n≥2）為偶數(shù)時(shí)，P=14（1+33n），因?yàn)?n≥9，所以P≤14（1+39）=13，

又P=14（1+33n）>14，所以14

綜上所述，29≤P≤13且P≠14.

（作者：田秀權(quán)，常州市第一中學(xué)）