15.已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)和Sn滿足anSn=9（n=1，2，…），給出下列四個(gè)結(jié)論：
①{an}的第2項(xiàng)小于3.
②{an}為等比數(shù)列.
③{an}為遞減數(shù)列.
④{an}中存在小于1100的項(xiàng).
其中所有正確結(jié)論的序號是.
三、解答題
16.在△ABC中，sin2C=3sinC.
圖2
（1）求∠C;
（2）若b=6，且△ABC的面積為63，求△ABC的周長.
17.如圖2，在三棱柱ABC|A1B1C1中，側(cè)BCC1B1為正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB=BC=2，M，N分別為A1B1，AC的中點(diǎn).
（1）求證：MN∥平面BCC1B1;
（2）再從條件①，條件②這兩個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值.
條件①：AB⊥MN;條件②：BM=MN.
18.在校運(yùn)動(dòng)會(huì)上，只有甲、乙、丙三名同學(xué)參加鉛球比賽，比賽成績達(dá)到9.50m以上（含9.50m）的同學(xué)將獲得優(yōu)秀獎(jiǎng)，為預(yù)測獲得優(yōu)秀獎(jiǎng)的人數(shù)及冠軍得主，收集了甲、乙、丙以往的比賽成績，并整理得到如下數(shù)據(jù)（單位：m）：
甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25;
乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23;
丙：9.85，9.65，9.20，9.16.
假設(shè)用頻率估計(jì)概率，且甲、乙、丙的比賽成績相互獨(dú)立.
（1）估計(jì)甲在校運(yùn)動(dòng)會(huì)鉛球比賽中獲得優(yōu)秀獎(jiǎng)的概率;
（2）設(shè)X是甲、乙、丙在校運(yùn)動(dòng)會(huì)鉛球比賽中獲得優(yōu)秀獎(jiǎng)的總?cè)藬?shù)，估計(jì)X的數(shù)學(xué)期望EX;
（3）在校運(yùn)動(dòng)鉛球比賽中，甲、乙、丙誰獲得冠軍的概率估計(jì)值最大？（結(jié)論不要求證明）
19.已知橢圓E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的一個(gè)頂點(diǎn)為A（0，1），焦距為23.
（1）求橢圓E的方程;
（2）過點(diǎn)P（-2，1）作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)B，C，直線AB，AC分別與x軸交于點(diǎn)M，N，當(dāng)|MN|=2時(shí)，求k的值.
20.己知函數(shù)f（x）=exln（1+x）.
（1）求曲線y=f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線方程;
（2）設(shè)g（x）=f′（x），討論函數(shù)g（x）在[0，+∞）上的單調(diào)性;
（3）證明：對任意的s，t∈（0，+∞），有
f（s+t）>f（s）+f（t）.
21.己知Q：a1，a2，…，ak為有窮整數(shù)數(shù)列.給定正整數(shù)m，若對任意的n∈{1，2，…，m}，在Q中存在ai，ai+1，ai+2，…，ai+j（j≥0），使得ai+ai+1+ai+2+…+ai+j=n，則稱Q為m|連續(xù)可表數(shù)列.
（1）判斷Q：2，1，4是否為5|連續(xù)可表數(shù)列？是否為6|連續(xù)可表數(shù)列？說明理由;
（2）若Q：a1，a2，…，ak為8|連續(xù)可表數(shù)列，求證：k的最小值為4;
（3）若Q：a1，a2，…，ak為20|連續(xù)可表數(shù)列，且a1+a2+…+ak<20，求證：k≥7.
參考答案
題號12345678910答案DBACCADBBD題號1112131415答案
（-∞，0）∪（0，1]31;-22-1，0①③④
16.（1）由已知2sinCcosC=3sinC，
由于∠C在△ABC中，
所以0<∠C<π，sinC≠0，
故cosC=32，∠C=π6.
（2）由（1）知sinC=12，
所以S△ABC=12absinC=63，
將b=6代入，得a=43，
由余弦定理得
c=a2+b2-2abcosC=23，
所以△ABC的周長是6+63.
圖3
17.（1）如圖3所示，
設(shè)棱BC的中點(diǎn)是D，連接DN，DB1，可得
DN瘙綊12BA瘙綊B1M，
所以四邊形B1DNM是平行四邊形，
MN∥B1D.
再由MN平面BCC1B1，
B1D平面BCC1B1，
可得MN∥平面BCC1B1.
（2）選條件①：
如圖2所示，
由平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，
CB平面BCC1B1，
平面BCC1B1∩平面ABB1A1=B1B，
CB⊥B1B，
可得CB⊥平面ABB1A1，
所以BC⊥BA.
如圖3所示，
設(shè)棱BC的中點(diǎn)是D，連接DN，DB，
可證得MN∥B1D.
再由“條件①：AB⊥MN”，可得
AB⊥B1D.
又由AB⊥BC，
可得AB⊥平面BCC1B1，
所以AB⊥B1B.
故三條直線BB1，BC，BA兩兩互相垂直，
因而可建立如圖4所示的空間直角坐標(biāo)系B|xyz，
則A（0，2，0），B（0，0，0），
M（0，1，2），N（1，1，0），
BA=（0，2，0），
BM=（0，1，2），BN=（1，1，0）.
設(shè)平面BMN的一個(gè)法向量是
n=（x，y，z），
可得n·BM=y+2z=0，n·BN=x+y=0，
圖4
取y=-2，可得
x=2，z=1，
所以n=（2，-2，1）.
設(shè)直線AB與平面BMN所成角的大小是θ（0≤θ≤π2），可得
sinθ=|cos〈BA，n〉|
=|BA·n||BA|·|n|=23，
所以直線AB與平面BMN所成角的正弦值是23.
選條件②：
如圖2所示，
由平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，
CB平面BCC1B1，
平面BCC1B1∩平面ABB1A1=B1B，
CB⊥B1B，
可得CB⊥平面ABB1A1，
所以BC⊥BA.
如圖3所示，
設(shè)棱BC的中點(diǎn)是D，連接DN，DB1，
可證得MN=B1D.
再由題設(shè)，可得
MB2=MN2=B1D2=B1B2+BD2
=B1B2+B1M2，
再由勾股定理的逆定理，可得
BB1⊥B1M，BB1⊥BA，
故三條直線BB1，BC，BA兩兩互相垂直，
因而可建立如圖4所示的空間直角坐標(biāo)系B|xyz.
下同條件①.
18.（1）甲共投10次，優(yōu)秀4次，
由概率估計(jì)甲優(yōu)秀的概率
P甲優(yōu)秀=410=25.
（2）甲優(yōu)秀概率為25，乙優(yōu)秀概率為12，丙優(yōu)秀概率為12，
X0123P32025720110
故P（X=0）=35×12×12=320，
P（X=1）
=25×12×12+35×12×12+38×12×12
=820，
P（X=2）
=35×12×12+35×12×12+35×12×12
=720，
P（X=3）=25×12×12=220，
所以EX=0×320+1×35+2×720+3×110
=75.
（3）丙.
因?yàn)楸兜竭^3人中的最大值9.85，比甲、乙的最大值都要大，若比賽中發(fā)揮出好狀態(tài)，丙實(shí)力最強(qiáng).
19.（1）由題設(shè)可得b=1，
且c=a2-b2=a2-12=3（a>0），
所以a=2，
故橢圓E的方程是x24+y2=1.
（2）由題設(shè)知，可設(shè)
直線BC：y=k（x+2）+1，
點(diǎn)B（x1，y1），點(diǎn)C（x2，y2），
聯(lián)立y=k（x+2）+1，x24+y2=1，可得
（4k2+1）x2+（16k2+8k）x+（16k2+16k）=0，
故Δ=（16k2+8k）2-4（4k2+1）（16k2+16k）
=-64k>0，
即k<0，
且x1+x2=-16k2+8k4k2+1，x1x2=16k2+16k4k2+1，
x1，2=-16k2-8k±-64k2（4k2+1）
=-8k2-4k±4-k4k2+1，
|x1-x2|=8-k4k2+1，
直線AB：y=y1-1x1x+1，
進(jìn)而可得點(diǎn)Mx11-y1，0.
同理Nx21-y2，0，
所以|MN|=x11-y1-x21-y2
=x1y1-1-x2y2-1
=x1k（x1+2）-x2k（x2+2）
=-2k1x2+2-1x1+2
=-2kx1-x2（x1+2）（x2+2）
=-2kx1-x2x1x2+2（x1+x2）+4
=-2k8-k4k2+116k2+16k4k2+1-2·16k2+8k4k2+1+4
=4-k=2，
解得k=-4.
20.可求得f′（x）=exln（x+1）+1x+1.
（1）f（0）=0，f′（0）=1，
進(jìn)而可得所求切線方程是
y-0=1（x-0），
即y=x.
（2）g′（x）
=exln（x+1）+2x+1-1（x+1）2
=exln（x+1）+2x+1（x+1）2.
當(dāng)x≥0時(shí)，可得
ex>0，ln（x+1）≥0，2x+1（x+1）2>0，
所以g′（x）>0，
g（x）在[0，+∞）上是增函數(shù).
（3）設(shè)函數(shù)
h（s）=f（s+t）-f（s）-f（t）（s≥0），
由（2）的結(jié)論可得
h′（s）=f″（s+t）-f′（s）>0（s≥0，t>0），
所以h（s）是增函數(shù)，
因而h（s）>h（0）=-f（0）=0（s>0），
進(jìn)而可得欲證結(jié)論成立.
21.（1）是5|連續(xù)可表函數(shù)，不是6|連續(xù)可表函數(shù).
（2）若k≤3，設(shè)為a，b，c，
則至多a+b，b+c，a+b+c，a，b，c6種矛盾，
k=4，3，2，1，4滿足，
所以k>4.
（3）（i）若k≤5，則a1，a2，…，a5至多可表15個(gè)數(shù)，矛盾;
（ii）若k<7，則
k=6，a，b，c，d，e，f至多可表21個(gè)，
而a+b+c+d+e+f<20，所以其中有負(fù)的，
從而a，b，c，d，e，f可表1～20及那個(gè)負(fù)數(shù)（恰21個(gè)），
這表明a～f中僅有一個(gè)負(fù)的，沒有0，且這個(gè)負(fù)的在a～f中絕對值最小，同時(shí)a～f中沒有兩數(shù)相同，設(shè)那個(gè)負(fù)數(shù)為-m（m≥1），
則所有數(shù)之和
≥m+1+m+2+…+m+5-m
=4m+15，
4m+15≤19m=1，
所以{a，b，c，d，e，f}={-1，2，3，4，5，6}，
再考慮排序.
因?yàn)?=-1+2（僅一種方式），
所以-1與2相鄰.
若-1不在兩端，則“x，-1，2，，，”形式;
若x=6，則5=6-1（2種方式矛盾），
所以x≠6，
同理x≠5，4，3，
故-1在一端，
不妨為“-1，2，A，B，C，D”形式.
若A=3，則5=2+3（2種方式矛盾），
同理A=4不行，
A=5，則6=-1+2+5（2種矛盾），
從而A=6，
由于7=-1+2+6，
由表法唯一知3，4不相鄰，
故只能有-1，2，3，4，5，4①或-1，2，6，4，5，3②這2種情形.
對①9=6+3=5+4，矛盾;
對②8=2+6=5+3也矛盾.
綜上知，k≠6，
所以k≥7.
