论文部分内容阅读
一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，计70分
1.已知集合A={1，3}，B={1，2，m}，若AB，则实数m=.
2.若（1-2i）i=a bi（a，b∈R，i为虚数单位），则ab=.
3.若向量a=（2，3），b=（x，-6），且a∥b，则实数x=.
4.袋中装有大小相同且形状一样的四个球，四个球上分别标有“2”、“3”、“4”、“6”这四个数.现从中随机选取三个球，则所选的三个球上的数恰好能构成一个等差数列的概率是.
5.某校共有400名学生参加了一次数学竞赛，竞赛成绩的频率分布直方图如图所示（成绩分组为[0，10），[10，20），…，[80，90），[90，100]）.则在本次竞赛中，得分不低于80分以上的人数为.
6.在△ABC中，已知sinA∶sinB∶sinC=2∶3∶4，则cosC=.
7.根据如图所示的伪代码，当输入a的值为3时，最后输出的S的值为.
Read a
S←0
I←1
While I≤3
S←S a
a←a×2
I←I 1
End While
Print S
8.已知四边形ABCD为梯形，AB∥CD，l为空间一直线，则“l垂直于两腰AD，BC”是“l垂直于两底AB，DC”的条件（填写“充分不必要”，“必要不充分”，“充要”，“既不充分也不必要”中的一个）.
9.函数f（x）=（x2 x 1）ex（x∈R）的单调减区间为.
10.已知f（x）=a-12x-1是定义在（-∞，-1]∪[1， ∞）上的奇函数，则f（x）的值域为.
11.记等比数列{an}的前n项积为Tn（n∈N*），已知am-1am 1-2am=0，且T2m-1=128，则m= .
12.已知ω是正实数，设Sω={θ|f（x）=cos[ω（x θ）]是奇函数}，若对每个实数a，Sω∩（a，a 1）的元素不超过2个，且存在实数a使Sω∩（a，a 1）含有2个元素，则ω的取值范围是.
13.已知a，b∈R，⊙C1：x2 y2-4x 2y-a2 5=0与⊙C2：x2 y2-（2b-10）x-2by 2b2-10b 16=0交于不同两点A（x1，y1），B（x2，y2），且x1-x2y1-y2 y1 y2x1 x2=0，则实数b的值为.
14.在平面直角坐标系xOy中，抛物线y2=2x的焦点为F设M是抛物线上的动点，则MOMF的最大值为.
二、解答题：本大题共6小题，共90分
15.（本小题满分14分）
在△ABC中，角A、B、C所对的对边长分别为a、b、c.
（1）设向量x=（sinB，sinC），向量y=（cosB，cosC），向量z=（cosB，-cosC），若z∥（x y），求tanB tanC的值；
（2）已知a2-c2=8b，且sinAcosC 3cosAsinC=0，求b.
16.（本小题满分14分）
如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是菱形，PA=PC，E为PB的中点.
（1）求证：PD∥面AEC；
（2）求证：平面AEC⊥平面PDB.
17.（本小题满分14分）
在综合实践活动中，因制作一个工艺品的需要，某小组设计了如图所示的一个门（该图为轴对称图形），其中矩形ABCD的三边AB、BC、CD由长6分米的材料弯折而成，BC边的长为2t分米（1≤t≤32）；曲线AOD拟从以下两种曲线中选择一种：曲线C1是一段余弦曲线（在如图所示的平面直角坐标系中，其解析式为y=cosx-1），此时记门的最高点O到BC边的距离为h1（t）；曲线C2是一段抛物线，其焦点到准线的距离为98，此时记门的最高点O到BC边的距离为h2（t）.
（1）试分别求出函数h1（t）、h2（t）的表达式；
（2）要使得点O到BC边的距离最大，应选用哪一种曲线？此时，最大值是多少？
18.（本小题满分14分）
如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x2a2 y2b2=1（a>b>0）的离心率为32，以原点为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x-y 2=0相切.
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知点P（0，1），Q（0，2），设M，N是椭圆C上关于y轴对称的不同两点，直线PM与QN相交于点T.求证：点T在椭圆C上.
19.（本小题满分16分）
已知函数f（x）=（ax2 x）ex，其中e是自然数的底数，a∈R.
（1）当a<0时，解不等式f（x）>0；
（2）若f（x）在[-1，1]上是单调增函数，求a的取值范围；
（3）当a=0时，求整数k的所有值，使方程f（x）=x 2在[k，k 1]上有解.
20.（本小题满分16分）
已知数列{an}的奇数项是公差为d1的等差数列，偶数项是公差为d2的等差数列，Sn是数列{an}的前n项和，a1=1，a2=2.
（1）若S5=16，a4=a5，求a10；
（2）已知S15=15a8，且对任意n∈N，有an （3）若d1=3d2（d1≠0），且存在正整数m、n（m≠n），使得am=an.求当d1最大时，数列{an}的通项公式.
数学附加题部分 （本部分满分40分，考试时间30分钟）
21.[选做题] 在A、B、C、D四小题中只能选做2题，每小题10分，计20分.
A.（选修41：几何证明选讲）
如图，⊙O的半径OB垂直于直径AC，D为AO上一点，BD的延长线交⊙O于点E，过E点的圆的切线交CA的延长线于P.
求证：PD2=PA·PC.
B.（选修42：矩阵与变换）
已知矩阵A=1002，B=11201，若矩阵AB对应的变换把直线l：x y-2=0变为直线l′，求直线l′的方程.
C.（选修44：坐标系与参数方程）
在极坐标系中，圆C的方程为ρ=42cos（θ-π4），以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线l的参数方程为x=t 1y=t-1 （t为参数），求直线l被⊙C截得的弦AB的长度.
D.（选修45：不等式选讲）
已知x、y、z均为正数，求证：33（1x 1y 1z）≤1x2 1y2 1z2.
22.袋中有8个除颜色不同其他都相同的球，其中1个为黑球，2个为白球，5个为红球.
（1）如果从袋中一次摸出2个球，求所摸出的2个球颜色不同的概率；
（2）如果从袋中一次摸出3个球，记得到红球的个数为X，求随机变量X的概率分布及数学期望E（X）.
23.数列{2n-1}的前n项组成集合An={1，3，7，…，2n-1}（n∈N*），从集合An中任取k（k=1，2，3，…，n）个数，其所有可能的k个数的乘积的和为Tk（若只取一个数，规定乘积为此数本身），记Sn=T1 T2 …Tn.例如：当n=1时，A1={1}，T1=1，S1=1；当n=2时，A2={1，3}，T1=1 3，T2=1×3，S2=1 3 1×3=7.
（1）求S3；
（2）猜想Sn，并用数学归纳法证明.
参考答案
一、填空题
1. 3
2. 2
3. -4
4. 12
5. 120
6. -14
7. 21
8. 充分不必要
9. （-2，-1）（或闭区间）
10. [-32，-12）∪（12，32]
11. m=4
12. （π，2π]
13. 53
14.解析：焦点F（12，0），设M（m，n），则n2=2m，m>0，设M到准线x=-12的距离等于d，则MOMF=MOd=m2 n2m 12=m2 2mm 12=m2 2mm2 m 14=m2 m m 14-14m2 m 14=1 m-14m2 m 14.令m-14=t，t>14，则
MOMF=1 tt2 23t 916=1 1t 32 916t≤1 13=233（当且仅当t=34时，等号成立）.
故MOMF的最大值为233.
二、解答题
15.解：（1）x y=（sinB cosB，sinC cosC），
由z∥（x y），得cosC（sinB cosB） cosB（sinC cosC）=0，
即sinBcosC cosBsinC=-2cosBcosC
所以tanB tanC=sinBcosB sinCcosC
=sinBcosC cosBsinCcosBcosC=-2.
（2）由已知可得，sinAcosC=-3cosAsinC，
则由正弦定理及余弦定理有：a·a2 b2-c22ab
=-3b2 c2-a22bc·c，
化简并整理得：a2-c2=2b2，又由已知a2-c2=8b，所以2b2=8b，
解得b=4或b=0（舍），所以b=4.
16.（1）证明：设AC交BD于点O，连接EO，因为O，E分别是BD，PB的中点，所以PD∥EO
而PD面AEC，EO面AEC，所以PD∥面AEC.
（2）连接PO，因为PA=PC，所以AC⊥PO，又四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，
而PO面PBD，BD面PBD，PO∩BD=O，所以AC⊥面PBD，
又AC面AEC，所以面AEC⊥面PBD.
17.解：（1）对于曲线C1，因为曲线AOD的解析式为y=cosx-1，所以点D的坐标为（t，cost-1），
所以点O到AD的距离为1-cost，而AB=DC=3-t，
则h1（t）=（3-t） （1-cost）=-t-cost 4（1≤t≤32），
对于曲线C2，因为抛物线的方程为x2=-94y，即y=-49x2，所以点D的坐标为（t，-49t2），
所以点O到AD的距离为49t2，而AB=DC=3-t，所以h2（t）=49t2-t 3（1≤t≤32）.
（2）因为h′1（t）=-1 sint<0，所以h1（t）在[1，32]上单调递减，所以当t=1时，h1（t）取得最大值为3-cos1，
又h2（t）=49（t-98）2 3916，而1≤t≤32，所以当t=32时，h2（t）取得最大值为52，
因为cos1>cosπ3=12，所以3-cos1<3-12=52，
故选用曲线C2，当t=32时，点E到BC边的距离最大，最大值为52分米.
18.解：（1）由题意知b=22=2.
因为离心率e=ca=32，所以ba=1-（ca）2=12. 所以a=22.
所以椭圆C的方程为x28 y22=1.
（2）证明：由题意可设M，N的坐标分别为（x0，y0），（-x0，y0），则
直线PM的方程为y=y0-1x0x 1，①
直线QN的方程为y=y0-2-x0x 2.②
证法一：联立①②解得x=x02y0-3，y=3y0-42y0-3，即T（x02y0-3，3y0-42y0-3）.
由x208 y202=1可得x20=8-4y20.
因为18（x02y0-3）2 12（3y0-42y0-3）2
=x20 4（3y0-4）28（2y0-3）2
=8-4y20 4（3y0-4）28（2y0-3）2
=32y20-96y0 728（2y0-3）2=8（2y0-3）28（2y0-3）2=1，
所以点T坐标满足椭圆C的方程，即点T在椭圆C上.
证法二：设T（x，y）.
联立①②解得x0=x2y-3，y0=3y-42y-3.
因为x208 y202=1，所以18（x2y-3）2 12（3y-42y-3）2=1.
整理得x28 （3y-4）22=（2y-3）2，
所以x28 9y22-12y 8=4y2-12y 9，
即x28 y22=1.
所以点T坐标满足椭圆C的方程，即点T在椭圆C上.
19.（1）因为ex>0，所以不等式f（x）>0即为ax2 x>0，
又因为a<0，所以不等式可化为x（x 1a）<0，
所以不等式f（x）>0的解集为（0，-1a）.
（2）f′（x）=（2ax 1）ex （ax2 x）ex=[ax2 （2a 1）x 1]ex，
①当a=0时，f′（x）=（x 1）ex，f′（x）≥0在[-1，1]上恒成立，当且仅当x=-1时取等号，故a=0符合要求；
②当a≠时，令g（x）=ax2 （2a 1）x 1，因为Δ=（2a 1）2-4a=4a2 1>0，
所以g（x）=0有两个不相等的实数根x1，x2，不妨设x1>x2，
因此f（x）有极大值又有极小值.
若a>0，因为g（-1）·g（0）=-a<0，所以f（x）在（-1，1）内有极值点，
故f（x）在[-1，1]上不单调.
若a<0，可知x1>0>x2，
因为g（x）的图象开口向下，要使f（x）在[-1，1]上单调，因为g（0）=1>0，
必须满足g（1）≥0，g（-1）≥0.即3a 2≥0，-a≥0.所以-23≤a<0.
综上可知，a的取值范围是[-23，0].
（3）当a=0时，方程即为xex=x 2，由于ex>0，所以x=0不是方程的解，
所以原方程等价于ex-2x-1=0，令h（x）=ex-2x-1，
因为h′（x）=ex 2x2>0对于x∈（-∞，0）∪（0， ∞）恒成立，
所以h（x）在（-∞，0）和（0， ∞）内是单调增函数，
又h（1）=e-3<0，h（2）=e2-2>0，h（-3）=e-3-13<0，h（-2）=e-2>0，
所以方程f（x）=x 2有且只有两个实数根，且分别在区间[1，2]和[-3，-2]上，
所以整数k的所有值为{-3，1}.
20.解：（1）由题意得，当n为奇数时，an=1 n-12d1，当n为偶数时，an=2 （n2-1）d2，
由S5=16，a4=a5，得3 3d1 4 d2=16，2 d2=1 2d1.
解得d1=2，d2=3，所以a10=2 4d2=14.
（2）当n为偶数时，由an 即n（d2-d1） 2-2d2<0恒成立，所以d2-d1≤0且d1>1.
当n为奇数时，由an 即n（d1-d2）-d1 d2-2<0恒成立，所以d1-d2≤0.
因此d1=d2.
又由S15=15a8，得（a1 a3 … a15） （a2 a4 … a14）=15（a2 3d2），
即8 8×72d1 14 7×62d2=30 45d2.
解得d1=d2=2.
所以an=n，则数列{an}是等差数列.
（3）因为d1≠0，d2≠0，且存在正整数m，n，（m≠n），使得am=an，
所以m，n中必然一个为奇数，一个为偶数.
不妨设m为奇数，n为偶数.
由am=an，得1 m-12d1=2 （n2-1）d2.
将d1=3d2代入，化简得d1=63m-n-1.
因为m为奇数，n为偶数，所以3m-n-1的最小正值为2，此时d1=3，d2=1.
所以数列{an}的通项公式为
an=32n-12，n为奇数，n2 1，n为偶数.
数学附加题部分
21.A.证明：连结OE，因为PE切⊙O于点E，所以∠OEP=90°，所以∠OEB ∠BEP=90°，因为OB=OE，所以∠OBE=∠OEB，因为OB⊥AC于点O，所以∠OBE ∠BDO=90°
故∠BEP=∠BDO=∠PDE，PD=PE，又因为PE切⊙O于点E，所以PE2=PA·PC， 故PD2=PA·PC.
B.易得AB=100211201=11202，
在直线l上任取一点P（x′，y′），经矩阵AB变换为点Q（x，y），
则xy=11202x′y′=x′ 12y′2y′，
∴x=x′ 12y′y=2y′，即x′=x-14yy′=y2，
代入x′ y′-2=0中得x-14y y2-2=0，
∴直线l′的方程为4x y-8=0.
C.解：⊙C的方程化为ρ=4cosθ 4sinθ，两边同乘以ρ，得ρ2=4ρcosθ 4ρsinθ.
由ρ2=x2 y2，x=ρcosθ，y=ρsinθ，得x2 y2-4x-4y=0，
其圆心C坐标为（2，2），半径r=22，又直线l的普通方程为x-y-2=0，
∴圆心C到直线l的距离d=22=2，
∴弦长AB=28-2=26.
D.证明：由柯西不等式得（12 12 12）（1x2 1y2 1z2）≥（1x 1y 1z）2，
则3×1x2 1y2 1z2≥1x 1y 1z，即33（1x 1y 1z）≤1x2 1y2 1z2.
22.解：（1）记“所摸出的2个球颜色不同”为事件A.
摸出的2个球颜色不同的摸法种数为C17 C12C15=17种，
从8个球中摸出2个球的不同摸法种数为C28=28，
所以P（A）=1728.
答：所摸出的2个球颜色不同的概率为1728.
（2）符合条件的摸法包括以下四种：
①3个球中没有红球，只有1种摸法；
②3个球中有1个红球，有C23C15=15种不同摸法；
③3个球中有2个红球，有C25C13=30种不同摸法；
④3个球均为红球，有C35=10种不同摸法.
由题意知随机变量X的取值可以为0，1，2，3.
则随机变量X的概率分布为：
P（X=0）=1C38=156；P（X=1）=15C38=1556；P（X=2）=30C38=1528；P（X=3）=10C38=528；
k0123
P（X=k）15615561528528
数学期望E（X）=0×156 1×1556 2×1528 3×528=158.
所以所求数学期望E（X）为158.
23.解：（1）当n=3时，A3={1，3，7}，T1=1 3 7=11，T2=1×3 1×7 3×7=31，T3=1×3×7=21，
所以S3=11 31 21=63；
（2）由S1=1=21-1=21×22-1，S2=7=23-1=22×32-1，S3=63=26-1=23×42-1，
猜想Sn=2n（n 1）2-1.
下面证明：
（1）易知n=1时成立；
（2）假设n=k时Sk=2k（k 1）2-1，
则n=k 1时，Sk 1=T1 T2 T3 … Tk 1
=[T1′ （2k 1-1）] [T2′ （2k 1-1）T1′] [T3′ （2k 1-1）T2′] … [Tk′ （2k 1-1）Tk′]（其中Ti′，i=1，2，…，k，为n=k时可能的k个数的乘积的和为Tk），
=（T′1 T′2 T′3 … T′k） （2k 1-1） （2k 1-1）（T′1 T′2 T′3 … T′k）=Sk （2k 1-1） （2k 1-1）Sk
=2k 1（2k（k 1）2-1） （2k 1-1）
=2k 1·2k（k 1）2-1=2（k 1）（k 2）2-1，即n=k时Sk 1=2（k 1）（k 2）2-1也成立，
综合（1）（2）知对n∈N*，Sn=2n（n 1）2-1成立.所以Sn=2n（n 1）2-1.
1.已知集合A={1，3}，B={1，2，m}，若AB，则实数m=.
2.若（1-2i）i=a bi（a，b∈R，i为虚数单位），则ab=.
3.若向量a=（2，3），b=（x，-6），且a∥b，则实数x=.
4.袋中装有大小相同且形状一样的四个球，四个球上分别标有“2”、“3”、“4”、“6”这四个数.现从中随机选取三个球，则所选的三个球上的数恰好能构成一个等差数列的概率是.
5.某校共有400名学生参加了一次数学竞赛，竞赛成绩的频率分布直方图如图所示（成绩分组为[0，10），[10，20），…，[80，90），[90，100]）.则在本次竞赛中，得分不低于80分以上的人数为.
6.在△ABC中，已知sinA∶sinB∶sinC=2∶3∶4，则cosC=.
7.根据如图所示的伪代码，当输入a的值为3时，最后输出的S的值为.
Read a
S←0
I←1
While I≤3
S←S a
a←a×2
I←I 1
End While
Print S
8.已知四边形ABCD为梯形，AB∥CD，l为空间一直线，则“l垂直于两腰AD，BC”是“l垂直于两底AB，DC”的条件（填写“充分不必要”，“必要不充分”，“充要”，“既不充分也不必要”中的一个）.
9.函数f（x）=（x2 x 1）ex（x∈R）的单调减区间为.
10.已知f（x）=a-12x-1是定义在（-∞，-1]∪[1， ∞）上的奇函数，则f（x）的值域为.
11.记等比数列{an}的前n项积为Tn（n∈N*），已知am-1am 1-2am=0，且T2m-1=128，则m= .
12.已知ω是正实数，设Sω={θ|f（x）=cos[ω（x θ）]是奇函数}，若对每个实数a，Sω∩（a，a 1）的元素不超过2个，且存在实数a使Sω∩（a，a 1）含有2个元素，则ω的取值范围是.
13.已知a，b∈R，⊙C1：x2 y2-4x 2y-a2 5=0与⊙C2：x2 y2-（2b-10）x-2by 2b2-10b 16=0交于不同两点A（x1，y1），B（x2，y2），且x1-x2y1-y2 y1 y2x1 x2=0，则实数b的值为.
14.在平面直角坐标系xOy中，抛物线y2=2x的焦点为F设M是抛物线上的动点，则MOMF的最大值为.
二、解答题：本大题共6小题，共90分
15.（本小题满分14分）
在△ABC中，角A、B、C所对的对边长分别为a、b、c.
（1）设向量x=（sinB，sinC），向量y=（cosB，cosC），向量z=（cosB，-cosC），若z∥（x y），求tanB tanC的值；
（2）已知a2-c2=8b，且sinAcosC 3cosAsinC=0，求b.
16.（本小题满分14分）
如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是菱形，PA=PC，E为PB的中点.
（1）求证：PD∥面AEC；
（2）求证：平面AEC⊥平面PDB.
17.（本小题满分14分）
在综合实践活动中，因制作一个工艺品的需要，某小组设计了如图所示的一个门（该图为轴对称图形），其中矩形ABCD的三边AB、BC、CD由长6分米的材料弯折而成，BC边的长为2t分米（1≤t≤32）；曲线AOD拟从以下两种曲线中选择一种：曲线C1是一段余弦曲线（在如图所示的平面直角坐标系中，其解析式为y=cosx-1），此时记门的最高点O到BC边的距离为h1（t）；曲线C2是一段抛物线，其焦点到准线的距离为98，此时记门的最高点O到BC边的距离为h2（t）.
（1）试分别求出函数h1（t）、h2（t）的表达式；
（2）要使得点O到BC边的距离最大，应选用哪一种曲线？此时，最大值是多少？
18.（本小题满分14分）
如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x2a2 y2b2=1（a>b>0）的离心率为32，以原点为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x-y 2=0相切.
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知点P（0，1），Q（0，2），设M，N是椭圆C上关于y轴对称的不同两点，直线PM与QN相交于点T.求证：点T在椭圆C上.
19.（本小题满分16分）
已知函数f（x）=（ax2 x）ex，其中e是自然数的底数，a∈R.
（1）当a<0时，解不等式f（x）>0；
（2）若f（x）在[-1，1]上是单调增函数，求a的取值范围；
（3）当a=0时，求整数k的所有值，使方程f（x）=x 2在[k，k 1]上有解.
20.（本小题满分16分）
已知数列{an}的奇数项是公差为d1的等差数列，偶数项是公差为d2的等差数列，Sn是数列{an}的前n项和，a1=1，a2=2.
（1）若S5=16，a4=a5，求a10；
（2）已知S15=15a8，且对任意n∈N，有an
数学附加题部分 （本部分满分40分，考试时间30分钟）
21.[选做题] 在A、B、C、D四小题中只能选做2题，每小题10分，计20分.
A.（选修41：几何证明选讲）
如图，⊙O的半径OB垂直于直径AC，D为AO上一点，BD的延长线交⊙O于点E，过E点的圆的切线交CA的延长线于P.
求证：PD2=PA·PC.
B.（选修42：矩阵与变换）
已知矩阵A=1002，B=11201，若矩阵AB对应的变换把直线l：x y-2=0变为直线l′，求直线l′的方程.
C.（选修44：坐标系与参数方程）
在极坐标系中，圆C的方程为ρ=42cos（θ-π4），以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线l的参数方程为x=t 1y=t-1 （t为参数），求直线l被⊙C截得的弦AB的长度.
D.（选修45：不等式选讲）
已知x、y、z均为正数，求证：33（1x 1y 1z）≤1x2 1y2 1z2.
22.袋中有8个除颜色不同其他都相同的球，其中1个为黑球，2个为白球，5个为红球.
（1）如果从袋中一次摸出2个球，求所摸出的2个球颜色不同的概率；
（2）如果从袋中一次摸出3个球，记得到红球的个数为X，求随机变量X的概率分布及数学期望E（X）.
23.数列{2n-1}的前n项组成集合An={1，3，7，…，2n-1}（n∈N*），从集合An中任取k（k=1，2，3，…，n）个数，其所有可能的k个数的乘积的和为Tk（若只取一个数，规定乘积为此数本身），记Sn=T1 T2 …Tn.例如：当n=1时，A1={1}，T1=1，S1=1；当n=2时，A2={1，3}，T1=1 3，T2=1×3，S2=1 3 1×3=7.
（1）求S3；
（2）猜想Sn，并用数学归纳法证明.
参考答案
一、填空题
1. 3
2. 2
3. -4
4. 12
5. 120
6. -14
7. 21
8. 充分不必要
9. （-2，-1）（或闭区间）
10. [-32，-12）∪（12，32]
11. m=4
12. （π，2π]
13. 53
14.解析：焦点F（12，0），设M（m，n），则n2=2m，m>0，设M到准线x=-12的距离等于d，则MOMF=MOd=m2 n2m 12=m2 2mm 12=m2 2mm2 m 14=m2 m m 14-14m2 m 14=1 m-14m2 m 14.令m-14=t，t>14，则
MOMF=1 tt2 23t 916=1 1t 32 916t≤1 13=233（当且仅当t=34时，等号成立）.
故MOMF的最大值为233.
二、解答题
15.解：（1）x y=（sinB cosB，sinC cosC），
由z∥（x y），得cosC（sinB cosB） cosB（sinC cosC）=0，
即sinBcosC cosBsinC=-2cosBcosC
所以tanB tanC=sinBcosB sinCcosC
=sinBcosC cosBsinCcosBcosC=-2.
（2）由已知可得，sinAcosC=-3cosAsinC，
则由正弦定理及余弦定理有：a·a2 b2-c22ab
=-3b2 c2-a22bc·c，
化简并整理得：a2-c2=2b2，又由已知a2-c2=8b，所以2b2=8b，
解得b=4或b=0（舍），所以b=4.
16.（1）证明：设AC交BD于点O，连接EO，因为O，E分别是BD，PB的中点，所以PD∥EO
而PD面AEC，EO面AEC，所以PD∥面AEC.
（2）连接PO，因为PA=PC，所以AC⊥PO，又四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，
而PO面PBD，BD面PBD，PO∩BD=O，所以AC⊥面PBD，
又AC面AEC，所以面AEC⊥面PBD.
17.解：（1）对于曲线C1，因为曲线AOD的解析式为y=cosx-1，所以点D的坐标为（t，cost-1），
所以点O到AD的距离为1-cost，而AB=DC=3-t，
则h1（t）=（3-t） （1-cost）=-t-cost 4（1≤t≤32），
对于曲线C2，因为抛物线的方程为x2=-94y，即y=-49x2，所以点D的坐标为（t，-49t2），
所以点O到AD的距离为49t2，而AB=DC=3-t，所以h2（t）=49t2-t 3（1≤t≤32）.
（2）因为h′1（t）=-1 sint<0，所以h1（t）在[1，32]上单调递减，所以当t=1时，h1（t）取得最大值为3-cos1，
又h2（t）=49（t-98）2 3916，而1≤t≤32，所以当t=32时，h2（t）取得最大值为52，
因为cos1>cosπ3=12，所以3-cos1<3-12=52，
故选用曲线C2，当t=32时，点E到BC边的距离最大，最大值为52分米.
18.解：（1）由题意知b=22=2.
因为离心率e=ca=32，所以ba=1-（ca）2=12. 所以a=22.
所以椭圆C的方程为x28 y22=1.
（2）证明：由题意可设M，N的坐标分别为（x0，y0），（-x0，y0），则
直线PM的方程为y=y0-1x0x 1，①
直线QN的方程为y=y0-2-x0x 2.②
证法一：联立①②解得x=x02y0-3，y=3y0-42y0-3，即T（x02y0-3，3y0-42y0-3）.
由x208 y202=1可得x20=8-4y20.
因为18（x02y0-3）2 12（3y0-42y0-3）2
=x20 4（3y0-4）28（2y0-3）2
=8-4y20 4（3y0-4）28（2y0-3）2
=32y20-96y0 728（2y0-3）2=8（2y0-3）28（2y0-3）2=1，
所以点T坐标满足椭圆C的方程，即点T在椭圆C上.
证法二：设T（x，y）.
联立①②解得x0=x2y-3，y0=3y-42y-3.
因为x208 y202=1，所以18（x2y-3）2 12（3y-42y-3）2=1.
整理得x28 （3y-4）22=（2y-3）2，
所以x28 9y22-12y 8=4y2-12y 9，
即x28 y22=1.
所以点T坐标满足椭圆C的方程，即点T在椭圆C上.
19.（1）因为ex>0，所以不等式f（x）>0即为ax2 x>0，
又因为a<0，所以不等式可化为x（x 1a）<0，
所以不等式f（x）>0的解集为（0，-1a）.
（2）f′（x）=（2ax 1）ex （ax2 x）ex=[ax2 （2a 1）x 1]ex，
①当a=0时，f′（x）=（x 1）ex，f′（x）≥0在[-1，1]上恒成立，当且仅当x=-1时取等号，故a=0符合要求；
②当a≠时，令g（x）=ax2 （2a 1）x 1，因为Δ=（2a 1）2-4a=4a2 1>0，
所以g（x）=0有两个不相等的实数根x1，x2，不妨设x1>x2，
因此f（x）有极大值又有极小值.
若a>0，因为g（-1）·g（0）=-a<0，所以f（x）在（-1，1）内有极值点，
故f（x）在[-1，1]上不单调.
若a<0，可知x1>0>x2，
因为g（x）的图象开口向下，要使f（x）在[-1，1]上单调，因为g（0）=1>0，
必须满足g（1）≥0，g（-1）≥0.即3a 2≥0，-a≥0.所以-23≤a<0.
综上可知，a的取值范围是[-23，0].
（3）当a=0时，方程即为xex=x 2，由于ex>0，所以x=0不是方程的解，
所以原方程等价于ex-2x-1=0，令h（x）=ex-2x-1，
因为h′（x）=ex 2x2>0对于x∈（-∞，0）∪（0， ∞）恒成立，
所以h（x）在（-∞，0）和（0， ∞）内是单调增函数，
又h（1）=e-3<0，h（2）=e2-2>0，h（-3）=e-3-13<0，h（-2）=e-2>0，
所以方程f（x）=x 2有且只有两个实数根，且分别在区间[1，2]和[-3，-2]上，
所以整数k的所有值为{-3，1}.
20.解：（1）由题意得，当n为奇数时，an=1 n-12d1，当n为偶数时，an=2 （n2-1）d2，
由S5=16，a4=a5，得3 3d1 4 d2=16，2 d2=1 2d1.
解得d1=2，d2=3，所以a10=2 4d2=14.
（2）当n为偶数时，由an
当n为奇数时，由an
因此d1=d2.
又由S15=15a8，得（a1 a3 … a15） （a2 a4 … a14）=15（a2 3d2），
即8 8×72d1 14 7×62d2=30 45d2.
解得d1=d2=2.
所以an=n，则数列{an}是等差数列.
（3）因为d1≠0，d2≠0，且存在正整数m，n，（m≠n），使得am=an，
所以m，n中必然一个为奇数，一个为偶数.
不妨设m为奇数，n为偶数.
由am=an，得1 m-12d1=2 （n2-1）d2.
将d1=3d2代入，化简得d1=63m-n-1.
因为m为奇数，n为偶数，所以3m-n-1的最小正值为2，此时d1=3，d2=1.
所以数列{an}的通项公式为
an=32n-12，n为奇数，n2 1，n为偶数.
数学附加题部分
21.A.证明：连结OE，因为PE切⊙O于点E，所以∠OEP=90°，所以∠OEB ∠BEP=90°，因为OB=OE，所以∠OBE=∠OEB，因为OB⊥AC于点O，所以∠OBE ∠BDO=90°
故∠BEP=∠BDO=∠PDE，PD=PE，又因为PE切⊙O于点E，所以PE2=PA·PC， 故PD2=PA·PC.
B.易得AB=100211201=11202，
在直线l上任取一点P（x′，y′），经矩阵AB变换为点Q（x，y），
则xy=11202x′y′=x′ 12y′2y′，
∴x=x′ 12y′y=2y′，即x′=x-14yy′=y2，
代入x′ y′-2=0中得x-14y y2-2=0，
∴直线l′的方程为4x y-8=0.
C.解：⊙C的方程化为ρ=4cosθ 4sinθ，两边同乘以ρ，得ρ2=4ρcosθ 4ρsinθ.
由ρ2=x2 y2，x=ρcosθ，y=ρsinθ，得x2 y2-4x-4y=0，
其圆心C坐标为（2，2），半径r=22，又直线l的普通方程为x-y-2=0，
∴圆心C到直线l的距离d=22=2，
∴弦长AB=28-2=26.
D.证明：由柯西不等式得（12 12 12）（1x2 1y2 1z2）≥（1x 1y 1z）2，
则3×1x2 1y2 1z2≥1x 1y 1z，即33（1x 1y 1z）≤1x2 1y2 1z2.
22.解：（1）记“所摸出的2个球颜色不同”为事件A.
摸出的2个球颜色不同的摸法种数为C17 C12C15=17种，
从8个球中摸出2个球的不同摸法种数为C28=28，
所以P（A）=1728.
答：所摸出的2个球颜色不同的概率为1728.
（2）符合条件的摸法包括以下四种：
①3个球中没有红球，只有1种摸法；
②3个球中有1个红球，有C23C15=15种不同摸法；
③3个球中有2个红球，有C25C13=30种不同摸法；
④3个球均为红球，有C35=10种不同摸法.
由题意知随机变量X的取值可以为0，1，2，3.
则随机变量X的概率分布为：
P（X=0）=1C38=156；P（X=1）=15C38=1556；P（X=2）=30C38=1528；P（X=3）=10C38=528；
k0123
P（X=k）15615561528528
数学期望E（X）=0×156 1×1556 2×1528 3×528=158.
所以所求数学期望E（X）为158.
23.解：（1）当n=3时，A3={1，3，7}，T1=1 3 7=11，T2=1×3 1×7 3×7=31，T3=1×3×7=21，
所以S3=11 31 21=63；
（2）由S1=1=21-1=21×22-1，S2=7=23-1=22×32-1，S3=63=26-1=23×42-1，
猜想Sn=2n（n 1）2-1.
下面证明：
（1）易知n=1时成立；
（2）假设n=k时Sk=2k（k 1）2-1，
则n=k 1时，Sk 1=T1 T2 T3 … Tk 1
=[T1′ （2k 1-1）] [T2′ （2k 1-1）T1′] [T3′ （2k 1-1）T2′] … [Tk′ （2k 1-1）Tk′]（其中Ti′，i=1，2，…，k，为n=k时可能的k个数的乘积的和为Tk），
=（T′1 T′2 T′3 … T′k） （2k 1-1） （2k 1-1）（T′1 T′2 T′3 … T′k）=Sk （2k 1-1） （2k 1-1）Sk
=2k 1（2k（k 1）2-1） （2k 1-1）
=2k 1·2k（k 1）2-1=2（k 1）（k 2）2-1，即n=k时Sk 1=2（k 1）（k 2）2-1也成立，
综合（1）（2）知对n∈N*，Sn=2n（n 1）2-1成立.所以Sn=2n（n 1）2-1.