13. 直線BF的方程為 - =1，聯(lián)立方程組 + =1， - =1，消y解得x= . 因為P是BQ的中點，所以有2 = ，化簡得3c2=a2，所以e= .

14. 由已知可得OQ= = = = OP，所以m= = . 因為cosθ= = = ，又θ∈[0，π]，所以∠POQ= . 故y=m·sin（x+θ）= sinx+ ，其在y軸右邊的第一個最高點坐標為 ， .

15. （1）f =sin2× + -cos2× + +2cos2 =sin -cos +1+cos = -0+1+ = +1.

（2）f（x）=sin2x+ -cos2x+ +2cos2x=sin2xcos +cos2xsin -cos2xcos +sin2xsin +cos2x+1= sin2x+cos2x+1=2sin2x+ +1，所以當sin2x+ =1時， f（x）max=2+1=3，此時，2x+ =2kπ+ ，即x=kπ+ （k∈Z）.

16. （1）連結(jié)DD1. 在三棱柱ABC-A1B1C1中，因為D，D1分別是BC與B1C1的中點，所以B1D1∥BD，且B1D1=BD. 所以，四邊形B1BDD1為平行四邊形，所以BB1∥DD1，且BB1=DD1. 又因為AA1∥BB1，且AA1=BB1，所以AA1∥DD1，且AA1=DD1. 所以四邊形AA1D1D為平行四邊形. 所以A1D1∥AD. 又A1D1？埭平面AB1D，AD？奐平面AB1D，故A1D1∥平面AB1D.

（2）在△ABC中，因為AB=AC，D為BC的中點，所以AD⊥BC. 因為平面ABC？奐平面B1C1CB，交線為BC，AD？奐平面ABC，所以AD⊥平面B1C1CB，即AD是三棱錐A-B1BC的高. 在△ABC中，由AB=AC=BC=4，得AD=2 . 在△B1BC中，B1B=BC=4，∠B1BC=60°，所以△B1BC的面積S= ×42=4 . 所以三棱錐B1-ABC的體積即為三棱錐A-B1BC的體積V= ×4 ×2 =8.

17. （1）當x=0時，t=0；當00，函數(shù)y=x+ 單調(diào)遞增，所以y∈[2，+∞）. 綜上，t的取值范圍是0， .

（2）當a∈0， 時， f（x）=g（t）=t-a+2a+ =3a-t+ ，0≤t≤at+a+ ，a≤t≤ 因為g（0）=3a+ ，g =a+ ，g（0）-g =2a- . 故可得M（a）=g ，0≤a≤ ，g（0），

18. （1）由題意，設(shè)橢圓C： + =1，則有2a=4 ，a=2 . 因為點（2 ，1）在橢圓 + =1上，所以 + =1，解得b= ，所以所求橢圓的方程為 + =1.

（2）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）（y1<0，y2>0），點F的坐標為F（3，0）. 由 =3 ，得3-x1=3（x2-3），-y1=-3y2，即x1=-3x2+12，y1=-3y2.①

又A，B在橢圓C上，所以可得 + ， + =1，解得x2= ，y2= .所以B ， ，代入方程組①得點A的坐標為（2，- ）. 設(shè)過O，A，B三點的圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0. 將O（0，0），A（2，- ），B ， 分別代入該方程，可解得D=- ，E=- ，F(xiàn)=0. 故過O，A，B三點的圓的方程為x2+y2- x- y=0.

19. （1）因為{an}是等差數(shù)列，a1=1，a2=a（a>0），所以an=1+（n-1）（a-1）. 又b3=12，所以a3a4=12，即（2a-1）（3a-2）=12，解得a=2或a=- . 因為a>0，所以a=2，從而an=n.

（2）因為{an}是等比數(shù)列，a1=1，a2=a（a>0），所以an=an-1，則bn=anan+1=a ， =a2. 所以數(shù)列{bn}是首項為a，公比為a2的等比數(shù)列，當a=1時，Sn=n；當a≠1時，Sn= = .

（3）數(shù)列{an}不能為等比數(shù)列. 因為bn=anan+1，所以 = = ，則 =a-1，所以a =a-1. 假設(shè)數(shù)列{an}能為等比數(shù)列，由a1=1，a2=a得a3=a2，所以a2=a-1，即a2-a+1=0，因為Δ=1-4=-3，所以此方程無解，所以數(shù)列{an}一定不能為等比數(shù)列.

20. f ′（x）=ax-（2a+1）+ （x>0）.

（1）f ′（1）=f ′（3），解得a= .

（2）f ′（x）= （x>0）.

①當02，在區(qū)間（0，2）和 ，+∞上， f ′（x）>0；在區(qū)間2， 上， f ′（x）<0，故f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（0，2）和 ，+∞，單調(diào)遞減區(qū)間是2， .

②當a= 時， f ′（x）= ≥0，故f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（0，+∞）.

③當a> 時，則0< <2，在區(qū)間0， 和（2，+∞）上， f ′（x）>0；在區(qū)間 ，2上， f ′（x）<0，故f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是0， 和（2，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間是 ，2.

（3）由已知，在（0，2]上有f（x）max

①當0ln2-1，ln2-1<0，故0

②當a> 時，f（x）在0， 上單調(diào)遞增，在 ，2上單調(diào)遞減，故f（x）max=f =-2- -2lna. 由a> 可知lna>ln >ln =-1，2lna>-2，-2lna<2，所以-2-2lna<0，f（x）max<0，綜上所述，a>0.

21. A. （1）連結(jié)OP，因為AC⊥l，BD⊥l，所以AC∥BD. 又OA=OB，PC=PD，所以O(shè)P∥BD，從而OP⊥l. 因為P在⊙O上，所以l是⊙O的切線.

（2）連結(jié)AP，因為l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. A-1= 2 1，因為AX=B，所以X=A-1B= 2 14 -1-3 1= -1 5 -1.

C. 將極坐標方程化為直角坐標方程，得x2+y2=1與x2+y2-x+ y=0，解方程組x2+y2=1，x2+y2-x+ y=0得兩交點的坐標為（1，0），- ，- . 所以線段AB的長為 = ，即AB= .

D. 因為a，b，c為正實數(shù)，所以a3+b3+c3≥3 =3abc>0. 又3abc+ ≥2 =2 ，所以a3+b3+c3+ ≥2 .

22. 以A為坐標原點，AB，AD，AP分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），P（0，0，a）. 因為M是PC中點，所以M點的坐標為 ， ， ，所以 = ， ， ， =（-1，1，0）， =（-1，0，a）.

（1）因為AM⊥平面PBD，所以- + =0，所以a=1，即PA=1.

（2）由 = ， ， ，可求得平面AMD的一個法向量n=（-1，0，1）. 又cos〈n， 〉= = = . 所以所成角的正弦值為 .

23. （1）p1=1-（1-pn）（1-pn）=pn（2-pn），p2=[1-（1-p）（1-p）]n=pn（2-p）n.

（2）（用二項式定理證明）p2-p1=pn{[1+（1-p）]n-2+[1-（1-p）]n}=pn{[1+C1n（1-p）+C2n（1-p）2+C3n（1-p）3+…+Cnn（1-p）n]-2+[1-C1n（1-p）+C2n（1-p）2-C3n（1-p）3+…+（-1）nCnn（1-p）n]}=pn[2C2n（1-p）2+2C4n（1-p）4+…]>0，所以p2>p1，這表明系統(tǒng)乙比系統(tǒng)甲可靠.

說明：作差后化歸為用數(shù)學歸納法證明：（2-p）n>2-pn也可.

2015年高考數(shù)學模擬金卷（二）

1. A

2. B

3. （理）A （文）D

4. D

5. a =bn+1，原式=b1+b2+…+b10+10，選A.

6. a=-2為充要條件，選A.

7. D

8. 利用相似三角形的性質(zhì)有 · =c（a+c），即a2=c（a+c），選B.

9. C

10. S=-1+2-3+4-…-9+10=5，選C.

11. 由題意，以AD為對角線的平行四邊形為菱形，交AB于E，交AC于F， AC=λAB，所以AC=9λ.此時的關(guān)鍵在于求出λ，需構(gòu)造關(guān)于λ的方程. BD2=BE2+DE2-2BE·DEcos60°=27λ2-27λ+9，同理CD2=27λ2，利用角平分線性質(zhì)有 = = ，由此可解得λ= 或λ= （舍），選C.

12. ①錯，由已知條件， f（x）完全有可能比1小，故值域不能確定；

②對；

③錯，當t=5時，亦滿足題意；

④錯，理由同①. 選D.

13. （理）46 （文）1

14. （理）由已知得 （tanα+tanβ）=3（1-tanαtanβ），即 = =tan（α+β），又α，β為銳角，所以α+β= .

（文）π

15. 由ab+a-b-10=0可得b= -1，a+b= +a-1≥6，所以m=6；滿足不等式3x2+2y2≤6的點在橢圓 + =1上及其內(nèi)部，整點共有9個.

16. （1）an=3n-1

（2）bn=2n，M=C +C +C ·2+C ·22+…+C ·219=C + （C +C ·2+C ·22+…+C ·220-1）=1+ （320-1）=1+ [（10-1）10-1]，而（10-1）10=C ·1010-C ·109+…-C ·101+1，故M的個位數(shù)是1

17. （1）設(shè)等比數(shù)列{an}的首項為a1，公比為q，依題意，有2（a3+2）=a2+a4，代入a2+a3+a4=28，得a3=8，所以a2+a4=20，所以a1q+a1q3=20，a3=a1q2=8，解之得q=2，a1=2或q= ，a1=32.又{an}單調(diào)遞增，所以q=2，a1=2，所以an=2n

（2）bn=-n·2n，所以-Sn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n，-2Sn=1×22+2×23+3×24+…+（n-1）×2n+n×2n+1，兩式相減得Sn=2+22+23+…+2n-n×2n+1= -n×2n+1=2n+1-n×2n+1-2

18. （1）因為AB=BE=2，∠ABC=60°，所以∠AEB=60°.因為CE=CD=2，所以∠CED=30°，所以∠AED=90°，所以AE⊥ED. 因為AA1⊥底面ABCD，所以AA1⊥ED，所以ED⊥平面A1AEF，所以平面A1ED⊥平面A1AEF

（2）（理）因為ED⊥平面A1AEF，所以A1E⊥ED，AE⊥ED，所以∠A1EA為二面角A1-ED-A的平面角，即∠A1EA=α，sinα= = ，cosα= . 過A作A1E的垂線，垂足為H，連結(jié)HD. 因為ED⊥平面A1AEF，所以ED⊥AH，所以AH⊥平面A1ED，所以∠ADH為直線AD與平面A1ED所成的角β，即∠ADH=β，易得AH= ，sinβ= =cosα，所以α+β=90°，sin（α+β）=1.

（文）DE=AD·cos30°=2 ，V =V = × ×2×4×2 = .

19. （1）125

（2）設(shè)500名學生的平均成績?yōu)?，則 =（ ×0.0065+ ×0.0140+ ×0.0170+ ×0.0050+ ×0.0043+ ×0.0032）×20=78.48（分）

（3）（理）設(shè)參賽者甲每道題答對的概率為P（A），則（1-P（A））2= ，所以P（A）= ，參賽者甲答題個數(shù)ξ的可能值為3，4，5，則P（ξ=3）= + = ，P（ξ=4）=C · · +C · · = ，P（ξ=5）=C · · = ，E= .

（文）設(shè)參賽者甲每道題答對的概率為P（A），則（1-P（A））2= ，所以P（A）= ，答題個數(shù)為3時，P= + = .

20. （1）設(shè)拋物線方程為y2=2px，因為F2（1，0）為焦點，所以p=2，所以y2=4x. 設(shè)橢圓方程為 + =1，代入 ， ，解得a2=9，所以橢圓方程為 + =1.

（2）①設(shè)直線方程為x=my+1，數(shù)形結(jié)合可知 >k =2 ，所以得m∈0， ，由對稱性知m∈- ，0∪0， . 聯(lián)立直線與拋物線方程得y2-4my-4=0，y +y =4m，y y =-4. 設(shè)C（x1，y1），D（x2，y2），S = ·2y -y = =4 ，又知m2∈0， ，所以S ∈4， .

②（只理科做）設(shè)B（x3，y3），E（x4，y4），聯(lián)立直線方程與橢圓方程得（8m2+9）·y2+16my-64=0，所以y3+y4=- ，y3y4= - ，y -y = = ，所以 · = · = · =3.

21. （理）（1）f（x）=x（x2+ax+b）=0僅有兩個根，所以x2+ax+b=0有唯一根，即x1=- 且a2-4b=0，而x1，x2是f ′（x）=0的兩根，f ′（x）=3x2+2ax+b，所以x1+x2= - ，所以x2=- . 當x∈-∞，- 時， f ′（x）>0；當x∈- ，- 時， f ′（x）<0；當x∈- ，+∞時， f ′（x）>0，所以f- = -4，解得a=6，b=9. 所以f（x）=x3+6x2+9x， f（x）在-∞，- ，- ，+∞上單調(diào)遞增，在- ，- 上單調(diào)遞減.

（2）設(shè)切點為（x ，y ），所以切線為y-y =f ′（x ）（x-x ）=（3x +12x +9）·（x-x ）. 又過點（xn，yn），所以代入切線方程整理得（xn+2x ）（xn-x ）+6（xn-x ）=0. 因為xn≠x ，所以xn+2x +6=0，所以x =- xn-3，所以x +2=- （xn+2），所以{xn+2}是等比數(shù)列，公比為 - ，首項為1，所以xn=- -2.

（文）（1）由已知可得f ′（-3）=0且f（-3）=0，解得a=6，b=9， f（x）在（-∞，-3），（-1，+∞）上單調(diào)遞增，在[-3，-1]上單調(diào)遞減

（2）設(shè)切點為（x ，y ），所以切線為y-y =f ′（x ）（x-x ）=（3x +12x +9）·（x-x ）. 又過點（xn，yn），所以代入切線方程整理得（xn+2x ）（xn-x ）+6（xn-x ）=0.

因為xn≠x ，所以xn+2x +6=0.

22. （1）連結(jié)BP，因為AB=AC，所以∠ABC=∠ACB. 又∠ACB=∠APB，所以∠ABC=∠APB，所以△ABP∽△ABD，所以 = ，即AB2=AP·AD. 又AB=AC，所以AC2=AP·AD.

（2）∠ABC=60°且AB=AC，所以△ABC是等邊三角形，所以∠BAC=60°. 因為P為 的中點，所以∠ABP=∠PAC=30°，所以∠BAP=90°，所以BP是⊙O的直徑，所以BP=2，AP= BP=1. 在Rt△PAB中，AB2=BP2-AP2=3，所以AD= =3.

23. （1）x=1+ t，y=1+t（t為參數(shù)）.

（2）直線l：x=1+ t，y=1+ t（t為參數(shù)）代入x2+y2=9得t2+（ +1）t-7=0，t1t =7，故點P到A，B兩點的距離之積為7.

24. 2x-3y-2a+3b=2（x-a）-3（y-b）≤2（x-a）+3（y-b）=2（x-a）+3（y-b）<2· +3· =c.

2015年高考數(shù)學模擬金卷（三）

1. B

2. A

3. B

4. D

5. B

6. （理）每次投籃命中的概率p≈ = ，則三次投籃命中兩次為C ×p2×（1-p）≈0.25，選B.

（文）D

7. 令t= ，根據(jù)幾何意義，t的值即為區(qū)域內(nèi)的點與坐標原點連線的斜率，顯然點（3，1）、點（1，2）是其中的兩個臨界值，故 ≤t≤2，u= =t+ ，其在 ，1上單調(diào)遞減、在[1，2]上單調(diào)遞增，選C.

8. 建立如圖所示的平面直角坐標系，由題意，知 =1， = ， =2，所以 =0，- ， =（-1，- ）， =（3，0）. 因為 =λ +μ ，所以0，- =λ（-1，- ）+μ（3，0），選A.

9. （理）因為函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）在區(qū)間[-5，5]內(nèi)的零點的個數(shù)為方程h（x）=f（x）-g（x）=0根的個數(shù)，即函數(shù)f（x）和g（x）的圖象交點個數(shù)，所以畫出圖象可知有8個交點，選C.

（文）設(shè)點P（x0，y0），則有 -y =1（x0≥ ）， · =x0（x0+2）+y =x0（x0+2）+ -1= +2x0-1，選B.

10. （理）因為P1F2⊥F1F2，F(xiàn)2的坐標為（3，0），所以由（P1F2+4）2=P1F22+F1F22，解得P1F2= .

由雙曲線定義知：PnF1-PnF2=2a=4，又Pn+1F2=PnF1，所以Pn+1F2=PnF2+4，可見數(shù)列{PnF2}是以P1F2= 為首項，以4為公差的等差數(shù)列，所以PnF2= +4（n-1）=4n- . 因為 - =1，（xn-3）2+y =4n- ，xn≥2，n≥1，聯(lián)立解得xn= ，即數(shù)列{xn}的通項公式為xn= . 選C.

（文）同理科第9題.

11. P= = .

12. a1+a10=6，a5·a6=a1·a10≤ =9.

13. （理）a=2，常數(shù)項是C （2 ）3·- =-160.

（文）由已知可得 = = （cosθ-sinθ）= - ，所以sinθ-cosθ= . 答案為-2.

14. 由條件 =c，根據(jù)對稱性，兩曲線交點連線垂直于x軸，對雙曲線，這兩個交點連線的長度是 ；

對拋物線，這兩個交點連線的長度是2p，即4c，故 =4c，解得e=1+ .

15. （理）由已知得f（1，3）= + + + + =1+1+1+0+0=3. 因為數(shù)列{an}是將集合A={m m∈N？鄢，k∈P}中的元素按從小到大的順序排成而成，所以我們可設(shè)計如下表格：

從上表可知，每一行從左到右數(shù)字逐漸增大，每一列從上到下數(shù)字逐漸增大，且 < < < < <2 <2 <2 <3 <2 <…，所以 a9=3 . 所以f（1，3）

（文）設(shè)三角形三邊長為a，b，c，則a+b+c=20且a，b，c∈N？鄢，當a-b+b-c+c-a最?。ù藭ra-b≤1，b-c≤1，c-a≤1）時，其面積最大，列出所有情況不難發(fā)現(xiàn)邊長分別為6，2+5，3+4符合，計算其面積為6 cm2.

16. （1）f（x）=2sin2x+ +3. f（x）的最小正周期為π，單調(diào)遞增區(qū)間為kπ- ，kπ+ ，k∈Z.

（2）f（A）=4 得2sin2A+ +3=4，即sin2A+ = .

因為0

17. （理）（1）設(shè)乙廠生產(chǎn)的產(chǎn)品數(shù)量為n，則有 = ，解得n=35. 即乙廠生產(chǎn)的產(chǎn)品數(shù)量為35件.

（2）易見只有編號為2，5的兩組產(chǎn)品為優(yōu)等品，所以乙廠生產(chǎn)的產(chǎn)品中的優(yōu)等品率為 ，因為35× =14，故乙廠生產(chǎn)大約14件優(yōu)等品.

（3）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：

故ξ的均值為E（ξ）=0× +1× +2× = .

（文）（1）因為x= xn=75，所以x6=6x- xn=6×75-70-76-72-70-72=90.

因為s2= （xn-x）2= ×（52+ 12+32+52+32+152）=49，所以s=7.

（2）從5位同學中隨機選取2位同學，共有如下10種不同的取法：{1，2}，{1，3}，{1，4}，{1，5}，{2，3}，{2，4}，{2，5}，{3，4}，{3，5}，{4，5}，選出的2位同學中，恰有1位同學的成績位于（68，75）的取法共有如下4種取法：{1，2}，{2，3}，{2，4}，{2，5}，故所得概率為 .

18. （理）（1）由圖形可知該幾何體的底面ABCD是菱形，且有一個角為60°，邊長為2，錐體高度為PO=1的四棱錐.

（2）設(shè)AC，BD的交點為O，連結(jié)OE，則OE為△DPB的中位線，OE∥PB，OE？奐平面EAC，PB？埭平面EAC，所以PB∥平面EAC.

（3）連結(jié)OP，則OP⊥平面ABCD.以O(shè)為原點，直線OB，OC，OP分別為x，y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標系，則B（1，0，0），D（-1，0，0），A（0，- ，0），P（0，0，1）， =（0，- ，-1）， =（1，0，-1）. 因為 =λ，所以PF=λ·FA，PF=λ·（PA-PF），PF= ·PA， = · ，所以可得 =0，- ，- ， = - =-1，- ， .

易知PA⊥BD，故只需令PA⊥BF，即 · =0，就能使PA⊥平面BDF，再根據(jù)（-1）·0+- ·（- ）+ ·（-1）=0，得λ= .

此時， =（0，- ，-1）為平面BDF的法向量，又E- ，0， ，C（0， ，0），所以 = ， ，- . 設(shè)直線EC與平面BDF所成的角為θ，則sinθ=cos〈 ， 〉= = . 所以當λ= 時，PA⊥平面BDF，此時直線EC與平面BDF所成角的正弦值為 .

（文）（1）下面先證AB⊥GH. 連結(jié)CG，當λ= 時，即AG= AB. 因為△ABC為等腰三角形，所以CG⊥AB. 又AD∥CF，且AD⊥平面ABC，所以HC⊥平面ABC，所以HC⊥AB. CG∩HC=C，所以AB⊥面CGH，GH？哿面CGH，所以AB⊥GH. 再證GH∥平面DEF. 取DE的中點為M，連結(jié)GM，MF. 因為G為AB的中點，所以GM∥AD，又AD∥CF，所以GM∥CF. 因為CF=2a，MG=AD=a，H為CF的中點. 所以GM∥HF且GM=HF，即四邊形GHFM為平行四邊形. 所以GH∥MF. 又MF？奐平面DEF，GH？埭平面DEF. 所以GH∥平面DEF.

（2）對于0<λ<1的任意λ，總有GH∥平面DEF. 證明如下：連結(jié)AH，BH，因為AD∥CF且AD=FH=a，所以AHFD是平行四邊形，所以AH∥DF. 又DF？哿平面DEF，AH？埭平面DEF，所以AH∥平面DEF. 同理可證：BH∥平面DEF. 又AH∩BH=H，所以平面DEF∥平面ABH. 因為當0<λ<1時，HG？奐面ABH，所以HG∥平面DEF.

19. （理）（1）由對稱性可得知：△BFD是等腰直角三角形，所以斜邊BD=2p，點A到準線l的距離d=FA=FB= p，S△ABD=4 ？圳 ×BD×d=4 ？圳p=2. 且圓F的方程為x2+（y-1）2=8.

（2）由對稱性設(shè)Ax0， （x0>0），則F0， ，點A，B關(guān)于點F對稱得：B-x0，p- ？圯p- =- ？圳x =3p2，所以可得：A p， ，直線m：y= x+ ？圳x- y+ =0；x2=2py？圳y= ？圯y′= = ？圯x= p？圯切點P ， ，直線n：y- = x- ？圳x- y- p=0，坐標原點到m，n距離的比值為 ： =3.

（文）（1）當1≤x<4時，合格的元件數(shù)為x- ，利潤T=2x- - =2x- ；當x≥4時，合格的元件數(shù)為x-x+ - =- + ，利潤T=2- + -x+ - =-x- + . 綜上，該工廠每天生產(chǎn)這種元件所獲得的利潤T=2x- ，1≤x<4，-x- + ，x≥4.

（2）當1≤x<4時，T=2x- ，對稱軸x=2，此時利潤的最大值Tmax=T（2）=2. 當x≥4時，T′=-1+ = = <0，所以T=-x- + 在[4，+∞）上是減函數(shù)，此時利潤的最大值Tmax=T（4）=0. 綜上所述，當x=2時，T取最大值2， 即當日產(chǎn)量定為2（萬件）時，工廠可獲得最大利潤2萬元.

20. （理）（1）當a=1時，則f（x）=2lnx-x2，所以f ′（x）= -2x. 所以f ′（1）=0. 又f（1）=-1，所以曲線y=f（x）在點x=1處的切線方程為y+1=0.

（2）f（x）=2a2lnx-x2，所以f ′（x）= -2x= = .

因為x>0，a>0，當00，當x>a時， f ′（x）<0. 所以f（x）在（0，a）上是增函數(shù)，在[a，+∞）上是減函數(shù). 所以f（x）max=f（a）=a2（2lna-1）.

討論函數(shù)f（x）的零點情況如下：

①當a2（2lna-1）<0，即0

②當a2（2lna-1）=0，即a= 時，函數(shù)f（x）在（0，+∞）內(nèi)有唯一零點a，而1

③當a2（2lna-1）>0，即a> 時，由于f（1）=-1<0，f（a）=a2（2lna-1）>0，f（e2）=2a2lne2-e4=4a2-e4=（2a-e2）（2a+e2）. 當2a-e2<0時，即 時，f（e2）≥0，而且f（ ）=2a2· -e=a2-e>0，f（1）=-1<0，由單調(diào)性可知，無論a≥e2還是a

（文）同理科第19題.

21. （理）（1）因為6a3=8a1+a5，所以6q2=8+q4，解得q2=4或q2=2（舍），則q=2. 又a1=2，所以a n=2n.

（2）由2n2-（t+bn）n+ bn=0，得bn= ，所以b1=2t-4，b2=16-4t，b3=12-2t，則由b1+b3=2b2，得t=3. 而當t=3時，bn=2n，由bn+1-bn=2（常數(shù)）知數(shù)列{bn}為等差數(shù)列.

（3）因為c1=c2=c3=2，易知m=1不合題意，m=2適合題意，當m≥3時，若cm+1為后添入的數(shù)2，則一定不滿足T m=2cm+1，從而cm+1必是數(shù)列{an}中的某一項a k+1，則（2+22+22+…+2k）+2（b1+b2+b3+…+bk）=2×2 ，即 2×（2k-1）+2× =2×2k+1，即2k+1-2k2-2k+2=0，也就是2k=k2+k-1. 易證k=1，2，3，4不是該方程的解，而當n≥5時，2n>n2+n-1成立，證明如下：

①當n=5時，25=32，n2+n-1=29，左邊>右邊成立；

②假設(shè)n=k（k≥5）時，2k>k2+k-1成立，當n=k+1時，2k+1>2k2+2k-2=（k+1）2+（k+1）-1+k2-k-3≥（k+1）2+（k+1）-1+5k-k-3=（k+1）2+（k+1）-1+k+3（k-1）>（k+1）2+（k+1）-1.

這就是說，當n=k+1時，結(jié)論成立.

由①②可知，2n>n2+n-1（n≥5）恒成立，故2k=k2+k-1無正整數(shù)解.

綜上可知，滿足題意的正整數(shù)僅有m=2.

（文）（1）由已知得0 11 0·-21=0×（-2）+1×11×（-2）+0×1=1-2，所以點M′的坐標為（1，-2）.

（2）因為0 11 0·Snn=nSn，所以A′（n，Sn）. 因為點A′（n，Sn）在函數(shù)f（x）=x2+x的圖象上，所以Sn=n2+n. 當n=1時，a1=S1=2；當n≥2時，an=Sn-Sn-1=2n，a1=2滿足上面的公式，所以an=2n（n∈N？鄢）.

（3）由已知，bn=1- 1- …1- . 設(shè)F（n）=1- 1- …1- . 從而可得 =1- · = · = < =1，所以F（n）>F（n+1），所以F（n）單調(diào)遞減，所以當n=1時，F(xiàn)（n）取得最大值 .

要使得不等式bn ，所以a的取值范圍是 ，+∞.