模拟试卷一

一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分）

1.若集合A={x|x≥3}，B={x|x

2.设a<0，i是虚数单位，若a+ia-i=ai，则a的值为.

3.某程序框图如图所示，该程序运行后输出k的值是.

4.如图函数y=Asin（ωx+φ）（A>0，0<φ<π）的图象经过点（-π6，0）、（7π6，0），且最大值为2，最小值为-2，则该函数的解析式为.

5.在平面直角坐标系xOy中，使直线x+y=t与圆x2+y2=t相交的整数t的取值集合为.

6.等差数列{an}中，若a7-a3=20，则a70-a30=.

7.在一次招聘口试中，每位考生都要在4道备选试题中随机抽出2道题回答，全部答对即为通过，若一位考生只会答4道题中的3道题，则这位考生能通过的概率为.

8.在斜三角形ABC中，角A、B、C所对的边长分别为a，b，c，且b2-a2-c2ac=cos（A+C）sinAcosA.则A=.

9.某人5次上班途中所花的时间（单位：分钟）分别为x，8，10，11，9.已知这组数据的平均数为10，则其方差为.

10.设y=f（x）是奇函数，f（1）≠0，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线的斜率为1，则曲线y=|f（x）|在点（-1，f（-1））处的切线的斜率为.

11.设向量a=（cos25°，sin25°），b=（sin20°，cos20°），若t是实数，且u=a+tb，则|u|的最小值为 .

12.设a>b>0，则a2+1ab+1a（a-b）的最小值为.

13.已知函数f（x）=12x+m-lnx的定义域为[1，3]，值域为M，若对于任意的a，b，c∈M，a，b，c都分别是一个三角形的三边的长度，则m的取值范围是.

14.将1，2，…，n2这n2个数，任意分成n个组，每组n个数，将每组数中的最大的数取出组成集合M，记M中所有元素的和为S，则S的最小值为.

二、解答题（本大题共6小题，共90分）

15.（本小题满分14分）

设f（x）=2cos2x+3sin2x，g（x）=12f（x+5π12）+x+a，其中a为非零实常数.

（1）若f（x）=1-3，x∈[-π3，π3]，求x；

（2）试讨论函数g（x）在R上的奇偶性与单调性，并证明你的结论.

16.（本小题满分14分）

如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，PA⊥平面ABCD，点M、N分别为BC、PA的中点，PA=AB=2.

（1）证明：BC⊥平面AMN；

（2）在线段PD上是否存在一点E，使得NM∥平面ACE；若存在，求出PE的长；若不存在，请说明理由.

17.（本小题满分15分）

如图是一个半圆和长方形组成的铁皮，长方形的长AD为半圆的直径，O为半圆的圆心，AB=1，BC=2，现要将此铁皮剪出一个等腰三角形PMN，M点在弧AD上，其底边MN⊥BC.

（1）设∠MOD=30°，求三角形铁皮PMN的面积；

（2）求剪下的三角形铁皮PMN面积的最大值.

18.（本小题满分15分）

已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，M，N分别为椭圆的左，右准线与x轴的交点，F1，F2分别为左，右焦点，且|MN|=4|F1F2|=8.

（1）求椭圆的方程；

（2）对于x轴上的某一点T，过T作不与坐标轴平行的直线l交椭圆于P，Q，若存在x轴上的点S，使得对符合条件的l恒有∠PST=∠QST成立，我们称S为T的一个配对点.请你验证当T为左焦点时，M为T的配对点，并进一步探讨T在何处时有配对点S？

（3）设椭圆外两点S1（s1，0），S2（s2，0）分别是T1（t1，0），T2（t2，0）的对应的配对点，|S1S2|=2010，求证：|T1T2|<2.010.

19.（本小题满分16分）

设{an}是首项a1与公差d（d≠0）相等的等差数列，Sn为其前n项和，{bn}是首项b1=a21，公比为q的等比数列，Tn为其前n项和.

（1）若a5=b3，S5=T3，求数列{an}与{bn}的通项公式；

（2）试求出所有的有理数q（0

20.（本小题满分16分）

设定义在[x1，x2]上的函数y=f（x）的图象为C，C的端点为点A，B，M是C上的任意一点，O为坐标原点，向量OA=（x1，y1），OB=（x2，y2），OM=（x，y），当实数λ满足x=λx1+（1-λ）x2时，记向量ON=λOA+（1-λ）OB.现在定义“函数y=f（x）在[x1，x2]上可在标准k下线性近似”是指|MN|≤k恒成立，其中k是一个人为确定的正数.

（1）证明：0≤λ≤1；

（2）请你给出一个k的范围，使得定义在[0，1]上的函数y=x2与y=x3中有且只有一个可在标准k下线性近似.

（3）记E（m）=[em，em+1]，若对于某个标准k与某个实数m0，函数y=lnx在区间E（m0）=[em0，em0+1]上函数可线性近似，求证：在任意的区间E（m）=[em，em+1]上，函数y=lnx都是可线性近似的.

附加题部分

21.选做题：本大题共4小题，请从这4题中选做2小题.每小题10分，共20分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

A.（选修41：几何证明选讲）

如图，P是等边三角形ABC的外接圆上弧BC上一点.CP的延长线和AB的延长线相交于D，连接BP.

求证：（1）∠D=∠CBP；

（2）AC2=CP·CD.

B.（选修42：矩阵与变换）

已知二阶矩阵M有特征值λ=8及对应的一个特征向量e1=1

1，并且矩阵M对应的变换将点（-1，2）变换成（-2，4）.求矩阵M的另一个特征值，及对应的一个特征向量e2.

C.（选修44：坐标系与参数方程）

已知极坐标系中的曲线ρ=tanθ·1cosθ与曲线ρsin（θ+π4）=2交于A，B两点，求线段AB的长.

D.（选修45：不等式选讲）

△ABC的三边长为4，5，6，P为其內部一点P，P到三边的距离分別为x，y，z，求x2+y2+z2的最小值.

（参考结论：边长为a，b，c的三角形的面积为s（s-a）（s-b）（s-c），其中s=a+b+c2）

必做题：本大题共2小题，每小题10分，共20分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

22.某有奖销售将商品的售价提高120元后允许顾客有三次抽奖的机会.每次抽奖的方法是在已经设置并打开了程序的电脑上按Entre键，电脑将随机产生一个6位数的号码（不产生000000），若该号码是3的倍数则顾客获奖，每次中奖的奖金为100元，运用所学的知识说明这样的活动对商家是否有利.

23.设数列{1n}的前n项和为Tn，数列{Tn}的前n项和为Rn，是否存在常数c，当n>2，n∈N*时，Rn-1=n（Tn-c）？如果存在，请找出c的取值并证明你的结论；如果不存在，说明你的理由.

参考答案

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当a=-12时，对于任意的x∈R，总有g（-x）=-x-sin（-2x）=-（x-sin2x）=-g（x），

所以g（x）是奇函数.

②当a≠-12时，因为g（π2）≠±g（-π2），所以g（x）既不是奇函数，又不是偶函数.

因为g（0）>g（π6），所以g（x）在R上不是单调递增函数，

又因为g（π6）

故g（x）在R上既不是单调递减函数，也不是单调递增函数.

16.证明：（1）因为ABCD为菱形，所以AB=BC.

又∠ABC=60°，所以AB=BC=AC，

又M为BC中点，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中点E，连结NE，EC，AE，

因为N，E分别为PA、PD中点，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是平行四边形，

所以NM∥EC，又EC平面ACE，NM平面ACE，

所以MN∥平面ACE，即在PD上存在一点E，使得NM∥平面ACE，

此时PE=12PD=2.

17.解：（1）设MN交AD交于Q点，

∵∠MOD=30°，∴MQ=12，OQ=32，

S△PMN=12MN·AQ=12×32×（1+32）=6+338.

（2）设∠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），

当θ=π4，t=2，∴S△PMN的最大值为3+224.

答：剪下的三角形铁皮PMN面积的最大值为3+224.

18.（1）设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1（a>b>1），F1（-c，0），

根据题意2a2c=8c=8，解得c=1，a=2，椭圆的方程为x24+y23=1.

（2）验证如下：

设l：y=k（x+1），P（x1，y1），Q（x2，y2），

代入椭圆方程并化简得：（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，故命题成立.

当T在椭圆外或椭圆上时显然不存在配对点S；

设T（t，0），-2

（4+3k2）y2+6kty+3t2-12=0，易求出判别式为正，

设P（x1，y1），Q（x2，y2），T的配对点为S（s，0），

则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，则ts=4，所以T的位置是在椭圆的长轴但要除去端点以及原点.

（3）分两种情况.

当S1，S2在原点的同侧时，结论显然成立；

当S1，S2在原点的两侧时，不妨设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）由题意得，数列{an}：d，2d，3d，4d，5d，…，数列{bn}：d2，d2q，d2q2，…，（dq≠0）

则5d=d2q2，

15d=d2（1+q+q2），

消去d得3q2=1+q+q2，所以q=1或q=-12，

当q=1时，d=5，所以，an=5n，bn=25；

当q=-12时，d=20，所以，an=20n，bn=400·（-12）n-1.

（2）因为a21+a22+a23T3=141+q+q2∈Z，

不妨设141+q+q2=n（0

整理成关于q的一元二次方程q2+q+1-14n=0，

由其判别式Δ=56n-3≥0得n≤563，

又0

所以n的所有可能值为5，6，7，8，9，10，11，12，13，

又q∈Q，故Δ=56n-3必须为完全平方数，

所以n只能为8，此时141+q+q2=8，（0

解得q=12.

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

因为x1-x2<0，所以0≤λ≤1.

（2）由ON=λOA+（1-λ）OB得到BN=λBA，所以B，N，A三点在一条直线上.

又由（1）的结论，N在线段AB上且与点M的横坐标相同.

对于[0，1]上的函数y=x2，A（0，0），B（1，1），

则有|MN|=x-x2=14-（x-12）2，故MN∈[0，14]；

对于[0，1]上的函数y=x3，则有|MN|=x-x3=g（x），

在（0，1）上，g′（x）=1-3x2，

可知在（0，1）上y=g（x）只有一个极大值点x=33，

所以函数y=g（x）在（0，33）上是增函数，在（33，1）上是减函数，又g（33）=239.

故|MN|∈[0，239].

经过比较，14<239，所以取k∈[14，239]，则有函数y=x2在[0，1]上可在标准k下线性近似，函数y=x3在[0，1]上不可在标准k下线性近似.

（3）对于[em，em+1]上的函数y=lnx，A（em，m），B（em+1，m+1），

由直线AB的方程y-m=1em+1-em（x-em），

则有|MN|=lnx-m-1em+1-em（x-em）=h（x），

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

则h（x）在x=em+1-em处取得最大值h（em+1-em）=lne-1-e-2e-1=常数，从而命题成立.

21.A.（1）因为四边形ABPC内接于圆，△ABC是等边三角形，所以∠DPB=∠A=∠ABC.

又因为∠D+∠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.设M=ab

cd，则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.

联立以上两方程组解得a=6，b=2，c=4，d=4，故M=62

44.

矩阵M的特征多项式为f（λ）=（λ-6）（λ-4）-8=λ2-10λ+16，故其另一个特征值为λ=2.

设矩阵M的另一个特征向量是e2=x

y，则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.

因为ρ≠0成立，所以曲线方程为ρ2cos2θ=ρsinθ，

建立相应的直角坐标系曲线方程化为x2=y；

ρsin（θ+π4）=2同样可化为x+y=2，

联立方程组，解出交点为A（1，1），B（-2，4），线段AB的长为32.

D.记S△ABC为△ABC的面积，则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.设ξ：顾客三次抽奖中获奖的次数，η：顾客三次抽奖所得奖金总数，

易知每次中奖的概率为13，

ξ与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：这样的活动对商家有利.

23.当n=2时，R1=T1=1a1=1，2（T2-c）=2（1a1+1a2-c）=1，解得c=1.

以下用数学归纳法证明.

①n=2时，等式成立.

②假设当n=k时，等式成立，即Rk-1=k（Tk-1），

那么当n=k+1（k≥2）时，

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）.

所以当n=k+1时，等式也成立.

综合①②，等式成立.

（作者：田秀权，常州市第一中学）

设T（t，0），-2

（4+3k2）y2+6kty+3t2-12=0，易求出判别式为正，

设P（x1，y1），Q（x2，y2），T的配对点为S（s，0），

则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，则ts=4，所以T的位置是在椭圆的长轴但要除去端点以及原点.

（3）分两种情况.

当S1，S2在原点的同侧时，结论显然成立；

当S1，S2在原点的两侧时，不妨设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）由题意得，数列{an}：d，2d，3d，4d，5d，…，数列{bn}：d2，d2q，d2q2，…，（dq≠0）

则5d=d2q2，

15d=d2（1+q+q2），

消去d得3q2=1+q+q2，所以q=1或q=-12，

当q=1时，d=5，所以，an=5n，bn=25；

当q=-12时，d=20，所以，an=20n，bn=400·（-12）n-1.

（2）因为a21+a22+a23T3=141+q+q2∈Z，

不妨设141+q+q2=n（0

整理成关于q的一元二次方程q2+q+1-14n=0，

由其判别式Δ=56n-3≥0得n≤563，

又0

所以n的所有可能值为5，6，7，8，9，10，11，12，13，

又q∈Q，故Δ=56n-3必须为完全平方数，

所以n只能为8，此时141+q+q2=8，（0

解得q=12.

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

因为x1-x2<0，所以0≤λ≤1.

（2）由ON=λOA+（1-λ）OB得到BN=λBA，所以B，N，A三点在一条直线上.

又由（1）的结论，N在线段AB上且与点M的横坐标相同.

对于[0，1]上的函数y=x2，A（0，0），B（1，1），

则有|MN|=x-x2=14-（x-12）2，故MN∈[0，14]；

对于[0，1]上的函数y=x3，则有|MN|=x-x3=g（x），

在（0，1）上，g′（x）=1-3x2，

可知在（0，1）上y=g（x）只有一个极大值点x=33，

所以函数y=g（x）在（0，33）上是增函数，在（33，1）上是减函数，又g（33）=239.

故|MN|∈[0，239].

经过比较，14<239，所以取k∈[14，239]，则有函数y=x2在[0，1]上可在标准k下线性近似，函数y=x3在[0，1]上不可在标准k下线性近似.

（3）对于[em，em+1]上的函数y=lnx，A（em，m），B（em+1，m+1），

由直线AB的方程y-m=1em+1-em（x-em），

则有|MN|=lnx-m-1em+1-em（x-em）=h（x），

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

则h（x）在x=em+1-em处取得最大值h（em+1-em）=lne-1-e-2e-1=常数，从而命题成立.

21.A.（1）因为四边形ABPC内接于圆，△ABC是等边三角形，所以∠DPB=∠A=∠ABC.

又因为∠D+∠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.设M=ab

cd，则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.

联立以上两方程组解得a=6，b=2，c=4，d=4，故M=62

44.

矩阵M的特征多项式为f（λ）=（λ-6）（λ-4）-8=λ2-10λ+16，故其另一个特征值为λ=2.

设矩阵M的另一个特征向量是e2=x

y，则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.

因为ρ≠0成立，所以曲线方程为ρ2cos2θ=ρsinθ，

建立相应的直角坐标系曲线方程化为x2=y；

ρsin（θ+π4）=2同样可化为x+y=2，

联立方程组，解出交点为A（1，1），B（-2，4），线段AB的长为32.

D.记S△ABC为△ABC的面积，则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.设ξ：顾客三次抽奖中获奖的次数，η：顾客三次抽奖所得奖金总数，

易知每次中奖的概率为13，

ξ与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：这样的活动对商家有利.

23.当n=2时，R1=T1=1a1=1，2（T2-c）=2（1a1+1a2-c）=1，解得c=1.

以下用数学归纳法证明.

①n=2时，等式成立.

②假设当n=k时，等式成立，即Rk-1=k（Tk-1），

那么当n=k+1（k≥2）时，

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）.

所以当n=k+1时，等式也成立.

综合①②，等式成立.

（作者：田秀权，常州市第一中学）

设T（t，0），-2

（4+3k2）y2+6kty+3t2-12=0，易求出判别式为正，

设P（x1，y1），Q（x2，y2），T的配对点为S（s，0），

则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，则ts=4，所以T的位置是在椭圆的长轴但要除去端点以及原点.

（3）分两种情况.

当S1，S2在原点的同侧时，结论显然成立；

当S1，S2在原点的两侧时，不妨设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）由题意得，数列{an}：d，2d，3d，4d，5d，…，数列{bn}：d2，d2q，d2q2，…，（dq≠0）

则5d=d2q2，

15d=d2（1+q+q2），

消去d得3q2=1+q+q2，所以q=1或q=-12，

当q=1时，d=5，所以，an=5n，bn=25；

当q=-12时，d=20，所以，an=20n，bn=400·（-12）n-1.

（2）因为a21+a22+a23T3=141+q+q2∈Z，

不妨设141+q+q2=n（0

整理成关于q的一元二次方程q2+q+1-14n=0，

由其判别式Δ=56n-3≥0得n≤563，

又0

所以n的所有可能值为5，6，7，8，9，10，11，12，13，

又q∈Q，故Δ=56n-3必须为完全平方数，

所以n只能为8，此时141+q+q2=8，（0

解得q=12.

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

因为x1-x2<0，所以0≤λ≤1.

（2）由ON=λOA+（1-λ）OB得到BN=λBA，所以B，N，A三点在一条直线上.

又由（1）的结论，N在线段AB上且与点M的横坐标相同.

对于[0，1]上的函数y=x2，A（0，0），B（1，1），

则有|MN|=x-x2=14-（x-12）2，故MN∈[0，14]；

对于[0，1]上的函数y=x3，则有|MN|=x-x3=g（x），

在（0，1）上，g′（x）=1-3x2，

可知在（0，1）上y=g（x）只有一个极大值点x=33，

所以函数y=g（x）在（0，33）上是增函数，在（33，1）上是减函数，又g（33）=239.

故|MN|∈[0，239].

经过比较，14<239，所以取k∈[14，239]，则有函数y=x2在[0，1]上可在标准k下线性近似，函数y=x3在[0，1]上不可在标准k下线性近似.

（3）对于[em，em+1]上的函数y=lnx，A（em，m），B（em+1，m+1），

由直线AB的方程y-m=1em+1-em（x-em），

则有|MN|=lnx-m-1em+1-em（x-em）=h（x），

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

则h（x）在x=em+1-em处取得最大值h（em+1-em）=lne-1-e-2e-1=常数，从而命题成立.

21.A.（1）因为四边形ABPC内接于圆，△ABC是等边三角形，所以∠DPB=∠A=∠ABC.

又因为∠D+∠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.设M=ab

cd，则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.

联立以上两方程组解得a=6，b=2，c=4，d=4，故M=62

44.

矩阵M的特征多项式为f（λ）=（λ-6）（λ-4）-8=λ2-10λ+16，故其另一个特征值为λ=2.

设矩阵M的另一个特征向量是e2=x

y，则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.

因为ρ≠0成立，所以曲线方程为ρ2cos2θ=ρsinθ，

建立相应的直角坐标系曲线方程化为x2=y；

ρsin（θ+π4）=2同样可化为x+y=2，

联立方程组，解出交点为A（1，1），B（-2，4），线段AB的长为32.

D.记S△ABC为△ABC的面积，则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.设ξ：顾客三次抽奖中获奖的次数，η：顾客三次抽奖所得奖金总数，

易知每次中奖的概率为13，

ξ与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：这样的活动对商家有利.

23.当n=2时，R1=T1=1a1=1，2（T2-c）=2（1a1+1a2-c）=1，解得c=1.

以下用数学归纳法证明.

①n=2时，等式成立.

②假设当n=k时，等式成立，即Rk-1=k（Tk-1），

那么当n=k+1（k≥2）时，

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）.

所以当n=k+1时，等式也成立.

综合①②，等式成立.

（作者：田秀权，常州市第一中学）