模拟试卷二

一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分）

1.已知全集U={x|-2

2.已知0

3.抛物线y2=8x的焦点到双曲线y24-x212=1的渐近线的距离为.

4.某学校有两个食堂，甲、乙、丙三名学生各自随机选择其中的一个食堂用餐，则他们在同一个食堂用餐的概率为.

5.某地区为了解中学生的日平均睡眠时间（单位：h），随机选择了n位中学生进行调查，根据所得数据画出样本的频率分布直方图如图所示，且从左到右起第1个、第4个、第2个、第3个小长方形的面积依次构成公差为0.1的等差数列，又第一小组的频数是10，则n= .

6.设f（x）为定义在R上的奇函数，当x≤0时，f（x）=2x+2x+m（m为常数），则f（1）=.

7.如果执行右面的程序框图，那么输出的S为 .

8.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，给定下列四个命题，其中为真命题的个数是.

①m⊥n

nαm⊥α；②a⊥α

aβα⊥β；

③m⊥α

n⊥αm∥n；④mα

nβ

α∥βm∥n

9.已知圆C的半径为3，直径AB上一点D使AB=3AD，E、F为另一直径的两个端点，则DE·DF=.

10.设函数f（x）=g（x）+sinx，曲线y=g（x）在点A（π2，g（π2））处的切线方程为y=2x+1，则曲线y=f（x）在点B（π2，f（π2））处切线的方程为.

11.设以点M（t，2t）（t∈R，t≠0）为圆心的圆与x轴交于点O、A，与y轴交于点O、B，其中O为原点，设直线y=-2x+4与圆M交于点P、Q，若OP=OQ，则线段PQ的长为.

12.若0≤x≤π2，

sinx≤y≤cosx，z=x+2y，则z的取值范围是.

13.已知数列{an}，{bn}满足a1=1，a2=2，b1=2，且对任意的正整数i，j，k，l，当i+j=k+l时，都有ai·bj=ak·bl，则∑2010i=1（ai+bi）的值是.

14.如图，在等腰三角形ABC中，已知AB=AC=1，A=120°，E，F分别是边AB，AC上的点，且AE=mAB，AF=nAC，其中m，n∈（0，1），若EF，BC的中点分别为M，N，且m+4n=1，则|MN|的最小值是.

二、解答题（本大题共6小题，共90分）

15.（本小题满分14分）

已知O为坐标原点，OA=（2sin2x，1），OB=（1，-23sinxcosx+1），f（x）=-12OA·OB+1.

（1）求函数y=f（x）的最小正周期；

（2）将f（x）图象上各点的纵坐标不变，横坐标扩大为原来的两倍，再将所得图象向左平移π6个单位后，所得图象对应的函数为g（x），且α∈[π6，2π3]，β∈（-5π6，-π3），g（α）=35，g（β）=-45，求cos2（α-β）-1的值.

16.（本小题满分14分）

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

PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，PA=2AB=2.

（1）求四棱锥PABCD的体积V；

（2）求证：CE∥平面PAB.

17.（本小题满分14分）

如图，A，B，C是三个汽车站，AC，BE是直线型公路.已知AB=120km，∠BAC=75°，∠ABC=45°.有一辆车（称甲车）以每小时96（km）的速度往返于车站A，C之间，到达车站后停留10分钟；另有一辆车（称乙车）以每小时120（km）的速度从车站B开往另一个城市E，途经车站C，并在车站C也停留10分钟.已知早上8点时甲车从车站A、乙车从车站B同时开出.

（1）若甲、乙两车上各有一名旅客需要交换到对方汽车上，问能否在车站C处利用停留时间交换？

（2）求10点时甲、乙两车的距离.

（参考数据：2≈1.4，3≈1.7，6≈2.4，331≈18.2）

18.（本小题满分16分）

已知椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左顶点为A，左、右焦点分别为F1、F2，且圆C：x2+y2+3x-3y-6=0过A、F2两点.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）设直线PF2的倾斜角为α，直线PF1的倾斜角为β，当β-α=2π3时，证明：点P在一定圆上；

（3）设椭圆的上顶点为Q，证明：PQ=PF1+PF2.

19.（本小题满分16分）

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

（1）试证数列{an-2n3}是等比数列，并求数列{bn}的通项公式.

（2）在数列{bn}中，是否存在连续三项成等差数列？若存在，求出所有符合条件的项；若不存在，说明理由.

（3）试证在数列{bn}中，一定存在满足条件1

20.（本小题满分16分）

已知二次函数g（x）对任意实数x都满足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）的表达式；

（2）若函数f（x）在x∈[1，+∞）上的最小值为0，求m的值；

（3）记函数H（x）=[x（x-a）2-1]·[-x2+（a-1）x+a-1]，若函数y=H（x）有5个不同的零点，求实数a的取值范围.

附加题部分

21.【选做题】 在A，B，C，D四小题中只能选做2题，每小题10分，共计20分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

A.选修41几何证明选讲

如图，设AB为⊙O的任一条不与直线l垂直的直径，P是⊙O与l的公共点，AC⊥l，BD⊥l，垂足分别为C，D，且PC=PD.

求证：（1）l是⊙O的切线；（2）PB平分∠ABD.

B.选修42矩阵与变换

曲线x2+4xy+2y2=1在二阶矩阵M=1a

b1的作用下变换为曲线x2-2y2=1.

（1）求实数a和b的值；

（2）求M的逆矩阵M-1.

C.选修44参数方程与极坐标

以直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴.已知点P的直角坐标为（1，-5），点M的极坐标为（4，π2），若直线l过点P，且倾斜角为π3，圆C以M为圆心、4为半径.

（1）求直线l关于t的参数方程和圆C的极坐标方程；

（2）试判定直线l和圆C的位置关系.

D.选修45不等式证明选讲

已知实数a，b，c，d满足a+b+c+d=3，a2+2b2+3c2+6d2=5，求a的取值范围.

【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

22.如图，平面ABDE⊥平面ABC，△ABC是等腰直角三角形，AC=BC=4，四边形ABDE是直角梯形，BD∥AE，BD⊥BA，BD=12AE=2，O、M分别为CE、AB的中点.求直线CD和平面ODM所成角的正弦值.

23.用a，b，c，d四个不同字母组成一个含n+1（n∈N*）个字母的字符串，要求由a开始，相邻两个字母不同.例如n=1时，排出的字符串是ab，ac，ad；n=2时排出的字符串是aba，abc，abd，aca，acb，acd，ada，adb，adc，…，如图所示.记这含n+1个字母的所有字符串中，排在最后一个的字母仍是a的字符串的种数为an.

（1）试用数学归纳法证明：an=3n+3（-1）n4（n∈N*）；

（2）现从a，b，c，d四个字母组成的含n+1（n∈N*，n≥2）个字母的所有字符串中随机抽取一个字符串，字符串最后一个的字母恰好是a的概率为P，求证：29≤P≤13.

参考答案

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）由题设有f（x）=-sin2x+3sinxcosx+12

=cos2x+3sin2x2=sin（2x+π6），

所以函数y=f（x）的最小正周期为2π2=π.

（2）由题设有g（x）=sin（x+π3），又g（α）=35，g（β）=-45，

即sin（α+π3）=35，sin（β+π3）=-45，

因为α∈[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.

则V=13×523×2=533.

（2）证法一：

取AD中点M，连EM，CM.则EM∥PA.

因为EM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.

因为MC平面PAB，AB平面PAB，

所以MC∥平面PAB.

因为EM∩MC=M，

所以平面EMC∥平面PAB.

因为EC平面EMC，

所以EC∥平面PAB.

证法二：

延长DC、AB，设它们交于点N，连PN.

因为∠NAC=∠DAC=60°，AC⊥CD，

所以C为ND的中点.

因为E为PD中点，所以EC∥PN.

因为EC平面PAB，PN平面PAB，

所以EC∥平面PAB.

17.（1）在△ABC中，∠ACB=60°.因为ABsin60°=BCsin75°=ACsin45°，endprint

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

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

所以甲车从车站A开到车站C约用时间为9696=1（小时）=60（分钟），

即9点到C站，至9点10分开出.

乙车从车站B开到车站C约用时间为132120=11（小时）=66（分钟），即9点零6分到站，9点零16分开出.

则两名旅客可在9点零6分到10分这段时间内交换到对方汽车上.

（2）10点时甲车离开C站的距离为5060×96=80（km），

乙车离开C站的距离为4460×120=88（km）

所以此时两车的距离等于

802+882-2×80×88×cos120°

=8100+121+110=8331≈8×18.2

=145.6（km）.

18.（1）圆x2+y2+3x-3y-6=0与x轴交点坐标为A（-23，0），F2（3，0），

故a=23，c=3，所以b=3，所以椭圆方程是：x212+y29=1.

（2）设点P（x，y），因为F1（-3，0），F2（3，0），

则kPF1=tanβ=yx+3，kPF2=tanα=yx-3，

因为β-α=2π3，所以tan（β-α）=-3.

因为tan（β-α）=tanβ-tanα1+tanαtanβ=-23yx2+y2-3，

所以-23yx2+y2-3=-3.化简得x2+y2-2y=3.

所以点P在定圆x2+y2-2y=3上.

（3）因为PQ2=x2+（y-3）2=x2+y2-6y+9，因为x2+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，

因为3x2=9-3y2+6y，所以2PF1×PF2=44y2，

因为β=α+2π3>2π3，又点P在定圆x2+y2-2y=3上，所以y<0，

所以2PF1×PF2=-8y，

从而（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.

又因为a1-23=13，所以数列{an-13×2n}是首项为13，公比为-1的等比数列.

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

（2）假设在数列{bn}中，存在连续三项bk-1，bk，bk+1（k∈N*，k≥2）成等差数列，

则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为偶数，则2k-1>0，4（-1）k-1=-4<0，所以，不存在偶数k，使得bk-1，bk，bk+1成等差数列.

②若k为奇数，则当k≥3时，2k-1≥4，而4（-1）k-1=4，

所以，当且仅当k=3时，bk-1，bk，bk+1成等差数列.

综上所述，在数列{bn}中，有且仅有连续三项b2，b3，b4成等差数列.

（3）要使b1，br，bs成等差数列，只需b1+bs=2br，

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

（ⅰ）若s=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，当且仅当s为偶数时成立.又s>r>1，且s，r为正整数，

所以当s为不小于4的正偶数，且s=r+1时，b1，br，bs成等差数列.

（ⅱ）若s≥r+2时，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（当且仅当s为偶数、r为奇数时取“=”）；右端（-1）s-2（-1）s-3≤0.所以当s≥r+2时，b1，br，bs不成等差数列.

综上所述，存在不小于4的正偶数s，且s=r+1，使得b1，br，bs成等差数列.

20.（1）设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，则b=-12.

所以g（x）=12x2-12x-1.

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

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

令f′（x）=0，得x=-3m2（舍），x=m.

①当m>1时，x1（1，m）m（m，+∞）f′（x）-0+f（x）1+m↘2m2-3m2lnm↗所以当x=m时，fmin（x）=2m2-3m2lnm.endprint

令2m2-3m2lnm=0，得m=e23.

②当0

f（x）在x∈[1，+∞）上为增函数，当x=1时，

fmin（x）=1+m.

令m+1=0，得m=-1（舍）.

综上所述，所求m为e23.

（3）记h1（x）=x（x-a）2，h2（x）=-x2+（a-1）x+a，

则据题意有h1（x）-1=0有3个不同的实根，h2（x）-1=0有2个不同的实根，

且这5个实根两两不相等.

（ⅰ）h2（x）-1=0有2个不同的实根，只需满足

g（a-12）>1a>1或a<-3；

（ⅱ）h1（x）-1=0有3个不同的实根，因h′1（x）=3x2-4ax+a2=（3x-a）（x-a），

令h′1（x）=0，得x=a或a3，

1°当a3>a即a<0时，h1（x）在x=a处取得极大值，而h1（a）=0，不符合题意，舍；

2°当a3=a即a=0时，不符合题意，舍；

3°当a30时，h1（x）在x=a3处取得极大值，

h1（a3）>1a>3322；所以a>3322；因为（ⅰ）（ⅱ）要同时满足，故a>3322.

下证：这5个实根两两不相等，

即证：不存在x0使得h1（x0）-1=0和h2（x0）-1=0同时成立；

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，

当x0=a时，f（x0）=g（x0）=0，不符合，舍去；

当x0≠a时，既有x20-ax0+x0+1=0①；

又由g（x0）=1，即-x20+（a-1）x0+a=1②；

联立①②式，可得a=0；

而当a=0时，H（x）=（x3-1）（-x2-x-1）=0没有5个不同的零点，故舍去，

所以这5个实根两两不相等.

综上，当a>3322时，函数y=H（x）有5个不同的零点.

21.A. （1）连结OP，

因为AC⊥l，BD⊥l，

所以AC∥BD.

又OA=OB，PC=PD，

所以OP∥BD，从而OP⊥l.

因为P在⊙O上，

所以l是⊙O的切线.

（2）连结AP，

因为l是⊙O的切线，

所以∠BPD=∠BAP.

又∠BPD+∠PBD=90°，∠BAP+∠PBA=90°，

所以∠PBA=∠PBD，即PB平分∠ABD.

B. （1）设P（x，y）为曲线x2-2y2=1上任意一点，P′（x′，y′）为曲线x2+4xy+2y2=1上与P对应的点，则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，从而1-2b2=1，

2a-4b=4，

a2-2=2，解得a=2，b=0，

（2）因为M=12

01≠0，故M-1=11-21

0111=1-2

01.

C. （1）直线l的参数方程为x=1+12t，

y=-5+32t（t为参数），

圆C的极坐标方程为ρ=8sinθ.

（2）因为M（4，π2）对应的直角坐标为（0，4），

直线l的普通方程为3x-y-5-3=0，

所以圆心到直线l的距离d=|0-4-5-3|3+1=9+32>5，

所以直线l与圆C相离.

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.由条件，得5-a2≥（3-a）2，

解得1≤a≤2，当且仅当2b12=3c13=6d16时等号成立，

代入b=12，c=13，d=16时，amax=2；b=1，c=23，d=13时，amin=1，

所以，a的取值范围是[1，2].

22.因为DB⊥BA，又因为平面ABDE⊥平面ABC，平面ABDE∩平面ABC=AB，DB平面ABDE，

所以DB⊥平面ABC，因为BD∥AE，所以EA⊥平面ABC，

如图所示，以C为原点，分别以CA，CB为x，y轴，以过点C且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，

因为AC=BC=4，

所以设各点坐标为C（0，0，0），A（4，0，0），B（0，4，0），D（0，4，2），E（4，0，4），

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

设平面ODM的法向量n=（x，y，z），则由n⊥OD

且n⊥MD可得-2x+4y=0，

-2x+2y+2z=0，

令x=2，则y=1，z=1，所以n=（2，1，1），

设直线CD和平面ODM所成角为θ，则

sinθ=|cos|=n·CD|n||CD|=66·25=3010，

所以直线CD和平面ODM所成角的正弦值为3010.

23.（1）证明：（i）当n=1时，因为a1=0，3+3（-1）4=0，所以等式正确.

（ii）假设n=k时，等式正确，即ak=3k+3（-1）k4（k∈N*，k≥1），

那么，n=k+1时，

因为ak+1=3k-ak=3k-3k+3（-1）k4

=4·3k-3k-3（-1）k4=3k+1+3（-1）k+14，

这说明n=k+1时等式仍正确.

据（i），（ii）可知，an=3n+3（-1）n4（n∈N*，n≥1）正确.

（2）易知P=14·3n+3（-1）n3n

=14[1+3（-1）n3n]，

①当n（n≥3）为奇数时，P=14（1-33n），因为3n≥27，所以P≥14（1-327）=29，

又P=14（1-33n）<14，所以29≤P<14；

②当n（n≥2）为偶数时，P=14（1+33n），因为3n≥9，所以P≤14（1+39）=13，

又P=14（1+33n）>14，所以14

综上所述，29≤P≤13且P≠14.

（作者：田秀权，常州市第一中学）

令2m2-3m2lnm=0，得m=e23.

②当0

f（x）在x∈[1，+∞）上为增函数，当x=1时，

fmin（x）=1+m.

令m+1=0，得m=-1（舍）.

综上所述，所求m为e23.

（3）记h1（x）=x（x-a）2，h2（x）=-x2+（a-1）x+a，

则据题意有h1（x）-1=0有3个不同的实根，h2（x）-1=0有2个不同的实根，

且这5个实根两两不相等.

（ⅰ）h2（x）-1=0有2个不同的实根，只需满足

g（a-12）>1a>1或a<-3；

（ⅱ）h1（x）-1=0有3个不同的实根，因h′1（x）=3x2-4ax+a2=（3x-a）（x-a），

令h′1（x）=0，得x=a或a3，

1°当a3>a即a<0时，h1（x）在x=a处取得极大值，而h1（a）=0，不符合题意，舍；

2°当a3=a即a=0时，不符合题意，舍；

3°当a30时，h1（x）在x=a3处取得极大值，

h1（a3）>1a>3322；所以a>3322；因为（ⅰ）（ⅱ）要同时满足，故a>3322.

下证：这5个实根两两不相等，

即证：不存在x0使得h1（x0）-1=0和h2（x0）-1=0同时成立；

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，

当x0=a时，f（x0）=g（x0）=0，不符合，舍去；

当x0≠a时，既有x20-ax0+x0+1=0①；

又由g（x0）=1，即-x20+（a-1）x0+a=1②；

联立①②式，可得a=0；

而当a=0时，H（x）=（x3-1）（-x2-x-1）=0没有5个不同的零点，故舍去，

所以这5个实根两两不相等.

综上，当a>3322时，函数y=H（x）有5个不同的零点.

21.A. （1）连结OP，

因为AC⊥l，BD⊥l，

所以AC∥BD.

又OA=OB，PC=PD，

所以OP∥BD，从而OP⊥l.

因为P在⊙O上，

所以l是⊙O的切线.

（2）连结AP，

因为l是⊙O的切线，

所以∠BPD=∠BAP.

又∠BPD+∠PBD=90°，∠BAP+∠PBA=90°，

所以∠PBA=∠PBD，即PB平分∠ABD.

B. （1）设P（x，y）为曲线x2-2y2=1上任意一点，P′（x′，y′）为曲线x2+4xy+2y2=1上与P对应的点，则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，从而1-2b2=1，

2a-4b=4，

a2-2=2，解得a=2，b=0，

（2）因为M=12

01≠0，故M-1=11-21

0111=1-2

01.

C. （1）直线l的参数方程为x=1+12t，

y=-5+32t（t为参数），

圆C的极坐标方程为ρ=8sinθ.

（2）因为M（4，π2）对应的直角坐标为（0，4），

直线l的普通方程为3x-y-5-3=0，

所以圆心到直线l的距离d=|0-4-5-3|3+1=9+32>5，

所以直线l与圆C相离.

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.由条件，得5-a2≥（3-a）2，

解得1≤a≤2，当且仅当2b12=3c13=6d16时等号成立，

代入b=12，c=13，d=16时，amax=2；b=1，c=23，d=13时，amin=1，

所以，a的取值范围是[1，2].

22.因为DB⊥BA，又因为平面ABDE⊥平面ABC，平面ABDE∩平面ABC=AB，DB平面ABDE，

所以DB⊥平面ABC，因为BD∥AE，所以EA⊥平面ABC，

如图所示，以C为原点，分别以CA，CB为x，y轴，以过点C且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，

因为AC=BC=4，

所以设各点坐标为C（0，0，0），A（4，0，0），B（0，4，0），D（0，4，2），E（4，0，4），

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

设平面ODM的法向量n=（x，y，z），则由n⊥OD

且n⊥MD可得-2x+4y=0，

-2x+2y+2z=0，

令x=2，则y=1，z=1，所以n=（2，1，1），

设直线CD和平面ODM所成角为θ，则

sinθ=|cos|=n·CD|n||CD|=66·25=3010，

所以直线CD和平面ODM所成角的正弦值为3010.

23.（1）证明：（i）当n=1时，因为a1=0，3+3（-1）4=0，所以等式正确.

（ii）假设n=k时，等式正确，即ak=3k+3（-1）k4（k∈N*，k≥1），

那么，n=k+1时，

因为ak+1=3k-ak=3k-3k+3（-1）k4

=4·3k-3k-3（-1）k4=3k+1+3（-1）k+14，

这说明n=k+1时等式仍正确.

据（i），（ii）可知，an=3n+3（-1）n4（n∈N*，n≥1）正确.

（2）易知P=14·3n+3（-1）n3n

=14[1+3（-1）n3n]，

①当n（n≥3）为奇数时，P=14（1-33n），因为3n≥27，所以P≥14（1-327）=29，

又P=14（1-33n）<14，所以29≤P<14；

②当n（n≥2）为偶数时，P=14（1+33n），因为3n≥9，所以P≤14（1+39）=13，

又P=14（1+33n）>14，所以14

综上所述，29≤P≤13且P≠14.

（作者：田秀权，常州市第一中学）

令2m2-3m2lnm=0，得m=e23.

②当0

f（x）在x∈[1，+∞）上为增函数，当x=1时，

fmin（x）=1+m.

令m+1=0，得m=-1（舍）.

综上所述，所求m为e23.

（3）记h1（x）=x（x-a）2，h2（x）=-x2+（a-1）x+a，

则据题意有h1（x）-1=0有3个不同的实根，h2（x）-1=0有2个不同的实根，

且这5个实根两两不相等.

（ⅰ）h2（x）-1=0有2个不同的实根，只需满足

g（a-12）>1a>1或a<-3；

（ⅱ）h1（x）-1=0有3个不同的实根，因h′1（x）=3x2-4ax+a2=（3x-a）（x-a），

令h′1（x）=0，得x=a或a3，

1°当a3>a即a<0时，h1（x）在x=a处取得极大值，而h1（a）=0，不符合题意，舍；

2°当a3=a即a=0时，不符合题意，舍；

3°当a30时，h1（x）在x=a3处取得极大值，

h1（a3）>1a>3322；所以a>3322；因为（ⅰ）（ⅱ）要同时满足，故a>3322.

下证：这5个实根两两不相等，

即证：不存在x0使得h1（x0）-1=0和h2（x0）-1=0同时成立；

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，

当x0=a时，f（x0）=g（x0）=0，不符合，舍去；

当x0≠a时，既有x20-ax0+x0+1=0①；

又由g（x0）=1，即-x20+（a-1）x0+a=1②；

联立①②式，可得a=0；

而当a=0时，H（x）=（x3-1）（-x2-x-1）=0没有5个不同的零点，故舍去，

所以这5个实根两两不相等.

综上，当a>3322时，函数y=H（x）有5个不同的零点.

21.A. （1）连结OP，

因为AC⊥l，BD⊥l，

所以AC∥BD.

又OA=OB，PC=PD，

所以OP∥BD，从而OP⊥l.

因为P在⊙O上，

所以l是⊙O的切线.

（2）连结AP，

因为l是⊙O的切线，

所以∠BPD=∠BAP.

又∠BPD+∠PBD=90°，∠BAP+∠PBA=90°，

所以∠PBA=∠PBD，即PB平分∠ABD.

B. （1）设P（x，y）为曲线x2-2y2=1上任意一点，P′（x′，y′）为曲线x2+4xy+2y2=1上与P对应的点，则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，从而1-2b2=1，

2a-4b=4，

a2-2=2，解得a=2，b=0，

（2）因为M=12

01≠0，故M-1=11-21

0111=1-2

01.

C. （1）直线l的参数方程为x=1+12t，

y=-5+32t（t为参数），

圆C的极坐标方程为ρ=8sinθ.

（2）因为M（4，π2）对应的直角坐标为（0，4），

直线l的普通方程为3x-y-5-3=0，

所以圆心到直线l的距离d=|0-4-5-3|3+1=9+32>5，

所以直线l与圆C相离.

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.由条件，得5-a2≥（3-a）2，

解得1≤a≤2，当且仅当2b12=3c13=6d16时等号成立，

代入b=12，c=13，d=16时，amax=2；b=1，c=23，d=13时，amin=1，

所以，a的取值范围是[1，2].

22.因为DB⊥BA，又因为平面ABDE⊥平面ABC，平面ABDE∩平面ABC=AB，DB平面ABDE，

所以DB⊥平面ABC，因为BD∥AE，所以EA⊥平面ABC，

如图所示，以C为原点，分别以CA，CB为x，y轴，以过点C且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，

因为AC=BC=4，

所以设各点坐标为C（0，0，0），A（4，0，0），B（0，4，0），D（0，4，2），E（4，0，4），

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

设平面ODM的法向量n=（x，y，z），则由n⊥OD

且n⊥MD可得-2x+4y=0，

-2x+2y+2z=0，

令x=2，则y=1，z=1，所以n=（2，1，1），

设直线CD和平面ODM所成角为θ，则

sinθ=|cos|=n·CD|n||CD|=66·25=3010，

所以直线CD和平面ODM所成角的正弦值为3010.

23.（1）证明：（i）当n=1时，因为a1=0，3+3（-1）4=0，所以等式正确.

（ii）假设n=k时，等式正确，即ak=3k+3（-1）k4（k∈N*，k≥1），

那么，n=k+1时，

因为ak+1=3k-ak=3k-3k+3（-1）k4

=4·3k-3k-3（-1）k4=3k+1+3（-1）k+14，

这说明n=k+1时等式仍正确.

据（i），（ii）可知，an=3n+3（-1）n4（n∈N*，n≥1）正确.

（2）易知P=14·3n+3（-1）n3n

=14[1+3（-1）n3n]，

①当n（n≥3）为奇数时，P=14（1-33n），因为3n≥27，所以P≥14（1-327）=29，

又P=14（1-33n）<14，所以29≤P<14；

②当n（n≥2）为偶数时，P=14（1+33n），因为3n≥9，所以P≤14（1+39）=13，

又P=14（1+33n）>14，所以14

综上所述，29≤P≤13且P≠14.

（作者：田秀权，常州市第一中学）