参考答案

三角函数测试卷（A卷）

1. A 2. D 3. A

4. == -（cosα+sinα）=-，选 C.

5.根据图象可知T=--=，所以函数的周期为π，可得ω=2.图象过，2，将其代入解析式，结合-<φ<，可得φ=-，选 A.

6. f（x）=asinx-bcosx=sin（x-φ）其中tanφ=，-φ=+2kπ，φ= --2kπ，k∈Z， f（x）=sinx+， f-x=sin（π-x）=sinx，选 D.

7. 原式=sin2-sin2=0.？摇

8. 2sinαcosα=-sinα，所以cosα=-，又α∈，π，所以α=，tan2α=tan=

9. 因为f（x）=sin（x+2φ）-2sinφcos（x+φ）=sin（x+φ）·cosφ+cos（x+φ）·sinφ-2sinφ·cos（x+φ）=sin（x+φ）·cosφ-cos（x+φ）·sinφ=sinx≤1.所以最大值为1.

10. f（-x）=f（x），即（a+3）sinx=0对？坌x∈R成立，解得a=-3.

11. （1）因为f=Asin+=Asin=，所以A=·=.

（2）由（1）得： f（x）=sinx+，所以f（θ）+f（-θ）=sinθ++·sin-θ+=sinθcos+cosθsin+sin（-θ）cos+cos（-θ）sin=2cosθsin=cosθ=，所以cosθ=. 因为θ∈0，，所以sinθ=，故f-θ=sin-θ+=sin（π-θ）=sinθ=×=.

12. （1）由sinx≠0得x≠kπ（k∈Z），故f（x）的定义域为{x∈Rx≠kπ，k∈Z}. 因为f（x）==2cosx（sinx-cosx）=sin2x-cos2x-1=sin2x--1，所以f（x）的最小正周期为π.

（2）由2kπ-≤2x-≤2kπ+，x≠kπ（k∈Z），得kπ-≤x≤kπ+，x≠kπ（k∈Z），所以f（x）的单调递增区间为kπ-，kπ和kπ，kπ+π（k∈Z）.

13. （1）f（x）=sinx-cosx+·cosx+sinx=sinx？圯f（α）=·sinα=？圯sinα=，α∈2kπ，2kπ+？圯cosα=，且g（α）=2sin2=1-cosα=.

（2）f（x）≥g（x）？圯sinx≥1-cosx？圯sinx+cosx=sinx+≥？圯x+∈2kπ+，2kπ+，k∈Z？圯x∈2kπ，2kπ+，k∈Z.

三角函数测试卷（B卷）

1. 利用排除法，选 B

2.先化简函数可得f（x）=sin2x+==+，所以有a=f（lg5）=+，b=flg=+=-，所以a+b=1，选C.

3. a=cos66°=sin24°，b=tan26°，c=sin25°，因为sin24°

4. 由于sin-2x=-sin2x-，只需要sin2x-<0且单调增区间，故2kπ-≤2x-<2kπ（k∈Z），选B.

5. f（π+x）=cos（π+x）？摇sin（2π+2x）=-cosxsin2x，f（π-x）=cos（π-x）sin（2π-2x）=cosxsin2x？圯 f（π+x）+f（π-x）=0，所以选项A正确. f+x=cos+xsin（π+2x）=sinxsin2x，f-x=cos-xsin（π-2x）=sinxsin2x？圯f+x=f-x，所以选项B正确. y=cosxsin2x=2cos2xsinx=（2-2sin2x）sinx= -2sin3x+2sinx，令t=sinx，-1≤t≤1，则y= -2t3+2t，y′=-6t2+2=-6t+·t-，显然y在-1，-和，1上为减函数，在-，上为增函数，则y只可能在t=-1和处取得最大值. 当t=-1时，y=0；当t=时，y=，所以C错误. D显然正确. 选C.

6. 排除法，当振幅大于1时，三角函数的周期为T=，因为a>1，所以T<2π，而D不符合要求，它的振幅大于1，但周期反而大于了2π. 选D.

7. y=sinx-cosx=2sinx-，当0≤x<2π时，-≤x-<，当x-=，即x=时y取得最大值，所以x=.

8. tan（α-3π）=tan（α+π）=tanα=-，又<α<，所以<α<π，所以cosα= -，sinα=，则cosα+sinα=-.

9. 由已知，a4n+1=（4n+1）×cos+1=（4n+1）×cos+1=0+1，a4n+2=（4n+2）×cos+1=（4n+2）×cosπ+1=-（4n+2）+1，a4n+3=（4n+3）×cos+1=（4n+3）×cos+1=0+1，a4n+4=（4n+4）×cos+1=（4n+4）×cos2π+1=（4n+4）+1，所以a4n+1+a4n+2+a4n+3+a4n+4=6，即S2012=×6=3018.

10. 因为y=sin（ωx+φ）的最小正周期为π，所以ω==2. 又其图象关于直线x=对称，所以2×+φ=kπ+（k∈Z），所以φ=kπ+，k∈Z.由φ∈-，，得φ=，所以y=sin2x+.

令2x+=kπ（k∈Z），得x=-（k∈Z），所以y=sin2x+关于点，0对称，故②正确.

令2kπ-≤2x+≤2kπ+（k∈Z），得kπ-≤x≤kπ+（k∈Z），所以函数y=sin2x+的单调递增区间为kπ-，kπ+（k∈Z）. 又-，0？坳kπ-，kπ+（k∈Z），所以④正确. 答案为②④.

11. （1）由题意知f（x）=a·b=msin2x+ncos2x. 因为y=f（x）的图象过点，和，-2，所以=msin+ncos，-2=msin+ncos， 即=m+n，-2=-m-n，解得m=，n=1.

（2）由（1）知f（x）=sin2x+cos2x=2sin2x+. 由题意知g（x）=f（x+φ）=2sin2x+2φ+. 设y=g（x）的图象上符合题意的最高点为（x0，2），由题意知x+1=1，所以x=0，即到点（0，3）的距离为1的最高点为（0，2）.将其代入y=g（x）得sin2φ+=1. 因为0<φ<π，所以φ=. 因此g（x）=2sin2x+=2cos2x. 由2kπ-π≤2x≤2kπ，k∈Z，得kπ-≤x≤kπ，k∈Z，所以函数y=g（x）的单调递增区间为kπ-，kπ，k∈Z.

12. f（x）=cos2x++sin2x=cos2x-sin2x+（1-cos2x）=-sin2x.

（1）函数f（x）的最小正周期T==π.

（2）当x∈0，时，g（x）=-f（x）=sin2x. 当x∈-，0时，x+∈0，，g（x）=gx+=sin2x+= -sin2x；当x∈-π，-时，（x+π）∈0，，g（x）=g（x+π）=sin2（x+π）=sin2x，得函数g（x）在[-π，0]上的解析式为g（x）=-sin2x，-≤x≤0，sin2x，-π≤x<-.

13. （1）由coscosφ-sinsinφ=0得coscosφ-sinsinφ=0，即cos+φ=0. 又φ<，所以φ=.

（2）由（1）得f（x）=sinωx+，依题意，=. 又T=，故ω=3， f（x）=sin3x+. 函数f（x）的图象向左平移m个单位后所对应的函数为g（x）=sin3（x+m）+，g（x）是偶函数当且仅当3m+=kπ+（k∈Z），即m=+（k∈Z），从而，最小正实数m=.

平面向量、解三角形测试卷（A卷）

1. B 2. B

3. 因为a⊥c，b∥c，所以有2x-4=0且2y+4=0，解得x=2，y=-2，即a=（2，1），b=（1，-2），所以a+b=（3，-1），a+b=. 选B.

4. 由正弦定理可得b=a，c=2a，由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB，将b=a，c=2a代入上式得cosB=. 选D.

5. 如图1，在直角三角形ABC中，CB=1，CA=2，AB=，则CD=，所以AD===，所以=，即==a-b. 选D.

图1

6. 由题知·=··cos∠APB，且=，所以·=（2-1）·cos∠APB. 又由已知可得cos=，所以cos∠APB=2cos2-1=2·-1？摇，所以·=（2-1）·2·-1=（2-1）·2·-1=（2-1）·1-= -3+2+≥-3+2，故选D.

7. 由条件a=λ（2，1）=（2λ，λ）且λ<0，由a=2，所以=2，所以λ2=4，又λ<0，所以λ=-2，所以a=（-4，-2）.

8. 由题可知，e=1=e，e1·e2=-. 又a·b=0，所以（e1-2e2）·（ke1+e2）=0，即ke-2e2+（1-2k）e1·e2=0，即k-2-（1-2k）=0，解得k=.

9. 不妨设角A=120°，c≤b，则a=b+4，c=b-4，于是cos120°== -，解得b=10，所以S=bcsin120°=15.

10. 作出示意图，如图2，因为AB=10，∠ADB=∠DAB=15°，所以AB=DB=10，所以CD=5，故速度是10海里/时.

图2

11. 由A-C=90°，得A为钝角且sinA=cosC，利用正弦定理，a+c=b可变形为sinA+sinC=sinB，即有sinA+sinC=cosC+sinC=sin（C+45°）=sinB. 又A，B，C是△ABC的内角，故C+45°=B或（C+45°）+B=180°（舍去），所以A+B+C=（90°+C）+（C+45°）+C=180°，所以C=15°.

12. （1）因为·=3·，所以AC·cosA=3BC·cosB. 由正弦定理得sinBcosA=3sinAcosB，即tanB=3tanA.

（2）因为cosC=，00，所以tanA=1，A=.

13. （1）因为m⊥n，所以3cos2A=sin2A，即tanA=，故A=60°.

（2）由（1）可知m=，，n=1，-，所以=p，=q，S△ABC=··sinA=pq≤·=，当且仅当p=q=3时，取得最大值.

平面向量、解三角形测试卷（B卷）

1. 由题可知a2-a·c-a·b≤0，即a2≤ab+ccosθ，其中θ为a与b+c的夹角，所以cosθ≥=，所以θ∈0，，故选B.

2. ·=ax+y，当且仅当x=3，y=0 时，·取得最大值，故-a<-，所以a>. 选D.

3. A.

4. 因为cos2=，那么可知=，所以cosB=. 因为cosB=，所以=，所以a2+c2-b2=2a2，所以a2+b2=c2，由此可知三角形为直角三角形，选B.

5. a+b>1？圳a2+b2+2a·b=1+1+2a·b>1，即a·b=abcosθ=cosθ>-，又θ∈[0，π]，即等价于θ∈0，；a-b>1？圳a2+b2-2a·b=1+1-2a·b>1，即cosθ<，又θ∈[0，π]，即等价于θ∈，π，所以p1，p4为真命题. 选A.

6. 将直角三角形ABC放入直角坐标系中，如图3，设A（a，0），B（0，b），a，b>0，则D，，P，，所以PC2=+=+，PB2=+-b=+，PA2=-a+=+，所以PA2+PB2=+++=10+=10PC2，所以=10. 选D.

图3

7. 因为c2=（a-b）2+6，所以a2+b2-c2=2ab-6. 因为a2+b2-c2=2abcosC=ab，所以2ab-6=ab，所以ab=6，所以S=absinC=·6·=.

8. 因为2a-b=，所以（2a-b）2=10，即4a2-4a·b+b2=10，所以4+b2-4bcos45°=10，整理得b2-2b-6=0，解得b=3或b=-（舍去）.

9. 因为=（m-1）+n，=m+（n-1），所以由=λ得（m-1）（n-1）=mn，解得m+n=1. 所以可得+（m+n）≥4，即+min=4.

10. 由·=，得··cos∠FAB=，由矩形的性质，得·cos∠FAB=DF. 因为AB=，所以·DF=，所以DF=1，所以CF=-1. 记和之间的夹角为θ，∠AEB=α，∠FBC=β，则θ=α+β. 又因为BC=2，点E为BC的中点，所以BE=1. 所以·=··cosθ=··cos（α+β）=··（cosαcosβ-sinαsinβ）=cosα··cosβ-sinα·sinβ=BE·BC-AB·CF=1×2-（-1）=.

11. （1）当α=时，b=，，m=1+t，2+t，所以m=，故当t=-时，取得mmin.

（2）若a⊥b，则cosα=-2sinα，解得sinα=，cosα=-，故a-b=1+，2-，m=1-t，2+t. 由a-b与m的夹角为，得=，t<5，即t2+5t-5=0，故存在t=.

12. （1）由正弦定理得sinCsinA=sinAcosC. 因为00，所以sinC=cosC. 又cosC≠0，故tanC=1，则C=.

（2）由（1）知B=-A，所以sinA-cosB+=sinA-cos（π-A）=sinA+cosA=2sinA+. 因为0

13. （1）由已知，m·n=2sincos+2cos2=sin+cos+1=2sin++1. 因为m·n=2，所以sin+=. 所以cosx+=1-2sin2+=.

（2）因为（2a-c）cosB=bcosC，由正弦定理得（2sinA-sinC）cosB=sinBcosC，所以2sinAcosB=sin（B+C）. 因为A+B+C=π，所以sin（B+C）=sinA，且sinA≠0，所以cosB=，B=，所以0

南京师大附中 南京外国语学校

月考试卷调研

1. {x1

3. 9 4. 30 5.

6. y=±x 7.

8. ±2

9. 由图可知，函数f（x）的周期为3，即ω=，再将点（0，1）代入f（x）=2sinx+φ得2sinφ=1，即sinφ=. 又φ<，所以φ=，故f（x）=2sinx+，所以g（x）=fx-=2sinx-+=2sinx-.

10. 设AD=x，AE=y（0

11. 设PC=x（0≤x≤3），则+·=2·=-2x×（3-x）=2x2-6x=2x-2-（0≤x≤3）. 因此，当x=时，（+）·取得最小值为-；当x=0或3时，（+）·取得最大值为0. 故（+）·的取值范围为-，0.

12. 由题可知， f（x）为单调递增的一次函数且f（x）为奇函数，所以f（x）=kx（k>0），故F（x）=x2+b（k>0），结合F（x）的单调性和奇偶性可得，F（2x-1）>F（x）等价于2x-1>x，即3x2-4x+1>0，解得x<或x>1.

13. 设点P（x，y），则（x+）2+y2=2[（x-）2+y2]，即（x-3）2+y2=16，要在圆（x-3）2+y2=16上存在两点到直线l的距离等于1，则需圆心（3，0）到直线l的距离d∈（3，5），即3<<5，解得-1

14. 由S=0知，a=a. 因为an≤a（n∈N？鄢），0

15. （1）因为m∥n，所以（sinB-sinA）·（sinB+sinA）-sinC（sinB-sinC）=0，即b2+c2-a2=bc，所以cosA=. 又因为A∈（0，π），所以A=.

（2）因为a=2，A=，所以=，所以b-c=sinB-sinC=sinB-sinB+=·sinB-cosB=2sinB-cosB=2sinB-. 又△ABC为锐角三角形，且A=，所以B∈，，所以B-∈0，，所以2sinB-∈（0，），即b-c的取值范围为（0，）.

16. （1）因四边形ABCD为矩形，故DA⊥AB.因平面ABCD⊥平面ABEF，且DA？奂平面ABCD，平面ABCD∩平面ABEF=AB，故DA⊥平面ABEF. 因BF？奂平面ABEF，故DA⊥BF. 因AB为直径，故BF⊥AF. 因DA，AF为平面DAF内的两条相交直线，故BF⊥平面DAF.

（2）因∠BAF=，AB∥EF，故EF=AB. 取DA的中点N，连NF，MN，因M为BD的中点，故MN∥AB，且MN=AB，于是四边形MNFE为平行四边形，所以ME∥NF.因NF？奂平面DAF，ME？埭平面DAF，故ME∥平面DAF.

17. 正三棱锥展开如图4所示. 当按照底边包装时体积最大. 设正三棱锥侧面的高为h0，高为h. 由题意得：x+h0=10，解得h0=10-x. 则h===，x∈（0，10）. 所以，正三棱锥体积V=Sh=×x2×=×. 设y=V2=·100-x=-，求导得y′=-. 令y′=0，得x=8，当x∈（0，8）时，y′>0，y随着x的增加而增大，当x∈（8，10）时，y′<0，y随着x的增加而减小，所以，当x=8 cm时，y取得极大值也是最大值. 此时y=15360，所以V=32 cm3.

图4

18. （1）由椭圆的定义知a=，设P（x，y），则有·=-，则=-，所以化简得椭圆C的方程是+=1. 因为·=，所以·cos∠AOB=，所以·sin∠AOB=4，所以S=·sin∠AOB=2，又S=y-y×1，故y-y=4.

（1）假设存在一点Q（m，0），使得直线QA，QB的倾斜角互为补角，依题意可知直线l的斜率存在且不为零. 设直线l的方程为y=k（x-1）（k≠0）. 由y=k（x-1），+=1消去y得（3k2+2）x2-6k2x+3k2-6=0. 设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1·x2=. 因为直线QA，QB的倾斜角互为补角，所以k+k=0，即+=0，又y1=k（x1-1），y2=k（x2-1），代入上式可得2x1x2+2m-（m+1）·（x1+x2）=0，所以2×+2m-（m+1）×=0，即4m-12=0，所以m=3，所以存在Q（3，0）使得直线QA，QB的倾斜角互为补角.

19. （1）依题意， f2（x）=x3-ax2，？摇x>a，？摇ax2-x3，？摇xa，x（2a-3x），x0，所以f2（x）无极值；当x∈（-∞，？摇a）时，列表：

所以函数f2（x）的极小值为f2（0）=0，极大值为f2a=a3.

（2）①当x

于是3ax12-4x13=3ax22-4x23，-2ax13+3x14=-2ax23+3x24，即

3a（x1+x2）（x1-x2）=4（x1-x2）（x12+x1x2+x22），3（x1+x2）（x1-x2）（x12+x22）=（x1-x2）（x12+x1x2+x22），故x+x=（常数）.

②证明：设x1+x2=s，x1x2=t，则可得a2=2（s2-2t），？摇3as=4+t，？摇解得s=，？摇t=-，？摇或s=a，？摇t=（舍去，否则x1=x2），故y2-y1=（ax-x）-（ax-x）=a（x-x）-（x-x）=（x2-x1）[a（x+x+x1x2）-（x+x）（x1+x2）]=（x2-x1）a--·=（x2-x1）>0，即证y1

20. （1）设无穷等差数列{an}的公差为d，因为S=（Sn）3对任意正整数n都成立，所以分别取n=1，n=2，则a1=a31，8a1+28d=（2a1+d）3.因为数列{an}的各项均为正整数，所以d≥0.可得a1=1，d=0或d=2.当a1=1，d=0时，an=1，S=（Sn）3成立；当a1=1，d=2时，Sn=n2，所以S=（Sn）3. 因此，共有2个无穷等差数列满足条件，通项公式为an=1或an=2n-1.

（2）①记An={1，2，…，Sn}，显然a1=S1=1. 对于S2=a1+a2=1+a2，有A2={1，2，…，Sn}={1，a2，1+a2，|1-a2|}={1，2，3，4}，故1+a2=4，所以a2=3.

②由题意可知，集合{a1，a2，…，an}按上述规则，共产生Sn个正整数.而集合{a1，a2，…，an，an+1}按上述规则产生的Sn+1个正整数中，除1，2，…，Sn这Sn个正整数外，还有an+1，an+1+i，|an+1-i|（i=1，2，…，Sn），共2Sn+1个数. 所以，Sn+1=Sn+（2Sn+1）=3Sn+1. 又Sn+1+=3Sn+，所以Sn=S1+·3n-1-=·3n-. 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=·3n--·3n-1-=3n-1，而a1=1也满足an=3n-1. 所以，数列{an}的通项公式是an=3n-1.

21（A）. 因CD=AC，故∠D=∠CAD. 因AB=AC，故∠ABC=∠ACB.因∠EBC=∠CAD，故∠EBC=∠D. 因∠ABC=∠ABE+∠EBC，∠ACB=∠D+∠CAD. 故∠ABE=∠EBC，即BE平分∠ABC.

21（B）. 设M=a bc d，则a bc d11=811=88，故a+b=8，c+d=8.. 又矩阵M对应的变换将点（1，-1）变换成（4，0），所以可得a bc d1-1=40，故a-b=4，c-d=0.联立以上两方程组，解得M=6 24 4. 再由f（λ）=（λ-6）（λ-4）-8=λ2-10λ+16=0得λ=8或λ=2，矩阵M的另一个特征值是2.

21（C）. 由题设知，圆心C（1，），P（2，0），∠CPO=60°，故过P点的切线的倾斜角为30°. 设M（ρ，θ）是过P点的圆C的切线上的任一点，则在△PMO中，∠MOP=θ，∠OMP=30°-θ，∠OPM=150°. 由正弦定理得=，于是=，即ρcos（θ+60°）=1（或ρsin（30°-θ）=1）为所求切线的极坐标方程.

21（D）. 因a，b，c>0，故（++）2 = （·1+·1+·1）2≤[（a+1）+（b+1）+（c+1）]（1+1+1）=12，于是++≤2，当且仅当==，即a=b=c=时，取“=”. 所以++的最大值为2.

22. （1）在△BCE中，BC⊥BE，BC=AD=，BE=3，所以EC=2. 在△FCE中，CF2=EF2+CE2，所以EF⊥CE. 由已知条件知，平面ABCD⊥平面BEFC，且平面ABCD∩平面BEFC=BC，DC⊥BC，所以DC⊥平面EFCB，所以DC⊥EF. 又DC与EC为平面DCE内的两条相交直线，所以EF⊥平面DCE.又EF？奂平面DEF，所以平面DEF⊥平面DCE.

（2）如图5，以点C为坐标原点，以CB，CF和CD分别作为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系C-xyz，则C（0，0，0），A，0，，B（，0，0），E（，3，0），F（0，4，0），从而=（-，1，0），=0，3，-. 设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），由·n=0，·n=0，得-x+y=0，3y-z=0.取x=1，则y=，z=2，即n=（1，，2）. 平面EFCB的法向量为=0，0，，由条件得cos〈n，〉===，所以〈n，〉=30°. 又二面角A-EF-C为锐二面角，所以二面角A-EF-C的大小30°.

图5

23. （1）当n=3时，P={1，2，3}，其非空子集为：{1}，{2}，{3}，{1，2}，{1，3}，{2， 3}，{1，2，3}，则所有满足题意的集合对（A，B）为：（{1}，{2}），（{1}，{3}），（{2}，{3}），（{1}，{2，3}），（{1，2}，{3}）共5对，所以a3=5.

（2）设A中的最大数为k，其中1≤k≤n-1，整数n≥3，则A中必含元素k，另元素1，2，…，k-1可在A中，故A的个数为：C+C+…+C=2，B中必不含元素1，2，…，k，另元素k+1，k+2，…，k可在B中，但不能都不在B中，故B的个数为：C+C+…+ C=2-1，从而集合对（A，B）的个数为2·（2-1）=2-2，所以an=（2-2k-1）=（n-1）·2-=（n-2）·2+1.

杭州学军中学 杭州外国语学校

月考试卷调研

1. B 2. D 3. B 4. A 5. A 6. C 7. C 8. D

9. A. 提示：F（，0），两渐近线方程为y=±x，设l的方程为y=（x-），由y=-x，y=（x-）解得点P的坐标为，-，由OP=1，得+=1，解得a=1.

10. （理科）B. 提示：对于B，若x∈A，则x？埸CXA，所以f（x）=0，f（x）=1. 命题成立；同理，当x∈CXA时命题也成立.

（文科）B. 提示：对于B，设=t（t≥0），则x=t2-2. y=-2t+t2-1=（t-1）2-2，因此函数y=-2+x+1的定义域、值域都是[-2，+∞）.

11. -1

12. （理科），

（文科）20

13. 8+4 14. 0，

15. 5 16. -1

17. （理科）1809. 提示：由展开式缺常数项，得a=-1，a1=2C=18. 已知等式化为=a1+a2x+a3x2+…+a9x8. 再令x=1，得a2+2a3+…+8a9=9×28-29=1792.

（文科）6. 提示：先画出f（x）在[2，4]上的图象，再依次画出f（x）在[1，2]，[4，8]，[8，16]，[16，32]，[32，64]上的图象，可得f（34）=2，因此集合中的最小元素是6.

18. （1）由5sin=cosC+2. 得5sin=1-2sin2+2. 即2sin2+5sin-3=0. 解得sin=或sin=-3（舍去）. 因为0°<<90°，所以=30°，C=60°.

（2）由已知条件+1=，可得=. 即得=，即=. 所以cosA=. 所以sinA=. 由正弦定理，得=，故a===.

19. （理科）（1）由Sn+1=3Sn+n2+2，Sn=3Sn-1+（n-1）2+2（n≥2），得an+1=3an+2n-1，故（an+1+n+1）=3（an+n），即bn+1=3bn（n≥2）. 当n=1时上式也成立，故{bn}是以3为首项，3为公比的等比数列.

（2）由（1）可得bn=3n，所以=，An==1-. 又由已知得Bn=1-，所以只需比较3n与3n+1的大小即可. 当n=1时，3n<3n+1；当n≥2时，3n>3n+1. 下面用数学归纳法证明：①当n=2时不等式显然成立. ②假设当n=k（k≥2）时不等式成立，即3k>3k+1. 则3k+1=3·3k>3（3k+1）>3k+4. 所以3k+1>3k+4. 即当n=k+1时不等式也成立. 据①②知对任意n≥2，n∈N？鄢，都有3n>3n+1.

（文科）（1）由Sn+1=3Sn+n2+2，Sn=3Sn-1+（n-1）2+2（n≥2），得an+1=3an+2n-1，故（an+1+n+1）=3（an+n），即bn+1=3bn（n≥2）. 当n=1时上式也成立，故{bn}是以3为首项，3为公比的等比数列.

（2）由（1）得bn=3n，=，b1+b2+…+bn==1-. 不等式化为1->，即<，3n>81，解得n>4. 因此，最小正整数n为5.

20. （理科）（1） 作OD∥AA1交A1B1于D，连结C1D. 则OD∥BB1∥CC1. 因为O是AB的中点，所以OD=（AA1+BB1）=3=CC1. 则ODC1C是平行四边形，因此有OC∥C1D. C1D？奂平面C1B1A1且OC？埭平面C1B1A1，则OC∥面A1B1C1.

（2）建立空间直角坐标系如图6所示，则可得C（0，，3），C1（0，，0），B（1，0，2），A（0，-，4），=（0，-2，4），=（1，-，2）. 设平面ABC1的法向量为n1=（x1，y1，z1），则n1·=0，n1·=0，？圯-2y1+4z1=0，x1-y1+2z1=0.取z1=，则x1=0，y1=2. n1=（0，2，）. 同理，平面ABC的法向量为n2=（9，，6）. 设所求的二面角的大小为θ，则cosθ===.endprint

图6

（文科）（1）延长AB交A1B1的延长线交于E，因为BB1∥AA1，且BB1=AA1，所以B1E=A1B1=2. 于是B1E=A1B1=B1C1. 所以∠A1C1E=90°. 即EC1⊥A1C1. 因为AA1⊥平面A1B1C1，所以AA1⊥C1E. 又A1C1∩A1A=A1，所以EC1⊥平面AA1C1C，又EC1？奂平面ABC1，所以平面ABC1⊥平面AA1C1C.

（2）由平面ABC1⊥平面AA1C1C，得直线AC在平面ABC1上的射影是直线AC1. 所以∠CAC1是直线AC与平面ABC1所成的角.经计算，A1C1=2，AC1=2，AC=. 在△ACC1中，cos∠CAC1 ==. 即直线AC与平面ABC1所成的角的余弦值为.

21. （理科）（1）C1的准线l的方程为y=-，由l与圆C2相切，得=1，所以p=2. 故C1的方程为x2=4y.

（2）设Ax1，x，Bx2，x，P（x0，-1）. 由y=x2，得y′=x. 切线PA的方程为y-x=x1（x-x1），即y=x1x-x. 令y=0，得Mx1，0. 同理，切线PB的方程为y=xx-x，Nx，0.将点P的坐标代入PA，PB的方程，得x-x0x1-1=0，x-x0x2-1=0. 由韦达定理，得x1+x2=2x0，x1x2=-4. 所以，直线AB的方程为y-x=（x1+x2）（x-x1）. 即y=x0x+1. 故直线AB过焦点F（0，1）. 又kMF===kPN，所以FM∥PN.同理，FN∥PM. 所以PMFN为平行四边形. 所以==，所以PM·PN=AM·BN. 设∠MPN=θ，则∠AMF=∠BNF=θ.则S△PMN=（PM·PN）2sin2θ，S△AFM·S△BFN=AM·MFsinθBN·NFsinθ=（PM·PN）2sin2θ. 故S△PMN=S△AFM·S△BFN. 因此，存在λ，且λ=1.

（文科）（1）f ′（x）=-x-+t+1= -=-（x>0）. 当t≤0时， f（x）的单调递增区间为（0，1），递减区间为（1，+∞）；当01时， f（x）的单调递增区间为（1，t），递减区间为（0，1），（t，+∞）.

（2）原不等式化为-2t-x2-tlnx+（t+1）x≤-1，即f（x）≤. 由题设，≥f（x）max=f（1）=t+，即2t2+t-1≥0. 解得t≤-1或t≥. 结合t<0得t≤-1.

22. （理科）（1）f ′（x）=-x-+t+1= -=-（x>0）. 当t≤0时， f（x）的单调递增区间为（0，1），递减区间为（1，+∞）；当01时，f（x）的单调递增区间为（1，t），递减区间为（0，1），（t，+∞）.

（2）原不等式化为-2t-x2-tlnx+（t+1）x≤-1，即f（x）≤. 由题设，≥f（x）max=f（1）=t+，即2t2+t-1≥0. 解得t≤-1或t≥. 结合t<0得t≤-1.

（3）由（1）f（x）在（0，+∞）上是减函数，设g（x）=f（x）-x，则g（x）在（0，+∞）上也是减函数. 要求证原不等式，只需证：f？摇-≥f-，即g？摇≥g. 故只需证：≤. 而-=-≤0，所以≤成立. 因此，不等式f？摇-f≥-成立.

（文科）（1）由题，F（0，1），l∶y=-1. 设Ax1，x，Bx2，x，P（x0，-1）. 由y=x2，得y′=x. 切线PA的方程为y-x=x1（x-x1），即y=x1x-x. 令y=0得Mx1，0. 同理，切线PB的方程为y=x2x-x，Nx2，0.将点P的坐标代入PA，PB的方程，得x-x0x0-1=0，x-x0x2-1=0.由韦达定理，得x1+x2=2x0，x1x2=-4. 所以直线AB的方程为y-x=（x1+x2）（x-x1），即y=x0x+1. 故直线AB过焦点F（0，1）.

（2）kMF===kPN，所以FM∥PN. 同理，FN∥PM. 所以PMFN为平行四边形. 所以==，所以PM·PN=AM·BN. 设∠MPN=θ，则∠AMF=∠BNF=θ. S2△PMN=（PM·PN）2sin2θ，S△AFM·S△BFN=AM·MFsinθBN·NFsinθ=（PM·PN）2sin2θ. 故S2△PMN=S△AFM·S△BFN. 因此，存在λ，且λ=1.

图6

（文科）（1）延长AB交A1B1的延长线交于E，因为BB1∥AA1，且BB1=AA1，所以B1E=A1B1=2. 于是B1E=A1B1=B1C1. 所以∠A1C1E=90°. 即EC1⊥A1C1. 因为AA1⊥平面A1B1C1，所以AA1⊥C1E. 又A1C1∩A1A=A1，所以EC1⊥平面AA1C1C，又EC1？奂平面ABC1，所以平面ABC1⊥平面AA1C1C.

（2）由平面ABC1⊥平面AA1C1C，得直线AC在平面ABC1上的射影是直线AC1. 所以∠CAC1是直线AC与平面ABC1所成的角.经计算，A1C1=2，AC1=2，AC=. 在△ACC1中，cos∠CAC1 ==. 即直线AC与平面ABC1所成的角的余弦值为.

21. （理科）（1）C1的准线l的方程为y=-，由l与圆C2相切，得=1，所以p=2. 故C1的方程为x2=4y.

（2）设Ax1，x，Bx2，x，P（x0，-1）. 由y=x2，得y′=x. 切线PA的方程为y-x=x1（x-x1），即y=x1x-x. 令y=0，得Mx1，0. 同理，切线PB的方程为y=xx-x，Nx，0.将点P的坐标代入PA，PB的方程，得x-x0x1-1=0，x-x0x2-1=0. 由韦达定理，得x1+x2=2x0，x1x2=-4. 所以，直线AB的方程为y-x=（x1+x2）（x-x1）. 即y=x0x+1. 故直线AB过焦点F（0，1）. 又kMF===kPN，所以FM∥PN.同理，FN∥PM. 所以PMFN为平行四边形. 所以==，所以PM·PN=AM·BN. 设∠MPN=θ，则∠AMF=∠BNF=θ.则S△PMN=（PM·PN）2sin2θ，S△AFM·S△BFN=AM·MFsinθBN·NFsinθ=（PM·PN）2sin2θ. 故S△PMN=S△AFM·S△BFN. 因此，存在λ，且λ=1.

（文科）（1）f ′（x）=-x-+t+1= -=-（x>0）. 当t≤0时， f（x）的单调递增区间为（0，1），递减区间为（1，+∞）；当01时， f（x）的单调递增区间为（1，t），递减区间为（0，1），（t，+∞）.

（2）原不等式化为-2t-x2-tlnx+（t+1）x≤-1，即f（x）≤. 由题设，≥f（x）max=f（1）=t+，即2t2+t-1≥0. 解得t≤-1或t≥. 结合t<0得t≤-1.

22. （理科）（1）f ′（x）=-x-+t+1= -=-（x>0）. 当t≤0时， f（x）的单调递增区间为（0，1），递减区间为（1，+∞）；当01时，f（x）的单调递增区间为（1，t），递减区间为（0，1），（t，+∞）.

（2）原不等式化为-2t-x2-tlnx+（t+1）x≤-1，即f（x）≤. 由题设，≥f（x）max=f（1）=t+，即2t2+t-1≥0. 解得t≤-1或t≥. 结合t<0得t≤-1.

（3）由（1）f（x）在（0，+∞）上是减函数，设g（x）=f（x）-x，则g（x）在（0，+∞）上也是减函数. 要求证原不等式，只需证：f？摇-≥f-，即g？摇≥g. 故只需证：≤. 而-=-≤0，所以≤成立. 因此，不等式f？摇-f≥-成立.

（文科）（1）由题，F（0，1），l∶y=-1. 设Ax1，x，Bx2，x，P（x0，-1）. 由y=x2，得y′=x. 切线PA的方程为y-x=x1（x-x1），即y=x1x-x. 令y=0得Mx1，0. 同理，切线PB的方程为y=x2x-x，Nx2，0.将点P的坐标代入PA，PB的方程，得x-x0x0-1=0，x-x0x2-1=0.由韦达定理，得x1+x2=2x0，x1x2=-4. 所以直线AB的方程为y-x=（x1+x2）（x-x1），即y=x0x+1. 故直线AB过焦点F（0，1）.

（2）kMF===kPN，所以FM∥PN. 同理，FN∥PM. 所以PMFN为平行四边形. 所以==，所以PM·PN=AM·BN. 设∠MPN=θ，则∠AMF=∠BNF=θ. S2△PMN=（PM·PN）2sin2θ，S△AFM·S△BFN=AM·MFsinθBN·NFsinθ=（PM·PN）2sin2θ. 故S2△PMN=S△AFM·S△BFN. 因此，存在λ，且λ=1.

图6

（文科）（1）延长AB交A1B1的延长线交于E，因为BB1∥AA1，且BB1=AA1，所以B1E=A1B1=2. 于是B1E=A1B1=B1C1. 所以∠A1C1E=90°. 即EC1⊥A1C1. 因为AA1⊥平面A1B1C1，所以AA1⊥C1E. 又A1C1∩A1A=A1，所以EC1⊥平面AA1C1C，又EC1？奂平面ABC1，所以平面ABC1⊥平面AA1C1C.

（2）由平面ABC1⊥平面AA1C1C，得直线AC在平面ABC1上的射影是直线AC1. 所以∠CAC1是直线AC与平面ABC1所成的角.经计算，A1C1=2，AC1=2，AC=. 在△ACC1中，cos∠CAC1 ==. 即直线AC与平面ABC1所成的角的余弦值为.

21. （理科）（1）C1的准线l的方程为y=-，由l与圆C2相切，得=1，所以p=2. 故C1的方程为x2=4y.

（2）设Ax1，x，Bx2，x，P（x0，-1）. 由y=x2，得y′=x. 切线PA的方程为y-x=x1（x-x1），即y=x1x-x. 令y=0，得Mx1，0. 同理，切线PB的方程为y=xx-x，Nx，0.将点P的坐标代入PA，PB的方程，得x-x0x1-1=0，x-x0x2-1=0. 由韦达定理，得x1+x2=2x0，x1x2=-4. 所以，直线AB的方程为y-x=（x1+x2）（x-x1）. 即y=x0x+1. 故直线AB过焦点F（0，1）. 又kMF===kPN，所以FM∥PN.同理，FN∥PM. 所以PMFN为平行四边形. 所以==，所以PM·PN=AM·BN. 设∠MPN=θ，则∠AMF=∠BNF=θ.则S△PMN=（PM·PN）2sin2θ，S△AFM·S△BFN=AM·MFsinθBN·NFsinθ=（PM·PN）2sin2θ. 故S△PMN=S△AFM·S△BFN. 因此，存在λ，且λ=1.

（文科）（1）f ′（x）=-x-+t+1= -=-（x>0）. 当t≤0时， f（x）的单调递增区间为（0，1），递减区间为（1，+∞）；当01时， f（x）的单调递增区间为（1，t），递减区间为（0，1），（t，+∞）.

（2）原不等式化为-2t-x2-tlnx+（t+1）x≤-1，即f（x）≤. 由题设，≥f（x）max=f（1）=t+，即2t2+t-1≥0. 解得t≤-1或t≥. 结合t<0得t≤-1.

22. （理科）（1）f ′（x）=-x-+t+1= -=-（x>0）. 当t≤0时， f（x）的单调递增区间为（0，1），递减区间为（1，+∞）；当01时，f（x）的单调递增区间为（1，t），递减区间为（0，1），（t，+∞）.

（2）原不等式化为-2t-x2-tlnx+（t+1）x≤-1，即f（x）≤. 由题设，≥f（x）max=f（1）=t+，即2t2+t-1≥0. 解得t≤-1或t≥. 结合t<0得t≤-1.

（3）由（1）f（x）在（0，+∞）上是减函数，设g（x）=f（x）-x，则g（x）在（0，+∞）上也是减函数. 要求证原不等式，只需证：f？摇-≥f-，即g？摇≥g. 故只需证：≤. 而-=-≤0，所以≤成立. 因此，不等式f？摇-f≥-成立.

（文科）（1）由题，F（0，1），l∶y=-1. 设Ax1，x，Bx2，x，P（x0，-1）. 由y=x2，得y′=x. 切线PA的方程为y-x=x1（x-x1），即y=x1x-x. 令y=0得Mx1，0. 同理，切线PB的方程为y=x2x-x，Nx2，0.将点P的坐标代入PA，PB的方程，得x-x0x0-1=0，x-x0x2-1=0.由韦达定理，得x1+x2=2x0，x1x2=-4. 所以直线AB的方程为y-x=（x1+x2）（x-x1），即y=x0x+1. 故直线AB过焦点F（0，1）.

（2）kMF===kPN，所以FM∥PN. 同理，FN∥PM. 所以PMFN为平行四边形. 所以==，所以PM·PN=AM·BN. 设∠MPN=θ，则∠AMF=∠BNF=θ. S2△PMN=（PM·PN）2sin2θ，S△AFM·S△BFN=AM·MFsinθBN·NFsinθ=（PM·PN）2sin2θ. 故S2△PMN=S△AFM·S△BFN. 因此，存在λ，且λ=1.