an （2）若正项数列{an}满足an＋1≤f（an）（n∈N*），数列{bn}满足bn＝，证明：b1＋
n＋1
b2＋?＋bn<1；
（3）若正项数列{an}满足an＋1＝g（an），求证：|an＋1－an|≤
33－·（）n1． 107
参考答案
一、选择题
1．A 2．D 3．C 4．B 5．A 6．C
7．C 解：由PA＋PB＋PC＝AB得PA＋PB＋BA＋PC＝0，即PC＝2AP，所以点P是CA边上的三等分点，故S△PBC∶S△ABC＝2∶3．
8．B 解：如图，当x∈[0,5]时，结合图象知f（x）与g（x）共有5个交点，
故在区间[－5,0]上共有5个交点；
当x∈（0,10）时，结合图象知共有9个交点，故函数h（x）＝f（x）－g（x）在区间[－5,10]上共有14个零点． 二、填空题
9
9．－1 10．18 11．①② 12． 13．159
6414．2 解：原方程可化为（3x）2－（4＋a）·3x＋4＝0，
∴3x1·3x2＝4，∴x1＋x2＝2log32，∴x1x2≤（log32）2．
2
x1＋x2(x1＋x2)2－2x1x24(log32)22∴＝＝－2≥2． x1x2x1x2x1x2
1
15． 10
4
C1C213·5解：（1）由题意有：P15＝23＝．
C4·C64（2）当1≤i 112 2＝，这样的Pij共有C4个， C46 1 故所有Pij（1≤i 6C1C24·21 当5≤i C65 1 这样的Pij共有C215＝3； 6＝15个，故所有Pij（5≤i 1 当1≤i≤4,5≤j≤10时，Pij＝，这样的Pij共有4·6＝24， 41 所有Pij（1≤i≤4,5≤j≤10）的和为24·＝6， 4 综上所述，所有Pij（1≤i xxx3x1x1xπ1 16．解：（1）∵f（x）＝m·n＝3sincos＋cos2＝sin＋cos＋＝sin（＋）＋， 44422222262 xπ1 而f（x）＝1，∴sin（＋）＝．（4分） 2622πxπ 又∵－x＝π－2（＋）， 326 2πxπxπ1∴cos（－x）＝－cos2（＋）＝－1＋2sin2（＋）＝－．（6分） 326262a2＋b2－c211 （2）∵acosC＋c＝b，∴a·＋c＝b， 22ab2 1 即b2＋c2－a2＝bc，∴cosA＝． 2π 又∵A∈（0，π），∴A＝．（10分） 32ππBππ 又∵0 362623 ∴f（B）∈（1，）．（12分） 2 17．解：（1）设“参与者获得纪念品”为事件A，则 1142232 P（A）＝1－P（A）＝1－[（）5＋C1．（4分） 5（）（）]＝333243232故该参与者获得纪念品的概率为．（5分） 243 （2）ξ的可能取值为2,3,4,5， 2481212P（ξ＝2）＝（）2＝；P（ξ＝3）＝C2··＝； 393332721224 P（ξ＝4）＝C1； 3（）＝33327 213141P（ξ＝5）＝C1（）＋C0（8分） 4（）4（）＝．3339故ξ的分布列为 ξ P （10分） 484179Eξ＝2×＋3×＋4×＋5×＝．（12分） 92727927 18．解：（1）证明：∵AA1⊥底面ABC，∴AA1⊥AC，AA1⊥A 又∵AB⊥AC， B． 2 4 93 8 274 4 275 4 27∴以A为原点，AC，AB，AA1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立直角坐标系． 1 又∵VABC－A1B1C1＝AB×AC×AA1＝1，∴AB＝2．（2分） 2 设AP＝m，则P（0，m,0），而C1（1,0,1），C（1,0,0），A1（0,0,1）， ∴CA1＝（－1,0,1），C1P＝（－1，m，－1）， ∴CA1·C1P＝（－1）×（－1）＋0×m＋1×（－1）＝0， ∴CA1⊥C1P．（6分） （2）设平面C1PB1的一个法向量n＝（x，y，z），． 令y＝1，则n＝（2,1，m－2），（9分） 而平面A1B1P的一个法向量AC＝（1,0,0）， π|n·AC|23依题意可知cos＝＝＝， 6|n||AC|(m－2)2＋52∴m＝2＋ 33（舍去）或m＝2－． 33 3π 时，二面角C1－PB1－A1的大小为．（12分） 36 ∴当AP＝2－ 2 1－2x＋ax－1 19．解：（1）∵f′（x）＝－2x＋a－＝（x>0）， xx ∴f（x）既有极大值又有极小值?方程2x2－ax＋1＝0有两个不等的正实数根x1，x2． （3分） ?a??0∴对称轴?4，∴a>22， ???a2?8?0?∴函数f（x）既有极大值又有极小值的充要条件是a>22．（6分） 11 （2）f′（x）＝－2x＋a－，令g（x）＝2x＋， xx 1122 则g′（x）＝2－2，g（x）在[，]上递减，在（，2）上递增．（8分） x222192 又g（）＝3，g（2）＝，g（）＝22， 2229 ∴g（x）max＝，g（x）min＝22．（10分） 2 19 若f（x）在[，2]单调递增，则f′（x）≥0即a≥g（x），∴a≥． 221 若f（x）在[，2]单调递减，则f′（x）≤0，即a≤g（x），∴a≤22． 219 所以f（x）在[，2]上单调时，则a≤22或a≥．（13分） 22 20．解：（1）在盘山公路C0C1上任选一点D，作DE⊥平面M交平面M于E，过E作EF 2 ⊥AB交AB于F，连结DF，易知DF⊥C0F．sin∠DFE＝， 51 sin∠DC0F＝． 4 121 ∵DF＝C0D，DE＝DF，∴DE＝C0D， 4510 5 所以盘山公路长度是山高的10倍，索道长是山高的倍， 2 所以每修建盘山公路1000米，垂直高度升高100米． 从山脚至半山腰，盘山公路为10km．从半山腰至山顶，索道长2．5km．（6分） （2）设盘山公路修至山高x（0＜x＜2＝km，则盘山公路长为10xkm， 5 索道长（2－x）km． 2设总造价为y万元， 5 则y＝(10x)2＋100a＋（2－x）·22a＝（10x2＋1－52x）a＋102a． 2令y′＝ 10ax －52a＝0，则x＝1． x2＋1 当x∈（0,1）时，y′＜0，函数y单调递减；当x∈（1,2）时，y′>0，函数y单调递增， ∴x＝1，y有最小值，即修建盘山公路至山高1km时，总造价最小， 最小值为152a万元．（13分） 1＋an1an11121．证明：（1）∵an＋1＝f（an）＝，∴＝＝＋1，即－＝1， anan1＋anan＋1an＋1an 1 ∴{}是以2为首项，1为公差的等差数列． an11∴＝2＋（n－1），即an＝．（3分） ann＋1 1＋anan111（2）证明：∵an＋1≤，an>0，∴≥，即－≥1． an1＋anan＋1an＋1an11111111 当n≥2时，－＝（－）＋（－）＋?＋（－）≥n－1， ana1a2a1a3a2anan－111 ∴≥n＋1，∴an≤． ann＋1 1当n＝1时，上式也成立，∴an≤（n∈N*）， n＋1an1111 ∴bn＝≤＝－， 2 111111∴b1＋b2＋?＋bn<（1－）＋（－）＋?＋（－）＝1－<1．（8分） 223nn＋1n＋114413 （3）∵a1＝，a2＝g（a1）＝，a2－a1＝－＝>0． 2552102an＋12an－1＋13(an－an－1) 又∵an＋1－an＝－＝， 2＋an2＋an－1(an＋2)(an－1＋2)1 由迭代关系可知，an＋1－an>0，∴an≥a1＝． 2 2an－1＋1 又∵（2＋an）（2＋an－1）＝（2＋）（2＋an－1）＝5＋4an－1≥7， 2＋an－1∴ 33 ≤， (2＋an)(2＋an－1)7 33 |an－an－1|≤|an－an－1|， 7(2＋an)(2＋an－1) ∴|an＋1－an|＝ 33 ∴|an＋1－an|≤|an－an－1|≤（）2|an－1－an－2|≤? 773－33－ ≤（）n1|a2－a1|＝（）n1．（13分） 7107