P(2a?c,4c(2a?c))，在Rt?FF?P中，FF??2c,PF??2a,?FPF??90?，所以PF?2b，又在直角三角形PFM中，由勾股定理得(2a)2?(4c(2a?c)2?(2b)2即c2?ac?a2?0，所以e2?e?1?0，解之得e?1?51?5或e?（舍去）． 9. 1.22得
2an?1?an?1?qan【解析】由
bnaa?n?1?n?1?qbn?1anan,，所以
222?(a1?nd)?(a1?nd?2d)?q(a1?nd?d)对n?N恒成立，从而d?qd．若d?0,则
a12?qa12，得q?1；若q?1,则d?0，综上d?q?1
10. 605 . 【解析】由f(x)?f(x?5)?16，可知f(x?5)?f(x)?16，则f(x?5)?f(x?5)?0，所以f(x)是以10为周期的周期函数. 在一
O 个周期(?1,9]上，函数f(x)?x?2在x?(?1,4]区间内有3个零点，在x?(4,9]区间内无零点，故f(x)在一个周期上仅有3个零点，而区间(?1,2009]中共包含201个周期.又函数在x??2009,2016?的图像与
A M (图1)
2xC B x???1,4?的图像相同，所以在?2009,2016?存在3个零点，而x???1,0?时存在一个
零点，故f(x)在[0,2016]上的零点个数为3?201?3?1?605.
11. 72. 【解析】法1：连结CO并延长交AB于点M(如图1)，
???????????????????????? 则AC?BC?AO?OC?BO?OC
????????????????????????????????2 ?AO?BO?OC?BO?OC?AO?OC ????????????????????2 ?OC?BO?OC?AO?OC
?OC??BO?AO?OC??2OC， 因为OC?2OM?AB?6，所以AC?BC?72．
法2： 以AB的中点M为坐标原点，AB为x轴建立平面直角坐标系(如图2)， 则A??3，0?，B?3，0?，
????????????????????????????2
y 设C(x，y)，则易得Ox，，
?33?2y C ???????? 因为OA?OB，所以AO?BO?0，
y 从而x?3?x?3?333???????0，
A O M (图2)
化简得，x2?y2?81，
???????? 所以AC?BC?(x?3)(x?3)?y2?x2?y2?9?72． B x 12.
6.【解析】法一： 借助等量关系求变量，容易想到利用基本不等式，这也3?x?y?z?0?z??(x?y)x2?y2x?y是解决此类问题的常用方法.由?222得?由?22222x?y?z?11?z?x?y??(x?y)2z2622得x?y?，所以1?z?，解得z2?，故z的最大值是. 223322思路二： 从方程角度，该题是解的存在性问题，据此可得
代入x2?y2?z2?1得x2?(x?z)2?z2?1?0，化简得2x2?2zx?2z2?1?0，y??(x?z)，
因为方程有根，所以??4z2?8(2z2?1)?0，得z2?，故z的最大值是236. 3 55?.【解析】由题意可知满足PA?2AB的点P应在以C1为圆心，半径为25的圆13. ?5 ，上及其内部（且在圆C1的外部），记该圆为C3，若圆C2上存在满足条件的点P，则圆C2与圆C3有公共点，所以
|r?25|?(17?1)2?(30?6)2?r?25，即|r?25|?30?r?25，解得5?r?55.
14．1?2?m?0. 【解析】法一：（分段函数，分类讨论）f(x)是奇函数，考查f(x)大致图象. 1o当m?0时，由于y?f(x?m)图象可以看成由y?f(x)向左平移m个单位得到，此时图象在y?f(x)上方，不合题意，舍去； 2o当m?0时，结
合图象，根据对称性及图象平移，只要f(?1?m)?f(?1)即可， 所以
(?1?m)?1?m?(?1?m)??(?1)?1?m?(?1)?，即?m(m?1)2?m?1??m?1即?m(m?1)2??2m
因为m?0，所以(m?1)2?2，解得1?2?m?1?2，所以m的取值范围为1?2?m?0.
图（1）
法二：（特殊化思想、数形结合）由题意知，当x?0时，f(x)?f(x?m)成立，所以f(0)?f(m)
所以m(1?mm)?0，解得?1?m?0，因为f(x)为奇函数，因此该函数图象关于原点对称，如图（1），而y?f(x?m)表示将y?f(x)图像向右平移?m个单位，由于?1?m?0，因此只可能得到如图所示的图象，并与f(x)图象的左交点A必在y轴左侧. 由题意??1,1??M，f(x)?f(x?m)恒成立，结合图象即??1,1??(x1,x2)，根据区间对称性及图象特征，只要x1??1即可.用\x?0\的部分，由f(x?m)?f(x)得
1?m2(x?m)?1?m(x?m)??x(1?mx)，整理得2mx?m?1?0，解得xA?，
2m21?m2??1，得1?2?m?1?2，结合?1?m?0，故所求m取值范围为由2m1?2?m?0.
二、解答题
15 .（1）因为MN∥平面PAB，MN?平面ABC，
平面PAB?平面ABC?AB，所以MN∥AB． ·······················3分
因为MN?平面PMN，AB?平面PMN，
所以AB∥平面PMN． ································································6分 （2）因为M为BC的中点，MN∥AB，
所以N为AC的中点． ································································8分 因为BC?4，AC?2，所以MC?2，NC?1， 由于MN?3，所以MN2?NC2?MC2，
所以MN?AC． ··································································10分 因为PA?PC，AN?CN，所以PN?AC， 又MN，PN?平面PMN，MN?PN?N，
所以AC?平面PMN． ·······························································12分 因为AC?平面ABC，
所以平面ABC?平面PMN． ····························································14分
3，即4113， ···········································2分 S?absinC?a?3asinC?2241所以 sinC?2 ，由余弦定理，得c2?a2?3a2?2a?3acosC,
2a16. 法1：因为?ABC的面积为
又已知c?1, ···········································4分
1(4a2?1)2?1，从而 故cosC?.，再由sinC?cosC?1,得 4?424a12a23a224a2?1a?1. ···········································6分 (2)因为cosC?3,所以由余弦定理c2?a2?b2?2abcosC，得c?2a,又b?3a,, 3··········································8分 从而b2?a2?c2故B?900. ·而由b?3a及正弦定理可得sinA?因此cos(B?A)?cos(900?A)?sinA?3, ··········································10分 33. ···········································14分 317.（1）因为?AOE??，?AOE??BOF且OA?OB?1，
所以AD?1?cos??sin?，BC?1?cos??sin? ，AB?2cos?．·······················4分 所以SABCD=(AD?BC)?AB?······················6分 ?2(1?sin?)cos?，其中0???． ·
22f'(?)?2(cos2??sin??sin2?) （2）记f(?)?2(1?sin?)cos?， ?2(1?sin2??sin??sin2?)??2(2sin2??sin??1) ??2(2sin??1)(sin??1)0???当0???时，f'(?)?0，当 所以当且仅当??即???6??． ·······················10分 2???······················12分 ???时，f'(?)?0， ·
62?33?时f(?)max?f． ?626??33?时，Smax?．
26?6?当θ取时，梯形铁片ABCD的面积S最大，最大值为33．·············14分 2
a218．（1）因为F是AT的中点，所以?a??2c，即(a?2c)(a?c)?0，又a、c?0，
c所以a?2c，所以e?c1?；······················2分 a2（2）①解法一：过M,N作直线的垂线，垂足分别为M1,N1，依题意，
NFMF·········4分 ??e，·
NN1MM1又NF?2MF，故NN1?2MM1，故M是NT的中点，∴S?MNF1······················6?，·
S?TNF2分
又F是AT中点，∴S?ANF?S?TNF，∴S11······················8分 ?；·
S22x2y2解法二：∵a?2c，∴b?3c，椭圆方程为2?2?1，F(c,0)，T(4c,0)，
4c3c32x2y222设M(x1,y1)，N(x2,y2)，点M在椭圆2?2?1上，即有y1?3c?x1，
44c3c∴
3MF?(x1?c)2?y12?(x1?c)2?3c2?x124?1211x1?2cx1?4c2?|x1?2c|?2c?x1 422同理NF?2c?1x2，··········4分 2S?MNF1·····················6?，·
S?TNF2又NF?2MF，故2x1?x2?4c得M是N,T的中点，∴分
又F是AT中点，∴S?ANF?S?TNF，∴S11·····················8分 ?；·
S22x2y2②解法一：设F(c,0)，则椭圆方程为2?2?1，
4c3c