24.（本小题满分10分，不等式选讲）设x,y,z为正数， 求证：2(x3?y3?z3)?x2(y?z)?y2(x?z)?z2(x?y).
25.（本小题满分10分）如图，在棱长为3的正方体ABCD?A1BC11D1中，A1E?CF?1. ⑴求两条异面直线AC1与D1E所成角的余弦值； ⑵求直线AC1与平面BED1F所成角的正弦值.
26.（本小题满分10分）已知数列{an}的各项都是正数,且满足:
a0?1,an?1?1an?(4?an),n?N. 2（1）求a1,a2； （2）试用数学归纳法证明an?an?1?2,n?N．
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姜堰市蒋垛中学2012～2013学年度第二学期期初调研测试参考答
案
1 4、5 5、3 6、255 217、y?3x?2 8、45 9、[,??) 10、-1 11、[1,5] 12、-4
41、0 2、i 3、13、[6,12] 14、2?2
15、(1)运用余弦定理…………………………6分 （2）由（1）知：2bcosA?即：5bcosA?c
即：5sinBcosA?sinC?sin(A?B)?sinAcosB?cosAsinB 即：4sinBcosA?sinAcosB 所以：
2c 5tanA?4……………………………………………………14分 tanB16、（1）…………………………6分 （2）
3…………………………………………………14分… 217.解（1）f?(x)?2x2?x?1?(x?1)(2x?1)
12111131?f(x)的极大值为f(?)??(?)3??(?)2??1?
232222241f(x)的极小值为f(1)?…………………………4分
62312（2）令sinx?t,t?[?1,1]，则f(sinx)=f(t)?t?t?t?1，
3211由（1）知，f(t)在[?1,?]上单调递增，在[?,1]上单调递减，
2251311?f(?1)?，f(?)?，f(1)?，
62246311?f(sinx)的最大值为，最小值为。…………………………9分
2461311?a?0或g(1)??a?0 （3）由（1）可得，g(?)?2246·7·
?a??311或a??…………………………14分 24618. 解：(1)设AB?x,AC?y,x?0,y?0.
BC2?x2?y2?2xycos2?1?2xy?2xy(?)， 32xy?12…………………………………………4分 S?12?xysin?33， 23所以，△ABC 面积的最大值为33，当且仅当x?y时取到．………7分
(2) BC = 27，由DB + DC = 6，知点D在以B、C为焦点的椭圆上，
S?ABC?23．…………………………………………10分
只需?DBC面积最大,需此时点D到BC的距离最大, 即D必为椭圆短轴顶点． ?BCD面积的最大值为14，
因此,四边形ACDB面积的最大值为23?14……………………14分
?????????????????????19．解：（1）?AF2?5BF2?0，?AF2?5F2B.?a?c?5?a?c?，化简得2a?3c，
故椭圆E的离心率为
2.…………………………………………5分 34（2）存在满足条件的常数?，l??.点D?1,0?为线段OF2的中点，
7x2y2?1.…………8分 ?c?2，从而a?3，b?5，左焦点F1??2,0?，椭圆E的方程为?95设M?x1,y1?，N?x2,y2?，P?x3,y3?，Q?x4,y4?，则直线MD的方程为x?x1?1y?1， y1x2y2?1， 代入椭圆方程?95整理得，
y1?x1?1?5?x12x1?14y15x1?9?y?y?y?y?4?0?y?x?.，.从而， 1333x1?5y12y1x1?5x1?5?5x?94y1??5x2?94y2?故点P?1,,?.同理，点Q??.
x?5x?5x?5x?5?11??22??三点M、F1、N共线，?y1y2?，从而x1y2?x2y1?2?y1?y2?. x1?2x2?2·8·
4y14y2?xy?x2y1?5?y1?y2?7?y1?y2?7k1y?y4x?5x2?5?1?12??从而k2?3 x3?x45x1?95x2?94?x1?x2?4?x1?x2?4?x1?5x2?5故k1?44k2?0，从而存在满足条件的常数???。.…………………………………14分 7720、解：（1）当r?0时，计算得数列的前8项为：1，1，2，2，4，4，8，8.从而猜出数列?a2k?1?、
?a2k?(k?N?)均为等比数列。
∵a2k?a2k?1?2a2k?2,a2k?1?2a2k?2a2k?1，
∴数列?a2k?1?、?a2k?(k?N)均为等比数列，∴a2k?1?a2k?2k?1。
?①∴S2k?2(a1?a3?a5???a2k?1)?2(2?1)?2kk?1?2，
S2k?1?S2k?2?a2k?1?2k?2?2k?1?3?2k?1?2，
?1?n22?2,n?2k,?k?N?.………………………………4分 ∴Sn??n?1?3?22?2,n?2k?1,?②证明（反证法）：假设存在三项Sm,Sn,Sp(m,n,p?N,m?n?p)是等差数列， 即2Sn?Sm?Sp成立。
因m,n,p均为偶数，设m?2m1，n?2n1，p?2p1，（m1,1， n,1p?N?）∴2?2(21?1)?2(21?1)?2(21?1),即 2?21?21?21, ∴21n?m1?1?nmpnmp?1?2p1?m1，而此等式左边为偶数，右边为奇数，这就矛盾。……………8分
（2）∵a2k?a2k?1?r?2a2k?2?r，∴a2k?r?2(a2k?2?r)， ∴?a2k?r?是首项为1?2r，公比为2的等比数列， ∴a2k?r?(1?2r)?2k?1。 又∵a2k?1?2a2k?2(a2k?1?r)， ∴a2k?1?2r?2(a2k?1?2r)，
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∴?a2k?1?2r?是首项为1?2r，公比为2的等比数列， ∴a2k?1?2r?(1?2r)?2k?1 。 ∴
2k2k??k?1k?1a2k?1a2k??(1?2r)?2?2r?????(1?2r)?2?r???2k?12?11?， ????k?2k?1k?2k?1?????(1?2r)?2?r???(1?2r)?2?r?1?2r?(1?2r)?2?r(1?2r)?2?r??2k2n?11∴???? ???k?2k?11?2rk?1?(1?2r)?2?r(1?2r)?2?r?k?1a2k?1a2kn?2242?11?????1?2r1?2r?2r1?2r。 ?1n?11?2r?(1?2r)?2?r(1?2r)?2?r??n42k?4。∴?∵r?0，∴?4。………………………………………16分 1?2rk?1a2k?1a2k21．证明：（1）因为MA是圆O的切线，所以OA?AM，
OP．…………4分 又因为AP?OM．在Rt△OAM中，由射影定理知，OA?OM?2OK， （2）因为BK是圆O的切线，BN?OK，同（1），有OB?ON?2OM?ON?OK，即又OB?OA，所以OP?ONOM?，又∠NOP?∠MOK， OPOK?所以△ONP∽△OMK，故∠OKM?∠OPN?90． …………………………10分
22.解：（1）由已知??1b??2??8?，即2?3b?8,2c?6?12，b?2,c?3， ??312?????c2?????12?; …………………………4分
??32???x/??12??x?///（2）设曲线上任一点P(x,y)，P在M作用下对应点P(x,y)，则?/??
32y????y??????所以M???y/?x//?x?x?x?2y2/，代入5x2?8xy?4y2?1得x?2?y?2?2， 即/，解之得?/y?3x?2y?y?3x?y?4?·10·