an?12an?12(?1)n?2an?1an?12(2) ∵常数， ?()?q??(?1)???q=常数， 2n?1anan(?1)anan2∴数列{an}，{(?1)n?1an}均为等比数列，首项分别为a12，a1，公比分别为q2，
?q． ………………………………6分
①当n为奇数时，
当q?1时, Sn?na1，An?na12，Bn?a1, ∴BnSn?na12?An.
当q??1时, Sn?a1，An?na12，Bn?na1,
∴BnSn?na12?An. ……………………………………8分 当q??1时, 设n?2k?1(k?N?)，
a1(1?q2k?1)a12[1?(q2)2k?1]a12(1?q2k?1)(1?q2k?1)S2k?1??，A2k?1?，
1?q1?q21?q2a1[1?(?q)2k?1]a1(1?q2k?1)B2k?1??,
1?q1?q∴B2k?1S2k?1?A2k?1．
综上所述，当n为奇数时，BnSn?An. ……………………10分 ②当n为偶数时， 存在常数??∵q?1，
a1(1?qn)a12(1?q2n)a1(1?qn)∴Sn?，An?，Bn?．
1?q1?q21?qa1(1?qn)a1(1?qn)a12(1?q2n)??]?∴(Bn??)Sn?An=[
1?q1?q1?q2a12(1?qn)2?a1(1?qn)a12(1?q2n)??? 21?q1?q1?q22a1，使得等式(Bn??)Sn?An?0恒成立． ……11分 1?q201810阶段练习高三数学（理科） 第11页
2a12(1?qn)?a1(1?qn)??
1?q21?qa1(1?qn)2a1(??) ． ………………………………14分 =
1?q1?qa1(1?qn)2a1a1(1?qn)(??)?0对所有的偶数n恒成立，又?0， 由题设，
1?q1?q1?q∴??2a1． ………………………………16分 1?q2a1，使得等式(Bn??)Sn?An?0恒成立． 1?q∴存在常数??
20. 解：（1）f′（x）=[ax2+（2a+1）x+1]ex>ex，
又∵ex>0,,a＞0，所以不等式可化为ax2+（2a+1）x+1>1， ∴x>0或x<-
（2）f′（x）=[ax2+（2a+1）x+1]ex，
①当a=0时，f′（x）=（x+1）ex，f′（x）≥0在[-1，1]上恒成立，当且仅当x=-1时取等号，故a=0符合要求； ……………5分
②当a≠0时，令g（x）=ax2+（2a+1）x+1，
因为△=（2a+1）2-4a=4a2+1＞0，所以g（x）=0有两个不相等的实数根x1，x2， 不妨设x1＞x2，因此f（x）有极大值又有极小值．
若a＞0，因为g（-1）g（0）=-a＜0，所以f（x）在（-1，1）内有极值点，故f（x）在[-1，1]上不单调． ……………7分
2a?1……………4分
a
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若a＜0，可知x1＞0＞x2，
因为g（x）的图象开口向下，要使f（x）在[-1，1]上单调，
因为g（0）=1＞0，所以必须满足g(1)≥0,g(?1)≥0;即3a+2≥0，?a≥0 ，所以?
综上可知，a的取值范围是[?2≤a≤0． ……………10分 32，0]． 3（3）当a=0时，方程即为xex=x+2，由于ex＞0，所以x=0不是方程的解，所以原方程等价于ex-
令h（x）=ex-2-1=0， ……………12分 x22-1，因为h′（x）=ex+2＞0对于x≠0恒成立， xx所以h（x）在（-∞，0）和（0，+∞）内是单调增函数， 又h（1）=e-3＜0，h（2）=e2-2＞0，h（-3）=e-3-1＜0，h（-2）=e-2＞0， 3所以方程f（x）=x+2有且只有两个实数根，且分别在区间[1，2]和[-3，-2]上，所以整数t的所有值为{-3，1}．……………16分
附加题答案
1. 因为
，
所以 所以矩阵
解得 所以．……………5分
的特征多项式为，
令
，解得矩阵的特征值为，……………10分
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2. 试题解析：（1）由
得
，
∴曲线是以
为圆心，为半径的圆，
∴圆心的极坐标为．……………4分
（2）由
得，
从而圆心到直线的距离为，
∵圆与直线有公共点，∴，即．……………10分
3. 【解】（1）如图，以A为原点建立空间直角坐标系， 则 C?2，0，0?，B?0，2，0?，A1?0，2，2?，B1?0，4，2?，
AA1??0，2，2?，BC?B1C1??2，?2，0?． cos?AA?41，BC??AA1?BCAA1?BC?8?8??12， 故AA1与棱BC所成的角是π3． ………………………4分（2）设B1P??B1C1??2?，?2?，0?，则P?2?，4?2?，2?．
于是AP?4?2??4?2??2?4?14???1（??
3
22
舍去），则P为棱B1C1的中点，其坐标为P?1，3，2?． …………6分 设平面P?AB?A1的法向量为n1??x,y,z?，
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C1
A1 P z
B1 x C A yB
??n1?AP?0，?x?3y?2z?0，?x??2z，????则?
2y?0.y?0.????n1?AB?0故
n1
………………………………………………………………………………8???2，0，1?．分
而平面ABA1的法向量是n2=(1,0,0)，则cos?n1,n2??n1?n2?225???，
n1?n255角
的
余
弦
值
是
故二面角
P?AB?A1的平面
25． ………………………………………10分 54. 【解】（1）设点N?x,y?，M(a,0)，P(0,b)．
由PM?PN?0可知，点P是MN的中点，
?a?x?0,?a??x,??2??y?所以?即?y所以点M??x,0?，P?0,2?．
???0?y?b,?b?,?2??2y?y???所以PM???x,??，PF??1,??． …………3分
2?2???lySQOFTxy2由PM?PF?0，可得?x??0，即y2?4x．
4所以动点N的轨迹C的方程为y?4x．……………5分 （2）设点Q??1,t?，
由于过点Q的直线y?t?k?x?1?与轨迹C：y2?4x相切，
22?2?y?4x联立方程?，整理得k2x2?2k2?kt?2x??k?t??0．…………7分
??y?t?k?x?1???则??4?k2?kt?2??4k2?k?t??0，
22化简得k2?tk?1?0．
显然，k1，k2是关于k的方程k2?tk?1?0的两个根，所以k1?k2??t． 又k0??t，故k1?k2?2k0． 2201810阶段练习高三数学（理科） 第15页
所以命题得证． ……………………………10分 201810阶段练习高三数学（理科） 第16页