（Ⅱ）当n?2时,an?Sn?Sn?1?[(an?1)?(an?1?1)] ?2121(an?an?1)?(an?an?1) （2分） 421422由此得(an?an?1)(an?an?1)?0 ∵an?an?1?0?an?an?1?2 ∴{an}是公差为2的等差数列 （2分）
（Ⅲ）bn=21－2n，易见b1>0{bn}是递减数列
?bn?21?2n?0令??bn?1?19?2n?0?n?10
即{bn}的前10项和最大 （3分）
（别解：求出{bn}的前n项和Tn=－n2+20n，可见当n=10时Tn最大） （理）（Ⅰ）（1）P1=0 14+0 08+0 02+0 01=0 25=
1 （3分） 4（2）P?C5()()?314334245(?0.008) （4分） 512（Ⅱ）Eε=0×0 13+1×0 35+2×0 27+3×0 14+4×0 08+5×0 02+6×0 01 ∴所求期望为5Eε=5×1079=8 95（1分）
21C2C8119．（文）（Ⅰ）P （5分） ??1315C10 （Ⅱ）P?C4(1?12121113)?()?C4(1?)3??(1?)4 1515151515141131或P=1－()?C4(1?)?() （5分）
1515155056816856?(即) （2分） 50625168752（理）（Ⅰ）取AB中点F，连EF，DF，则EF⊥AB，又易知DA=DB，∴DF⊥AB， 则AB⊥平面DEF，∴AB⊥DF（2分） （Ⅱ）在平面DEF内作EH⊥DF于H， ∵AB⊥平面DEF，∴EH⊥AB， 则EH⊥平面DAB，EH长即为点E到平面DAB的距离（2分） 易知EF=2，DF?DA2?AF2?2，同理DE=2
3?2?3 2- 6 -
∴△DEF是正三角形，故EH?
∵A1B1//平面DAB，E∈A1BA，∴A1BA到平面DAB的距离是3（3分） （Ⅲ）在底面ABC内作AM⊥BC于M，∵底面ABC⊥侧面BC1， ∴∠ANM是二面角A—BD—C的平面角（3分） 由△MNB∽△DCB，得MN?MN?CD1AM ?,从而tan?ANM??15（2分）
BDNM5∴所求的二面角为arctan15 （2分） 20．（文）解同19（理） （理）（Ⅰ）f?(x)?x?m?1(x)??m,令f?(x)?0,得x?1?m （2分）
x?m ∵当?m?x?1?m时,f?(x)?0,当x?1?m时,f?(x)?0
∴f(x)在(?m,1?m)内是减函数，在（1－m，+∞）内是增函数（2分）， 当x等于1－m时f(x)有极小值1－m
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)在定义域(?m,??)内只有一个极值点， ∴f(x)的最小值就是1－m，∴当1－m≥时f(x)≥0，恒成立， 所求的m的范围是m≤1（2分） ∵m>1，f(1?m)?1?m?0 又f(e?m)?e?m?ln(e?m?m)?e?2m(2分) ∵e?2m012?em?2m?2m?2m?Cm?Cm?Cm?2m?mmmm1(m?1)(m?2)?0 2∴f(e?m)?0，因此据所给定理，f(x)d[1?m,e?m]内有唯一实根（3分） 21．（文）（Ⅰ）f?(x)?3(x2?2),令f?(x)?0,得x1??2,x2?∴当x??2或x?m2 （2分）
2时f?(x)?0,当?2?x?2时,f?(x)?0，
∴f(x)的单调递增区间是(??,?2)及(2,??)，单调递减区间是(?2,2)（2分） 当x??2,f(x)有极大值5?42
- 7 -
当x?2,f(x)有极小值5?42 （2分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）的分析可知y?f(x)图象的大致形状及走向（图略）
∴当5?42?a?5?42时,直线y?a与y?f(x)的图象有3个不同交点， 即方程f(x)??有三解（2分）
（Ⅲ）f(x)?k(x?1)即(x?1)(x2?x?5)?k(x?1) ∵x?1,?k?x2?x?5在(1,??)上恒成立（2分）
令g(x)?x2?x?5，由二次函数的性质，g(x)在(1,??)上是增函数， ∴g(x)?g(1)??3,∴所求k的取值范围是k??3 （2分） （理）（Ⅰ）抛物线y?分）
设直线AB：y?kx?1211x,即x2?2y的焦点为F（0，），准线为l：y??（222212，代入抛物线方程并整理得 x?2kx?1?0 2设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1x2??1 （2分）
122121212∵y1?x1,y2?x2,?直线PA:y?x?x1(x?x1)
2221212即y?x1x?x1，①同理PB：y?x1x?x2 ②
22解①②联立的方程组，得交点P(∵y??(x)??x,?kPA?x1,kPB?x2有kPA?kPB??1 ∴PA⊥PB（2分）
x1?x2x1x2xx1,),?12?? 2222∴点P在抛物线的准线上（理科3分文科给4分） （Ⅱ）∵FA?(x1,121121x1?),FB?(x2,x2?), 2222112111222FA?FB?x1x2?(x1x2)2?(x1?x2)????(x1?x2)
44424 - 8 -
又FP?(2x1?x21112,?1),FP?(x1?x2)2?1?(x12?x2)? 24422∴存在常数???1,使FA?FB???FP成立（理科3分文科给4分） 22．（文）解同21（理）
（理）（Ⅰ）解法一：将P1(a,1232a)代入y?x,得a1?(2分) 23又将P2(?23134a2,a2)代入y?x,得a2? （2分） 22312 x联立，求得P1横坐标x?,?a1?（2分）
3324又直线Q1P2：y?3(x?),与y?x联立，求得P2的横坐标x?
33424∴a2?(?)?2?(2分)
333解法二：直线OP1：y?3x,与y?（Ⅱ）解法一：记Sn?a1?a2????an,则Pn?1(Sn?代入y?13an?1,an?1) 22321an?1?an?1（2分） 42313212∴当n≥2时，an?Sn?Sn?1?(an?1?an?1)?(an?an)
4242132?an?1?an? 即(an?1?an)?(an?1?an)(an?1?an)24322?{an}是公差为的等差数列 又由（Ⅰ）得a2?a1?33222an??(n?1)??n （4分）
33362解法二：类似（Ⅰ）求出 a3?2?,猜想an?n（2分）
33x,并整理得Sn?证明如下：1°当n=1时显然成立；2°假设当n≤k时猜想成立，则
2k(k?1)2Sk?a1?a2????ak?(1?2????k)?
33由点Qk（Sk，0）得直线QkPk?1:y?3(x?Sk),与y?
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x联立，
求得Pk+1的横坐标x?6Sk?1?12Sk?16(k?1)2 ?3∴ak?1∴an?(k?1)2k(k?1)2?2[?]?(k?1)，即当n=k+1时猜想成立
3332n（4分） 3（Ⅲ）Tn?3234222(a1?a2???an)??(1?22???n2) 449?3n(n?1)(2n?1) （2分） 541332Sn?an?n(n?1) 2218tn?∴lim
Tn2n?12?lim?（2分）
n??tn??3n3n - 10 -