图②
aa2
只要－>－，即a>2；
24
当a<0时，g(x)的图象如图③.
图③
g(t)＝0有2个不等实根t1＝0，t2＝－a，则t1＝f(x)＝0需有2个不等实根，t2＝f(x)＝－a需有2个不等实根，f(x)的图象如图④.
图④
a2
只要－a>－即a<0即可．
4
综上a<0或a>2.
本题考查了二次函数的性质、分段函数，函数的导数以及数形结合思想和分类讨论思想．本题属于难题．
n－n2－4n＋n2－4112
13. 解析：设D(x1，n)，C(x2，n)(0 mm11m 则m＝x2－x1＝n2－4，即n2＝m2＋4，∴2＝2＝≤，当且仅当m＝2时取“＝”，∴2的最大值为nm＋444n m＋ m 1 .本题考查了数形结合思想和基本不等式的运用．本题属于难题． 4 2 14.[1，3＋23] 解析：如图，设∠APC1＝θ，则AP＝. tanθ 2cosθ1－tan2θ1212 ∴S△ABP＝APsin2θ＝·2·sin2θ＝＝1，即＝tanθ－1. 22tanθsinθ1＋tan2θ ππ ∵θ∈?0，?，∴tanθ＝1，即θ＝，此时PC1＝2.则点P在圆C1′：(x－1)2＋y2＝4上，又点P在圆C2： 42?? (x－m)2＋(y＋m)2＝m2上，∴圆C1′与圆C2有交点，即|2－m|≤C1′C2≤2＋m，解之得1≤m≤3＋23，∴正数m的取值范围时[1，3＋23]．本题考查了圆的切线的性质、三角函数的运用、圆与圆相交的条件．本题属于难题． 15.解：(1) 因为m⊥n， 3 ππ 所以m·n＝cos?A＋?cosB＋sin?A＋?sinB 3?3??? π ＝cos?A＋－B?＝0.(3分) 3?? πππ5π 又A，B∈?0，?，所以A＋－B∈?－，?，(5分) 32?6???6 πππ 所以A＋－B＝，即A－B＝.(7分) 326 π34 (2) 因为cosB＝，B∈?0，?，所以sinB＝.(9分) 552?? πππ 所以sinA＝sin?B＋?＝sinBcos＋cosBsin 666?? 433143＋3＝·＋·＝.(12分) 525210 43＋310sinA 由正弦定理，得BC＝·AC＝×8＝43＋3.(14分) sinB4 5 16.证明：(1) 设AC∩BN＝O，连结MO，AN. 1 因为AB＝CD，AB∥CD，N为CD的中点， 2 所以AB＝CN，AB∥CN， 所以四边形ABCN为平行四边形，(2分) 所以O为AC的中点． 又M为PA的中点，所以MO∥PC.(4分) 因为MO?平面BMN，PC?平面BMN， 所以PC∥平面BMN.(6分) (2) (方法1)因为PC⊥平面PDA，AD?平面PDA， 所以PC⊥AD. 由(1)同理可得，四边形ABND为平行四边形， 所以AD∥BN，所以BN⊥PC.(8分) 因为BC＝AB， 所以平行四边形ABCN为菱形，所以BN⊥AC.(10分) 因为PC∩AC＝C，AC?平面PAC，PC?平面PAC， 所以BN⊥平面PAC.(12分) 因为BN?平面BMN，所以平面BMN⊥平面PAC.(14分) (方法2)连结PN. 因为PC⊥平面PDA，PA?平面PDA，所以PC⊥PA. 因为PC∥MO，所以PA⊥MO.(8分) 因为PC⊥平面PDA，PD?平面PDA，所以PC⊥PD. 1 因为N为CD的中点，所以PN＝CD. 2 1 由(1)AN＝BC＝CD，所以AN＝PN. 2 因为M为PA的中点，所以PA⊥MN.(10分) 因为MN∩MO＝M，MN平面BMN，MO?平面BMN， 所以PA⊥平面BMN.(12分) 因为PA?平面PAC，所以平面PAC⊥平面BMN.(14分) x2y2 所以椭圆的方程为＋＝1，圆的方程为x2＋y2＝4.(3分) 42 1 (方法1)直线l的方程为y＝(x＋2)， 2 1??y＝2（x＋2）， 由?得3x2＋4x－4＝0， 2a＝4， ??c2?a＝2， 17.解：(1) 由条件，?＝，解得? a2?b＝2.??a＝b＋c， 2 2 2 ??x2＋2y2＝4， 24?2 解得xA＝－2，xP＝，所以P??3，3?. 3 2?2?4?245?所以AP＝?3＋2?＋?3?＝.(5分) 32 因为原点O到直线l的距离d＝， 5 48 所以AQ＝24－＝5， 55 453AP5 所以＝＝.(7分) AQ86 55??x＝2y－2，42 (方法2)由?2得3y－4y＝0，所以y＝.(5分) P23?x＋2y＝4，???x＝2y－2，8由?22消x得5y2－8y＝0，所以yQ＝， 5?x＋y＝4，? AP455 所以＝×＝.(7分) AQ386 AQ→→ (2) (方法1)若PQ＝λAP，则λ＝－1， AP 设直线l：y＝k(x＋2)， ?x2＋2y2＝4，?由?得(2k2＋1)x2＋8k2x＋8k2－4＝0， ??y＝k（x＋2） 即(x＋2)[(2k2＋1)x＋(4k2－2)]＝0， 2－4k22－4k24k??所以xA＝－2，xP＝2，得P?2，2?. 2k＋1?2k＋12k＋1? 4k16＋16k4k＋1?2－4k?所以AP＝?2＋2?＋?2k2＋1?＝.(10分) 22，即AP＝?（2k＋1）2k2＋1?2k＋1?? 2 2 2 2 224 .(12分) k2＋14k2＋11 所以λ＝－1＝1－. 2k＋14k2＋1 2k2＋1 由题意，k2＞0，所以0＜λ＜1.(14分) 同理AQ＝ 4kk＋1AQyQ1 (方法2)由方法1知，λ＝－1＝－1＝－1＝1－2， APyP4kk＋1 22k＋1 2 由题意，k＞0，所以0＜λ＜1.(14分) x?2?18.解：(1) 设一根木条长为xm，则正方形的边长为21－?2?＝4－x2m．(2分) 21 因为S四边形ABCD＞， 4115 所以4－x2＞，即x＜.(4分) 42 因为四根木条将圆分成9个区域， 所以x＞2，所以42＜4x＜215. 答：木条总长的取值范围为(42，215)．(6分) (2) (方法1)设AB所在木条长为am，则BC所在木条长为(3－a) m. 因为a∈(0，2)，3－a∈(0，2)， 所以a∈(1，2)，(8分) （3－a）2a2S矩形ABCD＝41－·1－ 44 ＝4－a2·4－（3－a）2 ＝a4－6a3＋a2＋24a－20.(11分) 设f(a)＝a4－6a3＋a2＋24a－20，f′(a)＝4a3－18a2＋2a＋24＝2(a＋1)(2a－3)(a－4)， 3 令f′(a)＝0，得a＝，或a＝－1(舍去)，或a＝4(舍去)．(14分) 2 列表如下： 3?1，3? ?3，2? a 2?2??2?0 f′(a) ＋ － f(a) 极大值 ? ? 3?4937所以当a＝时，f(x)max＝f?＝，即S＝. max ?2?1624 7 答：窗口ABCD面积的最大值为m2.(16分) 4 (方法2)设AB所在木条长为am，BD所在木条长为bm．由条件，2a＋2b＝6，即a＋b＝3. 因为a，b∈(0，2)，所以b＝3－a∈(0，2)，从而a，b∈(1，2)．(8分) b2a2由于AB＝21－，BD＝21－， 44b2a2S矩形ABCD＝41－·1－＝4－b2·4－a2，(10分) 44 （a＋b）28－22 27228－（a＋b）因为4－b·4－a≤≤＝，(14分) 224 37 当且仅当a＝b＝∈(1，2)时，S矩形ABCD＝. 24 7 答：窗口ABCD面积的最大值为m2.(16分) 4n 19.(1) 解：由a1＝1，bn＝，知a2＝4，a3＝6，a4＝8.(2分) 2 (2) 证明：(方法1)因为an＋1bn＝Sn＋1， a1（1－qn）n 所以a1qbn＝＋1， 1－q11qnn 所以qbn＝＋－， 1－qa11－q11??1?n1?即bn＝1－q＋a?q?－，(4分) ?1?1－q 1111 所以存在实数λ＝，使得bn＋λ＝(＋)()n.(6分) 1－q1－qa1q 因为bn＋λ≠0(否则{bn}为常数数列与题意不符)， bn＋λ1 所以当n≥2时，＝，此时{bn＋λ}为等比数列， bn－1＋λq1 所以存在实数λ＝，使{bn＋λ}为等比数列．(8分) 1－q
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