直线AF的斜率为kAF?2t(t??1)， t2?1直线BF的斜率为kBF2t?022t?t?21?2(t??1)，
2tt?1?12t?1?kAF?kBF，即A,B,F三点共线. ……………………………………10分
当t??1时，A(1,?2),B(1,?1)，此时A,B,F共线.
综上：A,B,F三点共线. ……………………………………12分
21. （I）解 由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R知f′(x)＝ex－3，x∈R. ………………………1分 令f′(x)＝0，得x＝ln 3， ………………………………2分 于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表.
x f′(x) f(x) (－∞，ln 3) － ln 3 0 3(1－ln 3＋a) (ln 3，＋∞) ＋ 故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 3]， 单调递增区间是[ln3，＋∞)，………………………………5分
f(x)在x＝ln 3处取得极小值，极小值为f(ln 3)＝eln3－3ln 3＋3a＝3(1－ln 3＋a)．………6分 （II）证明待证不等式等价于ex?设g(x)?ex?32x?3ax?1………………………………7分 232x?3ax?1，x∈R， 2x于是g?(x)?e?3x?3a，x∈R. 由（I）及a?ln3?ln3?1知：g?(x)的最小值为g′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a)＞0. ………9分 e于是对任意x∈R，都有g?(x)＞0，所以g(x)在R内单调递增． 于是当a?ln3?ln3?1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0)． ………………10分 e而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.
ex3132?x??3a ……………………12分 即e?x?3ax?1，故
x2x2x22.解：（I）连接AB, P、B、F、A四点共圆，
??PAB??PFB． ………………………………2分
又
PA与圆O切于点A, ??PAB??AEB, ………………………………4分
??PFB??AEB
?AE//CD. ………………………………5分
（II）因为PA、PB是圆O的切线，所以P、B、O、A四点共圆， 由?PAB外接圆的唯一性可得P、B、F、A、O共圆， 四边形PBFA的外接圆就是四边形PBOA的外接圆，
?OP是该外接圆的直径. ………………………………7分
由切割线定理可得PA2?PC?PD?3?9?27 ………………………………9分
?OP?PA2?OA2?27?25?213.
?四边形PBFA的外接圆的半径为13. ………………………………10分
23解：（I）C1的直角坐标方程为?x?1??y2?1， ………………………………2分
2C2的直角坐标方程为x?3；………………………………4分
（II）设曲线C1与x轴异于原点的交点为A,
PQ?OP,?PQ过点A(2,0),
设直线PQ的参数方程为?2?x?2?tcos?t为参数?， ??y?tsin?代入C1可得t?2tcos??0,解得t1?0或t2??2cos?，
可知|AP|?|t2|?|2cos?| ………………………………6分 代入C2可得2?tcos??3,解得t/?可知|AQ|?|t/|?|1， cos?1| ………………………………8分 cos?11|?22,当且仅当|2cos?|?||时取等号， cos?cos?所以PQ=|AP|?|AQ|?|2cos?|?|所以线段PQ长度的最小值为22. ………………………………10分
?1?2x, x?0?24.解：（1）由已知可得f(x)??1, 0?x?1，
?2x?1, x?1?所以fmin(x)?1， ………………………………3分 所以只需|m?1|?1，解得?1?m?1?1，
?0?m?2，
所以实数m的最大值M?2. ………………………………5分 （2）法一：综合法
a2?b2?2ab
?ab?1
?ab?1，当且仅当a?b时取等号，① ………………………………7分
又
ab?a?b 2??ab1? a?b2abab，当且仅当a?b时取等号，② ………………………………9分 ?a?b2由①②得，?ab1?，所以a?b?2ab ………………………………10分 a?b2法二：分析法因为a?0,b?0,
所以要证a?b?2ab，只需证(a?b)?4ab， 即证a2?b2?2ab?4a2b2，
222a2?b2?M，所以只要证2?2ab?4a2b2，………………………………7分
即证2(ab)?ab?1?0，
即证(2ab?1)(ab?1)?0，因为2ab?1?0，所以只需证ab?1， 下证ab?1，
因为2?a2?b2?2ab，所以ab?1成立，
所以a?b?2ab ………………………………10分
2
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