二、11．1,3 12． 3 13．－10 14．(1) (0，2) (2)
1
lnx0?ab2【解析】(1)∵函数f（x）=x－mx－1是区间[－1，1]上的平均值函数， ∴关于x的方程x－mx－1=由x－mx－1=222??在（－1，1）内有实数根． ?x－mx+m－1=0，解得x=m－1，x=1． 又1?（－1，1） ∴x=m－1必为均值点，即－1＜m－1＜1?0＜m＜2． ∴所求实数m的取值范围是0＜m＜2． 1lnb?lna（2）解：由题知lnx 0=．猜想：lnx 0＜， b?aab12证明如下：lnb?lna＜1，令t=b＞1，原式等价于lnt＜t－． tb?aaab11(t?1)2令h（t）=2lnt－t+，则h′（t）=?，∴h（t）=2lnt－t+＜h（1）=0， ?02ttt1 ab015. 4 16. 60
得证lnx0＜三、解答题：本大题共6小题，共75分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．（1）由acosA＝bcosB及正弦定理可得sinAcosA＝sinBcosB，
即sin2A＝sin2B，又A∈(0，π)，B∈(0，π)，
ππ2π
所以有A＝B或A＋B＝． 又因为C＝，得A＋B＝，与233ππ
A＋B＝矛盾，所以A＝B，因此A＝． ……… 4分
23（2）由题设，得 在Rt△PMC中，PM＝PC·sin∠PCM＝2sinα；
在Rt△PNC中，PN＝PC·sin∠PCN＝ PC·sin(π－∠PCB)
ππ2π
＝2sin[π－(α＋)]＝2sin (α＋)，α∈(0，). … 6分
333
ππ
所以，PM＋PN＝2sinα＋2sin (α＋)＝3sinα＋3cosα＝23sin(α＋). …… 10分
36
APM60°BαCND（第17题）
2πππ5ππ1
因为α∈(0，)，所以α＋∈(，)，从而有sin(α＋)∈(，1]，
366662πππ
于是，当α＋＝，即α＝时，PM＋PN取得最大值23．
623
18. （1）分别记甲对这四门课程考试合格为事件A，B，C，D，且事件A，B，C，D相互独立，
“甲能能取得参加数学竞赛复赛的资格”的概率为：
3221322132115P（ABCD）?P（ABCD）?P（ABCD）? ???????????? ．
43324332433212B3，）（2）由题设知ξ的所有可能取值为0，1，2，3，?～（， 7343773515P（??0）?C30()3?（??1）?C3()()2?， P，
1217281212172851257525125353P（??2）?C32()2()?（??3）?C3()?，P ，??的分布列为：
1212172812172855?． 12419．（Ⅰ）证明：连结BD交AC于E，连结ME． QABCD是正方形，∴ E是BD的中点．
QM是SD的中点，∴ME是△DSB的中位线． ∴ME//SB． ?????????2分 又ME?平面ACM，SB?平面ACM，
∴SB//平面ACM． ?????????4分 （Ⅱ）证明：由条件有DC?SA,DC?DA,
∴ DC?平面SAD，且AM?平面SAD,∴AM?DC.
又∵ SA?AD,M是SD的中点，∴AM?SD.
第18题图
∴AM?平面SDC. SC?平面SDC,∴SC?AM. ?????6分 由已知SC?AN ∴SC?平面AMN.
又SC?平面SAC, ∴平面SAC?平面AMN. ????????8分 （Ⅲ）取AD中点F，则MF//SA．作FQ?AC于Q，连结MQ． ∵SA?底面ABCD，∴MF?底面ABCD． ∴FQ为MQ在平面ABCD内的射影． ∵FQ?AC,∴MQ?AC．
∴?FQM为二面角D?AC?M的平面角． ?????????10分
?～（B3，）,?E??3?512
设SA?AB?a，在Rt?MFQ中，MF?a2241a12SA?,FQ?DE?a， 2224∴tan?FQM?3D?AC?M． ∴ 二面角的余弦的大小为． ??12分 ?2a2?23d??20．（Ⅰ）设无穷等差数列{an}的公差为d，则Sn?na1?n(n?1)d?n?dn??a??1????2??dddd所以Sn2?n2[n2?(a1?)]又(Sn)2?n2[n?(a1?)]2 ?????.2’
2222dddd则[n2?(a1?)]=[n?(a1?)]2 ??????????????.3’
2222?dd2??4?2所以?dd2则an?1或an?2n?1 ???????.5’
?a1??(a1?)22?d??d(a1?2)?0?（Ⅱ）（i）记An?{1,2,
,Sn}，显然a1?S1?1 ?????????.6’
对于S2?a1?a2?1?a2，有A2?{1,2,,S2}?{1,a2,1?a2,|1?a2|}?{1,2,3,4}
故1?a2?4，所以a2?3 ??????????..7’
（ii）由题意可知，集合{a1,a2,,an}按上述规则，共产生Sn个正整数．而集合
{a1,a2,,an,an?1}按上述规则产生的Sn?1个正整数中，除1,2,,Sn这Sn个正整数外，还有an?1,an?1?i,|an?1?i|(i?1,2,,Sn)，共2Sn?1个数． 所以，Sn?1?Sn?(2Sn?1)?3Sn?1 ??????????.9’
又Sn?1?11?3(Sn?) 222222 ?????????.10’
所以Sn?(S1?1)?3n?1?1?1?3n?1当n?2时，an?Sn?Sn?1?
???.12’
2221．（Ⅰ）由题设双曲线的标准方程为x2?y2?1(a?0,b?0)，由已知得：c?5，2b?2，
aba22222又a?b?c，解得a?2,b?1，?双曲线的标准方程为x?y2?1. --------5分
4?y?kx?m222（Ⅱ）设A(x1,y1),B(x2,y2)，联立? ，得(1?4k)x?8mkx?4(m?1)?0， 2?x2??y?1?41n11n?11?3??(?3?)?3n?12222
n?1而a1?1也满足an?3 所以，数列{an}的通项公式是an?3n?1?1?4k2?0?2222???64mk?16(1?4k)(m?1)?08mk故? ， ------------7分 ?x1?x2?1?4k2???4(m2?1)?x1x2??1?4k2m2?4k2y1y2?(kx1?m)(kx2?m)?kx1x2?mk(x1?x2)?m? ，
1?4k2y1y以AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D(?2,0)，?kADkBD??1，即?2??1，
x1?2x2?222m2?4k2?4(m2?1)16mk????4?0?y1y2?x1x2?2(x1?x2)?4?0
1?4k21?4k21?4k210k. ------------10分 ?3m2?16mk?20k2?0．解得：m1?2k，m2?3当m1?2k时，l的方程为y?k(x?2)，直线过定点(?2，0)，与已知矛盾； ----11分
10k10??时，l的方程为y?k?x??， 33???10?直线过定点??，0?，经检验符合已知条件． ---------12分
3???10?所以，直线l过定点，定点坐标为??，0?． -------13分
?3?当m2?
22． 【解析】：（1）由f（x）=
+nlnx（m，n为常数）的定义域为（0，+∞），
，
∴f′（x）=﹣
+，∴f′（1）=?m?n??1 4把x=1代入x+y﹣2=0得y=1，∴f（1）==1，∴m=2，n=﹣，????????.2’ ∴f（x）=
﹣lnx，f′（x）=﹣
﹣
，∵x＞0，∴f′（x）＜0，
∴f（x）的单调递减区间为（0，+∞），没有递增区间．??????????..4’ （2）由（1）可得，f（x）在[，1]上单调递减，∴f（x）在[，1]上的最小值为f（1）=1， ∴只需t﹣t﹣2at+2≤1，即2a≥
3
2
对任意的t∈[，2]上恒成立，???????5’
令g（t）=，则g′（t）=2t﹣1﹣
2
==，
令g′（t）=0可得t=1，而2t+t+1＞0恒成立， ∴当
t＜1时，g′（t）＜0，g（t）单调递减，
[来源:学科网]
当1＜t≤2时，g′（t）＞0，g（t）单调递增．????????????????7’ ∴g（t）的最小值为g（1）=1，而g（）=
+2=，g（2）=4﹣2+=，
显然g（）＜g（2），∴g（t）在[，2]上的最大值为g（2）=，
∴只需2a≥，即a≥，∴实数a的取值范围是[，+∞）．???????..9’ （3）由（1）可知f（x）在区间（0，1]上单调递减， ∴对于任意的正整数n，都有f（）≥f（1）=1，即
﹣ln≥1，????????.11’
整理可得+lnn≥2，则有：+ln1≥2，+ln2≥2，+ln3≥2，?，+lnn≥2．???.13’
把以上各式两边相加可得：4（++?+
）+（ln1+ln2+?+lnn）≥2n．??????..14’
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