511?，∴b2?3b1?，∴bn?1?3bn?对n?N恒成立，……………………6分 2221b?n?1111314?3， 则bn?1??3(bn?)，而b1???0，∴bn??0，∴
144444bn?41∴{bn?}是等比数列， ………………………………………………………………………………8分
41n?211n?11(?3?)?(?3?)111n1n1bn?2?bn?1n?1444?3，∴bn??(1?)?3??3，∴bn??3?，∴ ?4111144444bn?1?bn(?3n?1?)?(?3n?)4444∴?bn?1?bn?是公比为3的等比数列，故数列?bn?是“M?q?数列”.………………………………10分
又b2?
方法二：同方法一得bn?1?3bn?则bn?2?3bn?1?
1?对n?N恒成立， 213，两式作差得bn?2?bn?1?3(bn?1?bn)，而b2?b1??0， 22b?bn?1?3，以下同方法一. ……………………………10分 ∴bn?1?bn?0，∴n?2bn?1?bnn?1（3）由数列?bn?是“M?2?数列”得bn?1?bn?(b2?b1)?2，
b3?b27?b2?2，∴?2，∴b2?3，∴b2?b1?2，∴bn?1?bn?2n，
b2?b1b2?1∴当n?2时，bn?(bn?bn?1)?(bn?1?bn?2)?L?(b2?b1)?b1
又
?2n?1?2n?2?L?2?1?2n?1，
n当n?1时上式也成立，故bn?2?1， ……………………………12分
4039bm404040392m?14040????假设存在正整数m,n使得，则， 2019bn201920192n?120192m?14039??1可知2m?1?2n?1，∴m?n，又m,n为正整数，∴m?n?1， 由n2?12019
2m?12m?n(2n?1)?2m?n?12m?n?14040m?n??2?n?又n， n2?12?12?1201940404039140402m?11m?n?2?n??3，∴m?n?1，∴n?2?n?∴2，∴， 2?12?1201920192?120192021n?2?2020，∴n?10，∴m?11， ∴2故存在满足条件的正整数m,n，m?11，n?10. …………………………16分
20．解：（1）由函数f(x)为奇函数，得f(x)?f(?x)?0在定义域上恒成立， 所以 ex?ae?x?mx?e?x?aex?mx?0，
化简可得 (1?a)?(e?e)?0，所以a?1. ……………………………………3分
x?x
（2）法一：由（1）可得f(x)?ex?e?x?mx，
e2x?mex?1所以f?(x)?e?e?m?， xe其中当m?2时，由于e2x?mex?1?0恒成立，
即f?(x)?0恒成立，故不存在极小值. ………………………………………5分 当m?2时，方程t2?mt?1?0有两个不等的正根t1,t2(t1?t2)，
故可知函数f(x)?ex?e?x?mx在(??,lnt1),(lnt2,??)上单调递增， 在(lnt1,lnt2)上单调递减，即在lnt2处取到极小值，
所以，m的取值范围是(2,??). ………………………………………9分 法二：由（1）可得f(x)?ex?e?x?mx，
x?x令g(x)?f?(x)?e?e?m，
x?xe2x?1则g?(x)?e?e?， xe故当x?0时，g?(x)?0；当x?0时，g?(x)?0， …………………………………5分 故g(x)在(??,0)上递减，在(0,??)上递增， ∴gmin(x)?g(0)?2?m，
若2?m?0，则g(x)?0恒成立，f(x)单调递增，无极值点；
x?x
所以g(0)?2?m?0，解得m?2，
1?0， m又函数g(x)的图象在区间[0,t]上连续不间断，故由函数零点存在性定理知在区间(0,t)上，存在x0为函数g(x)的零点，f(x0)为f(x)极小值.
所以，m的取值范围是(2,??). ………………………………………9分 （3）由x0满足ex0?e?x0?m，
取t?lnm，则g(t)?代入f(x)?ex?e?x?mx， 消去m可得f(x0)?(1?x0)ex0?(1?x0)e?x0， ……………………………11分
?x构造函数h(x)?(1?x)ex?(1?x)e?x， 所以h?(x)?x(e?x?e)，当x?0时，ex1?e2x?e??0 ， xex所以当x?0时，h?(x)?0恒成立，故h(x)在[0，+?)上为单调减函数，其中h(1)??2， 13分 e2可转化为h(x0)?h(1)， e故x0?1，由ex0?e?x0?m，设y?ex?e?x，
则f(x0)??可得当x?0时，y??ex?e?x?0，y?ex?e?x在(0,1]上递增，故m?e?1， e
综上，m的取值范围是(2,e?] . ………………………………………16分
1e
附加题答案
21.（A）解：设圆C上一点(x,y)，经矩阵M变换后得到圆C?上一点(x?,y?)，
?a3??x??x???ax?3y?x?所以???y???y??，所以?3x?2y?y?，………………………………………………5分
3?2???????2222又圆C?:x?y?13，所以圆C的方程为(ax?3y)?(3x?2y)?13，
222化简得(a?9)x?(6a?12)xy?13y?13，
?a2?9?13所以?，解得a?2. ………………………………………………10分
?6a?12?0
21.（B）解：以极点为原点，极轴为x轴的正半轴（单位长度相同）建立平面直角坐标系， 由直线?cos??2?sin??m，可得直角坐标方程为x?2y?m?0，
222又曲线??4sin?，所以??4?sin?，其直角坐标方程为x?(y?2)?4， ………………5分
所以曲线??4sin?是以(0,2)为圆心，2为半径的圆，
为使直线被曲线（圆）截得的弦AB最长，所以直线过圆心(0,2)，
于是0?2?2?m?0，解得m?4. ……………………………………………………10分
123149???1，所以???1， abca2b3c149?)?(1?2?3)2， 由柯西不等式得a?2b?3c?(a?2b?3c)(?a2b3c即a?2b?3c?36， …………………………………………………………………………………5分
149当且仅当a?2b?3c，即a?b?c时取等号，解得a?b?c?6，
a2b3c所以当且仅当a?b?c?6时，a?2b?3c取最小值36. ……………………………………10分
21.（C）解：因
22．解：（1）以CD，AB，OO1所在直线建立如图所示空间直角坐标系O?xyz，
由CD?2，AA1?3，所以A(0,?1,0)，B(0,1,0)，C(?1,0,0)，D(1,0,0)，A1(0,?1,3)，B1(0,1,3)，从而
uuuuruuuurAC?(?1,1,?3)，B1D?(1,?1,?3)， 1
uuuuruuuur所以cos?A1C,B1D???1?1?1?(?1)?(?3)?(?3)(?1)2?12?(?3)2?12?(?1)2?(?3)2?7， 11所以异面直线A1C与B1D所成角的余弦值为
7. …………………………………4分 11（2）设AA1?m?0，则A1(0,?1,m)，B1(0,1,m)，
uuuuruuuuruuurBD?(1,?1,?m)AC?(?1,1,?m)CD?(2,0,0)， 所以1，1，
uur设平面A1CD的一个法向量n1?(x1,y1,z1)，
uuruuur??n1?CD?2x1?0所以?u， uruuuur??x1?y1?mz1?0?1?n1?AC所以x1?0，令z1?1，则y1?m，
uur所以平面A1CD的一个法向量n1?(0,m,1)， uur同理可得平面B1CD的一个法向量n2?(0,?m,1)，
uuruur?因为二面角A1?CD?B1的大小为，所以cos?n1,n2??3解得m?3或m?m?(?m)?1?1m2?12?(?m)2?12?1， 23， 3由图形可知当二面角A1?CD?B1的大小为注：用传统方法也可，请参照评分.
?时, m?3. …………………………10分 323．解：（1）令x?1得a0?a1?a2?L?a2n?0，
令x??1得a0?a1?a2?a3?L?a2n?1?a2n?3?3?L?3122n3?(9n?1)， 2两式相加得2(a0?a2?a4?L?a2n)?3n3(9?1)，∴Sn?(9n?1).…………………………3分 24123nn（2）Tn??S1Cn?S2Cn?S3Cn?L?(?1)SnCn
3123n123n[?91Cn?92Cn?93Cn?L?(?1)n9nCn]?[?Cn?Cn?Cn?L?(?1)nCn]? ?430123n0123n??[90Cn?91Cn?92Cn?93Cn?L?(?1)n9nCn]?[Cn?Cn?Cn?Cn?L?(?1)nCn]? 4?
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