理综押题【绝密】 因此S四边形OFPT?S?OFP?S?OTP?3x0?(?y0) 2223x032???x0y0?y0??1?x0y0． 24222x0x022由?y0?1，得2?y0?1，即x0?y0?1，
4436所以S四边形OFPT?， ?1?x0y0?222x0122················ 14分 当且仅当时等号成立. ·?y0?，即x0?2，y0?422
19. （本小题共13分）
解：（Ⅰ）f'(x)?a?e?a?a?(e?1)(a?0,x?R)，
令f'(x)?0，得x?0．
①当a?0时，f'(x)与eax?1符号相同，
当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表：
axaxx f'(x) f(x)
(??,0) ↘ 0 0 极小 (0,??) ? ↗ ②当a?0时，f'(x)与eax?1符号相反， 当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表：
x f'(x) f(x)
(??,0) ↘ 0 0 极小 (0,??) ? ↗ ································· 7分 综上，f(x)在x?0处取得极小值f(0)??2. ·
ax（Ⅱ）g'(x)?e?ax?3?f(x)(a?0,x?R)，
故g'(x)??1?f(x)??1．
2?2注意到f(0)??2??1，f()?e?5??1，f(?)?e?1??1，
2a2a22,0)，x2?(0,)，使得f(x1)?f(x2)??1． aa因此，曲线y?g(x)在点P2(x2,f(x2))处的切线斜率均为?1. 1(x1,f(x1))，P所以，?x1?(?下面，只需证明曲线y?g(x)在点P2(x2,f(x2))处的切线不重合. 1(x1,f(x1))，P曲线y?g(x)在点Pi(xi,f(xi))（i?1,2）处的切线方程为y?g(xi)??(x?xi)，即
y??x?g(xi)?xi．假设曲线y?g(x)在点Pi(xi,f(x)i?1,2）处的切线重合，则i)（g(x(1x)?．x 2)?x2?g1理综押题【绝密】
令G(x)?g(x)?x，则G(x1)?G(x2)，且G'(x)?g'(x)?1?f(x)?1. 由（Ⅰ）知，当x?(x1,x2)时，f(x)??1，故G'(x)?0．
所以，G(x)在区间[x1,x2]上单调递减，于是有G(x1)?G(x2)，矛盾！ ········ 13分 因此，曲线y?g(x)在点Pi(xi,f(xi))(i?1,2)处的切线不重合． ·
理综押题【绝密】
20. （本小题13分）
解：（Ⅰ）若a1?2，公差d?3，则数列{an}不具有性质P．
理由如下：
由题知an?3n?1，对于a1和a2，假设存在正整数k，使得ak?a1a2，则有3k?1?2?5?10，
11，矛盾！所以对任意的k?N*，ak?a1a2． ……3分 3（Ⅱ）若数列?an?具有“性质P”，则
解得k?
①假设a1?0，d?0，则对任意的n?N*，an?a1?(n?1)?d?0.
设ak?a1?a2，则ak?0，矛盾！ ②假设a1?0，d?0，则存在正整数t，使得
a1?a2?a3?????at?0?at?1?at?2????
a1?at?2?ak2，a1?at?3?ak3，a1?a2t?1?akt?1，i?1,2,ki?N*，…，设a1?at?1?ak1，
则0?ak1?ak2?ak3?????akt?1，但数列{an}中仅有t项小于等于0，矛盾！
③假设a1?0，d?0，则存在正整数t，使得
,t?1，
a1?a2?a3?????at?0?at?1?at?2????
*设at?1?at?2?ak1，at?1?at?3?ak2，at?1?at?4?ak3，…，at?1?a2t?2?akt?1，ki?N，
i?1,2,,t?1，则0?ak1?ak2?ak3?????akt?1，但数列{an}中仅有t项大于等于0，矛盾！
··························································· 8分 综上，a1?0，d?0． ·
（Ⅲ）设公差为d的等差数列?an?具有“性质P”，且存在正整数k，使得ak?2018．
若d?0，则{an}为常数数列，此时an?2018恒成立，故对任意的正整数k，
ak?2018?20182?a1?a2，
这与数列?an?具有“性质P”矛盾，故d?0．
设x是数列{an}中的任意一项，则x?d，x?2d均是数列{an}中的项，设
ak1?x(x?d)，ak2?x(x?2d)
则ak2?ak1?xd?(k2?k1)?d，
因为d?0，所以x?k2?k1?Z，即数列{an}的每一项均是整数．
由（Ⅱ）知，a1?0，d?0，故数列{an}的每一项均是自然数，且d是正整数．
8(20?1d8是数列中的项，设由题意知，2018?d是数列{an}中的项，故201?am?201?8(20?1d8，则
am?ak?2018?(2018?d)?2018?2018?2017?2018d?(m?k)?d，
即(m?k?2018)?d?2018?2017．
因为m?k?2018?Z，d?N*，故d是2018?2017的约数．
所以，d?1,2,1009,2017,2?1009,2?2017,1009?2017,2?1009?2017． 当d?1时，a1?2018?(k?1)?0，得k?1,2,...,2018,2019，故
a1?2018,2017,...,2,1,0，共2019种可能；
当d?2时，a1?2018?2(k?1)?0，得k?1,2,...,1008,1009,1010，故
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a1?2018,2016,2014,...,4,2,0，共1010种可能；
当d?1009时，a1?2018?1009?(k?1)?0，得k?1,2,3，故
a1?2018,1009,0，共3种可能； a1?2018,1，共2种可能； a1?2018,0，共2种可能； a1?2018，共1种可能； a1?2018，共1种可能；
当d?2017时，a1?2018?2017(k?1)?0，得k?1,2，故 当d?2?1009时，a1?2018?2018?(k?1)?0，得k?1,2，故 当d?2?2017时，a1?2018?2?2017?(k?1)?0，得k?1，故 当d?1009?2017时，a1?2018?1009?2017?(k?1)?0，得k?1，故 当d?2?1009?2017时，a1?2018?2?1009?2017?(k?1)?0，得k?1，故
a1?2018，共1种可能．
综上，满足题意的数列{an}共有2019?1010?3?2?2?1?1?1?3039（种）．
······················································· 13分 经检验，这些数列均符合题意． ·
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