【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
22. (本小题满分10分)
如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧面ADD1A1⊥底面ABCD，D1A＝D1D＝2，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2.
(1) 在平面ABCD内找一点F，使得D1F⊥平面AB1C； (2) 求二面角CB1AB的平面角的余弦值．
(第22题)
23. (本小题满分10分)
＋－－an1－an11
已知数列{an}满足an＝(n∈N*)，a≠－1，0，1.设b＝a＋. －1aa－a
*
(1) 求证：an＋1＝ban－an－1(n≥2，n∈N)；
－
(2) 当n(n∈N*)为奇数时，an＝ (－1)iCin－ibn2i，猜想当n(n∈N*)为偶数时，an关于b的表达式，并用数学归纳法证明.
(常州市) 数学参考答案
一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．
1. 2－2i 2. {2} 3. 6 4.
5 5.
??
－∞，32??
6. 910 7. 2
3
8. 3 9. 7.5 10. 2 11. 117
12. 7＋434 13. ??－20
3，4?? 14. [－3，e2]
二、 解答题：本大题共6小题，共计
90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 解：(1) 因为A＋B＋C＝π，所以A＝π－(B＋C)．
由cos(B－C)＝1－cosA，得cos(B－C)＝1＋cos(B＋C)，
展开，整理得sinBsinC＝1
2.(2分)
(2) 又因为b，a，c成等比数列，所以a2＝bc，
由正弦定理，得sin2A＝sinBsinC，
从而sin2A＝1
2
.(6分)
因为A∈(0，π)，所以sinA＝22
， 又因为a边不是最大边，所以A＝π
4.(8
分)
(3) 因为B＋C＝π－A＝3π
4，
所以cos(B＋C)＝cosBcosC－sinBsinC＝－22
， 从而cosBcosC＝1－2
2.(10分)
所以tanB＋tanC＝sinBsinC
cosB＋cosC
＝sin（B＋C）
cosBcosC
(12分)
2
＝21－2
＝－2－2.(14分) 2
16. 证明：(1) 连结AC1，BC1， 因为AA1C1C是矩形，D是A1C的中点，所以D是AC1的中点．(2分)
在△ABC1中，因为D，E分别是AC1，AB的中点，
所以DE∥BC1.(4分)
因为DE?平面BB1C1C，BC1?平面BB1C1C，
所以ED∥平面BB1C1C.(6分)
(2) 因为△ABC是正三角形，E是AB的中点，
所以CE⊥AB.
又因为正三棱柱A1B1C1ABC中，平面ABC⊥平面ABB1A1，交线为AB，
所以CE⊥平面ABB1A1. 从而CE⊥A1B.(9分)
在矩形ABB1A1中，因为
A1B1B＝2＝1B
B1B
BE
，所以Rt△A1B1B∽△Rt△B1BE， 从而∠B1A1B＝∠BB1E.因此∠B1A1B＋∠A1B1E＝∠BB1E＋∠A1B1E＝90°，
所以A1B⊥B1E.(12分) 又因为CE，B1E?平面B1CE，CE∩B1E＝E，
所以A1B⊥平面B1CE.(14分)
17. 解：(1) 由题意，得
2
??dk＋a1－d＝k＋2， ①?(2分) 2
?2dk＋a1－d＝（k＋2）， ②?
(注：定义域2分．
当DP所在直线与半圆相切时，设θ取得最大值θ0，此时在△COP中，OP＝1，OC＝3，∠CPO＝30°，CP＝10－6cosθ0，由正弦定理得10－6cosθ0＝6sinθ0，cos1±105θ0＝.) 12
(2) 存在．
1
2
②－①，得d＝4＋. k
因为d，k∈N，所以k＝1，或k＝2.(4分)
当k＝1时，d＝6，代入①，解得a1＝3，*
所以an＝6n－3.
当k＝2时，d＝5，代入①，解得a1＝1，所以an＝5n－4.(6分)
(2) 因为a1>1，所以an＝6n－3，从而Sn＝3n2.(7分)
由S2S＝T12
3，得2＝1＋q＋q2，整理，得m3mq2＋q＋1－4
m
2＝0.(9分)
因为Δ＝1－4??1－4m2??≥0，所以m2≤163. 因为m∈N*
，所以m＝1或m＝2.(11分) 当m＝1时，q＝－13－1
2
(舍)，q＝13－1
2
. 当m＝2时，q＝0或q＝－1(均舍去)． 综上所述，q＝
13－1
2
.(14分) 18. 解：(1) 在△COP中， CP2＝CO2＋OP2－2CO·OPcosθ＝10－6cosθ，
从而△CDP的面积S33
△CDP＝CP24＝
2(5－3cosθ)．
又因为△COP的面积S1△COP＝2
OC2OPsinθ＝3
2
sinθ，(6分)
所以S＝S1
△CDP＋S△COP－S扇形
OBP＝
2
(3sinθ－33cosθ－θ)＋
53
2
，0<θ≤θ0<π，cosθ1－105
0＝12
.(9分)
S′＝2(3cosθ＋33sinθ－1)，
令S′＝0，得sin?π1
?θ＋6??＝6.(12分)
当0<θ<θ0时，S′>0，所以当θ＝θ0时，
S取得最大值．(14分)
(或者：因为0<θ<π，所以存在唯一θ0∈?
π?2，π??，使得sin??
θπ10＋6??＝6. 当0<θ<θ0<π时，S′>0，所以当θ＝θ0
时，S取得最大值．)
此时cos??θπ35
0＋6??＝－6，
cosθ
π0
＝cos[(θ0＋
6)－π6
]＝1－105
12
.(16分) ?19. 解：(1) 由题意?ab?c＝23，
又a2＝
??a＝2b2＋c2，解得b＝3，c＝1.(4分)
所以椭圆C的方程为x2y2
4＋3＝1.(5分)
(2) 点A在椭圆C上．证明如下：
设切点为Q(x0，y0)，x0≠0，则x20＋y2
0＝3，切线l的方程为x0x＋y0y－3＝0.
当y3－23y0P＝23时，xP＝x，
0即P?
?3－23y0?x，23?
0??
，
则k＝232xOP03－23y＝，(7分)
03－2y0
x0 所以k＝2y0－3
OA2x，
0
直线OA的方程为y＝
2y0－3
2x0
x.(9分) ?由
??y＝2y0－32x0x，
解
得
??x0x＋y0y－3＝0
??
x＝6x0?6－3y，0
??y＝3（2y0－3） 6－3y
0
即A??6x03（2y0?6－3y，－3）?(11分06－3y0??，
) ??6x023（2y0－3）?2
因为
?6－3y?0??
???6－3y0??4
＋
3
＝9（3－y20）＋3（4y20－43y0＋3）3y23y 0－120＋36
＝3y20－123y0＋36
3y236
＝1， 0－123y0＋所以点A的坐标满足椭圆C的方程．(14分)
当yP＝－23时，同理可得点A的坐标满足椭圆C的方程，
所以点A在椭圆C上．(16分)
20. 解：(1) F(x)＝|x2－lnx－b|＋2b＋1，记t(x)＝x2－lnx，x∈?1?2，2??， 则t′(x)＝2x－1x，
令t′(x)＝0，得x＝
2
2
.(1分) 当12 ?2，2??上为单调减函数， 当 22 上为单调增函数， 又t?1?2??＝14＋ln2，t(2)＝4－ln2，t?2?2??＝1＋ln22 且t(2)－t?1?2??＝154－2ln2>0， 所以 t 的取值范围为 ?1＋ln2?2，4－ln2?? .(3分) 当b∈[1，3]时，记v(t)＝|t－b|＋2b＋1，则 ?1＋ln2v(t)＝??－t＋3b＋1，2≤t≤b，? ?t＋b＋1， b 1＋ln2?2，b? ?上单调递 减，在(b，4－ln2]上单调递增， 且v? 1＋ln2?2? ? ＝3b＋1－ln22，v(4－ln2)＝ b＋5－ln2， v? 1＋ln2ln2－9?2??－v(4－ln2)＝2b＋2， 所以当b≤9－ln2 4时，最大值M(b)＝v(4 －ln2)＝b＋5－ln2， 当b>9－ln24时，最大值M(b)＝v?1＋ln2?2??＝3b＋1－ln22 ， 所 以 M(b) ＝ ?b＋5－ln2， 1≤b≤9－ln2，?4 ?3b＋1－ln29－ln2 (5分) 2， 4 (2) h(x)＝lnx x， ①h′(x)＝ 1－lnxx2，h′(x1－lnx0 0)＝x2，0 所以y(x)＝1－lnx0 x2(x－x0)＋y0， 0 g(x)＝lnx 1－lnx0x－y0－x20 (x－x0)，g(x0)＝0.(7分) g′(x)＝1－lnxx2－1－lnx0 x2，g′(x)＝0. 0令G(x)＝g′(x)＝ 1－lnxx2－1－lnx0 x2， 0 G′(x)＝－3＋2lnx x3， 所以g′(x)在( 3 0，e2)上单调递减，在 (3 e2 ，＋∞)上单调递增，