所以ln t－

t－1

>0在t∈(1，＋∞)上恒成立，(11分)

1－m＋mt

t－1

，则k′(t)＝

1－m＋mt

（m－1）??m（t－1）t－

m2（t－1）[m2t－（m－1）2]??

2

2

令k(t)＝ln t－

t（1－m＋mt）2＝

t（1－m＋mt）2，

（m－1）21

①当≤1，即m≥时， 2m2

k′(t)>0在(1，＋∞)上恒成立，

则k(x)在(1，＋∞)上单调递增，

又k(1)＝0，则k(t)>0在(1，＋∞)上恒成立；(13分) （1－m）21②当>1，即0

m2??时，k′(t)<0， （1－m）?则k(x)在?1，

m2??上单调递减， 则k(x)

综上，m≥.(16分)

2π

21. 因为y＝3cos?2x－?，

3??π

2x－?，(4分) 所以y′＝－6sin?3??

5ππ?5π

所以函数图象在x＝处的切线斜率k＝－6sin??6－3?＝－6.(6分) 125ππ?5π

当x＝时，y＝3cos??6－3?＝0，(7分) 125π

x－?， 所以所求切线方程为y－0＝－6??12?5π

即y＝－6x＋.(10分)

2

22. 设点M(x，y)，点B(x0，y0)． 因为M为AB的中点，

x0－2y0＋0

所以x＝，y＝，(4分)

22

所以x0＝2x＋2，y0＝2y.(6分)

将点B(x0，y0)代入圆x2＋y2－8x＋12＝0得(2x－2)2＋4y2＝4，化简得(x－1)2＋y2＝1. 即点M的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝1.(10分)

23. (1) 在直三棱柱ABCA1B1C1中，有AB⊥AC，AA1⊥AB，AA1⊥AC， →→→

故可以{AB，AC，AA1}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系．(1分)

因为AB＝2，AC＝4，AA1＝3，

所以A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，A1(0，0，3)，B1(2，0，3)，C1(0，4，3)． 因为D是BC的中点，所以D(1，2，0)． →

所以DC1＝(－1，2，3)．

22

设n1＝(x1，y1，z1)为平面A1B1D的法向量， →→

因为A1B1＝(2，0，0)，B1D＝(－1，2，－3)， →?n1＝0，??A1B1·?2x1＝0，所以?即?

?→－x＋2y－3z＝0，?111?n1＝0，?B1D·

令y1＝3，则x1＝0，z1＝2，所以平面A1B1D的一个法向量为n1＝(0，3，2)．(3分)

设直线DC1与平面A1B1D所成的角为θ， 则sin θ＝

→

DC1，n1

＝

126182＝，

9113×146182

所以直线DC1与平面A1B1D所成角的正弦值为.(5分)

91→→

(2) 由(1)知DC1＝(－1，2，3)，B1C1＝(－2，4，0)， 设n2＝(x2，y2，z2)为平面B1DC1的法向量， →?n2＝0，??DC1·?－x2＋2y2＋3z2＝0，则?即?

?→－2x＋4y＝0，?22?n2＝0，?B1C1·

令x2＝2，则y2＝1，z2＝0，所以平面B1DC1的一个法向量为n2＝(2，1，0)．(7分)

同理可以求得平面A1DC1的一个法向量n3＝(3，0，1)， 所以

n2，n3

＝

632

＝，(9分)

510×5

32

由图可知二面角B1DC1A1的余弦值为.(10分)

5

x2－y2

24. (1) A1＝(x＋y)cos θ＝(x＋y)·22＝x2－y2，(1分)

x＋y

2

2

2

2

2xy

B1＝(x2＋y2)sin θ＝(x2＋y2)·22＝2xy.(2分)

x＋y

(2) ①当n＝1时，由(1)得A1＝x2－y2，B1＝2xy. 因为x，y为整数，

所以A1，B1均为整数，所以结论成立；(4分)

②当n＝k(k≥2，k∈N*)时，假设Ak，Bk均为整数，

＋

则当n＝k＋1时，Ak＋1＝(x2＋y2)k1cos (k＋1)θ ＝(x2＋y2)(x2＋y2)k(cos kθcos θ－sin kθsin θ) ＝(x2＋y2)cos θ·(x2＋y2)kcos kθ－(x2＋y2)ksin kθ·(x2＋y2)sin θ ＝A1·Ak－B1·Bk.(9分)

因为A1，B1，均为整数，所以Ak＋1也为整数， 即当n＝k＋1时，结论也成立．

综合①②得，对一切正整数n，An均为整数．(10分)