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)