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已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝ax²＋bx(a≠0)，設(shè)函數(shù)f(x)的圖象C₁與函數(shù)g(x)的圖象C₂交于兩點(diǎn)P、Q，過線段PQ的中點(diǎn)R作x軸垂線分別交C₁、C₂于點(diǎn)M、N，問是否存在點(diǎn)R，使C₁在點(diǎn)M處的切線與C₂在點(diǎn)N處的切線互相平行？若存在，求出點(diǎn)R的橫坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

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一、選擇題：1―5：BACCB   6―10： CDDBA

二、填空題：

11．5600   12．35  13．   14．－2   15．，  

三、解答題：

16．解法一  由

       得

       所以

       即

       因?yàn)樗�以，從�?/p>

       由知 從而.

       由

       即

       由此得所以

解法二：由

       由、，所以

       即

       由得

       所以

       即            因?yàn)椋�所�?/p>

       由從而，知B+2C=不合要求.

       再由，得  所以

17．解法一（I）證明 由題設(shè)知OA⊥OO₁，OB⊥OO₁.

       所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角，即OA⊥OB. 故可以O(shè)為原點(diǎn)，OA、OB、OO₁所在直線分別為軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

       如圖3，則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)是A（3，0，0），B（0，3，0），C（0，1，），O₁（0，0，）.從而所以AC⊥BO₁.

（II）解：因?yàn)樗�以BO₁⊥OC，

由（I）AC⊥BO₁，所以BO₁⊥平面OAC，是平面OAC的一個法向量. 設(shè)是0平面O₁AC的一個法向量，

由    得.

設(shè)二面角O―AC―O₁的大小為，由、的方向可知，>，

       所以cos，>=

       即二面角O―AC―O₁的大小是

解法二（I）證明 由題設(shè)知OA⊥OO₁，OB⊥OO₁，

   所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角，

       即OA⊥OB. 從而AO⊥平面OBCO₁，

       OC是AC在面OBCO₁內(nèi)的射影.

       因?yàn)?nbsp;   ，

       所以∠OO₁B=60°，∠O₁OC=30°，從而OC⊥BO₁

       由三垂線定理得AC⊥BO₁.

（II）解 由（I）AC⊥BO₁，OC⊥BO₁，知BO₁⊥平面AOC.

       設(shè)OC∩O₁B=E，過點(diǎn)E作EF⊥AC于F，連結(jié)O₁F（如圖4），則EF是O₁F在平面AOC

       內(nèi)的射影，由三垂線定理得O₁F⊥AC.

       所以∠O₁FE是二面角O―AC―O₁的平面角.

       由題設(shè)知OA=3，OO₁=，O₁C=1，

       所以，

       從而，    又O₁E=OO₁?sin30°=，

        所以  即二面角O―AC―O₁的大小是

18．解：（I）分別記“客人游覽甲景點(diǎn)”，“客人游覽乙景點(diǎn)”，“客人游覽丙景點(diǎn)”

        為事件A₁，A₂，A₃. 由已知A₁，A₂，A₃相互獨(dú)立，P（A₁）=0.4，P（A₂）=0.5，

       P（A₃）=0.6.

       客人游覽的景點(diǎn)數(shù)的可能取值為0，1，2，3. 相應(yīng)地，客人沒有游覽的景點(diǎn)數(shù)的可能取

       值為3，2，1，0，所以的可能取值為1，3.

       P（=3）=P（A₁?A₂?A₃）+ P（）

= P（A₁）P（A₂）P（A₃）+P（）

=2×0.4×0.5×0.6=0.24，

1    

3  

P

0.76

0.24

       所以的分布列為

        E=1×0.76+3×0.24=1.48.

（Ⅱ）解法一  因?yàn)?/p>

所以函數(shù)上單調(diào)遞增，

要使上單調(diào)遞增，當(dāng)且僅當(dāng)

從而

解法二：的可能取值為1，3.

當(dāng)=1時，函數(shù)上單調(diào)遞增，

當(dāng)=3時，函數(shù)上不單調(diào)遞增.0

所以

19．（Ⅰ）證法一：因?yàn)锳、B分別是直線l：與x軸、y軸的交點(diǎn)，所以A、B的坐標(biāo)分別是.

    所以點(diǎn)M的坐標(biāo)是（）.    由

即

    證法二：因?yàn)锳、B分別是直線l：與x軸、y軸的交點(diǎn)，所以A、B的坐標(biāo)分別是設(shè)M的坐標(biāo)是

所以      因?yàn)辄c(diǎn)M在橢圓上，所以 

即

   解得

   （Ⅱ）解法一：因?yàn)镻F₁⊥l，所以∠PF₁F₂=90°+∠BAF₁為鈍角，要使△PF₁F₂為等腰三角形，必有|PF₁|=|F₁F₂|，即

    設(shè)點(diǎn)F₁到l的距離為d，由

    得   所以

    即當(dāng)△PF₁F_­2­­為等腰三角形.

解法二：因?yàn)镻F₁⊥l，所以∠PF₁F₂=90°+∠BAF₁為鈍角，要使△PF₁F₂為等腰三角形，必有|PF₁|=|F₁F₂|，

設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)是，

則

由|PF₁|=|F₁F₂|得

兩邊同時除以4a²，化簡得  從而

于是.    即當(dāng)時，△PF₁F₂為等腰三角形.

20．解（I）從第n年初到第n+1年初，魚群的繁殖量為ax_n，被捕撈量為bx_n，死亡量為

   （II）若每年年初魚群總量保持不變，則x_n恒等于x₁， n∈N*，從而由（*）式得

        因?yàn)?i>x₁>0，所以a>b.

        猜測：當(dāng)且僅當(dāng)a>b，且時，每年年初魚群的總量保持不變.

   （Ⅲ）若b的值使得x_n>0，n∈N*

         由x_n+1=x_n(3－b－x_n), n∈N*, 知

         0<x_n<3－b, n∈N*, 特別地，有0<x₁<3－b. 即0<b<3－x₁.

        而x₁∈(0, 2)，所以

        由此猜測b的最大允許值是1.

        下證 當(dāng)x₁∈(0, 2) ，b=1時，都有x_n∈(0, 2), n∈N*

        ①當(dāng)n=1時，結(jié)論顯然成立.

②假設(shè)當(dāng)n=k時結(jié)論成立，即x_k∈(0, 2),

則當(dāng)n=k+1時，x_k+1=x_k(2－x_k­)>0.

又因?yàn)?i>x_k+1=x_k(2－x_k)=－(x_k－1)²+1≤1<2,

所以x_k+1∈(0, 2)，故當(dāng)n=k+1時結(jié)論也成立.

由①、②可知，對于任意的n∈N*，都有x_n∈(0,2).

綜上所述，為保證對任意x₁∈(0, 2), 都有x_n>0， n∈N*，則捕撈強(qiáng)度b的最大允許值是1.

21．解：（I），

則

因?yàn)楹瘮?shù)h(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間，所以<0有解.

又因?yàn)?i>x>0時，則ax²+2x－1>0有x>0的解.

①當(dāng)a>0時，y=ax²+2x－1為開口向上的拋物線，ax²+2x－1>0總有x>0的解；

②當(dāng)a<0時，y=ax²+2x－1為開口向下的拋物線，而ax²+2x－1>0總有x>0的解；

  則△=4+4a>0,且方程ax²+2x－1=0至少有一正根.此時，－1<a<0.

  綜上所述，a的取值范圍為（－1，0）∪（0，+∞）.

   （II）證法一  設(shè)點(diǎn)P、Q的坐標(biāo)分別是（x₁, y₁），（x₂, y₂），0<x₁<x₂.

         則點(diǎn)M、N的橫坐標(biāo)為

         C₁在點(diǎn)M處的切線斜率為

         C₂在點(diǎn)N處的切線斜率為

         假設(shè)C₁在點(diǎn)M處的切線與C₂在點(diǎn)N處的切線平行，則k₁=k₂.

         即，則

                 =

       所以  設(shè)則①

       令則

       因?yàn)闀r，，所以在）上單調(diào)遞增. 故

       則. 這與①矛盾，假設(shè)不成立.

       故C₁在點(diǎn)M處的切線與C₂在點(diǎn)N處的切線不平行.

證法二：同證法一得

       因?yàn)椋�所�?/p>

       令，得  ②

       令

       因?yàn)椋�所以時，

       故在[1，+上單調(diào)遞增.從而，即

       于是在[1，+上單調(diào)遞增.

       故即這與②矛盾，假設(shè)不成立.

       故C₁在點(diǎn)M處的切線與C₂在點(diǎn)N處的切線不平行.