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20090505

=  故選C

6． 提示: 如圖,取G的極端位置, 問題轉(zhuǎn)化為求AE與的位置關系,取AD的中點M,連接MF、可證 可見AE與FG所成的角為  A故選D

7． 提示: 當x>0時,的圖像相同,故可排除(A)、(C)、(D)．故選B

8．令=5，得3n=5r＋10 , 當r=1時，n=5．故選C

9．提示由,得,所以,  點P的軌跡是圓（除去與直線AB的交點）．故選B

10．提示：令f(x)= x²?(a²+b²?6b)x+ a²+b²+2a?4b+1，則由題意有f(0)= a²+b²+2a?6b+1≤0且f(1)=2a+2b+2≥0，即(a+1)²+(b?2)²≤4且a+b+1≥0，在直角坐標平面aOb上作出其可行域如圖所示，而a²+b²+4a=(a+2)²+b²?4的幾何意義為|PA|²?4（其中P(a，b)為可行域內(nèi)任意的一點，A(?2，0))． 由圖可知，當P點在直線l：a+b+1=0上且AP⊥l時取得最小值；當P點為AC(C為圓(a+1)²+(b?2)²≤4的圓心)的延長線與圓C的交點時達到最大值． 又A點的直線l的距離為，|AC|=，所以a²+b²+4a的最大值和最小值分別為?和(+2)²?4=5+4．故選B．

11．提示: 易知數(shù)列｛a_n｝是以3為周期的數(shù)列，a₁=2,  a₂=   ,   a₃= ,  a₄ =2, 

故 a₂₀₀₉=故選B

12．提示: ∵是定義在R上的奇函數(shù)，

∴，又由已知，

∴，（A）成立；

∵，

∴（B）成立；當時，又為奇函數(shù)，

∴，，且，

∴（C）即，

∴（C）成立；對于（D），有，由于時的符號不確定，

∴未必成立。故選D

二、填空題：（本大題共4小題，每小題5分，共20分）

13．5；提示:  T_r+1=(x)^n-r(-)^r,由題意知：-+=27n=9

∴展開式共有10項，二項式系數(shù)最大的項為第五項或第六項，故項的系數(shù)最大的項為第五項。

14．（0，1）∪（1，10） ；提示: 當a＞1時，不等式化為10-a^x＞a,要使不等式有解，必須10-a＞0

∴1＜a＜10

當0＜a＜1時，不等式化為0＜10-a^x＜a10-a＜a^x＜10不等式恒有解

故滿足條件a的范圍是（0，1）∪（1，10）

15． ；提示: P=1-=

16． 提示：當直角三角形的斜邊垂直與平面時,所求面積最大。

三、解答題：（本大題共6小題，共70分）

17．（本大題10分）（1）不是，假設是在上的生成函數(shù)，則

存在正實數(shù)使得恒成立，令，得，與

矛盾，

所以函數(shù)一定不是在上的生成函數(shù)…………5分

（2）設，因為

所以，當且僅當且時等號成立，

即時

而，

  …………………………………………10分

18．（Ⅰ）連接A₁C．∵A₁B₁C₁－ABC為直三棱柱，

∴CC₁⊥底面ABC，∴CC₁⊥BC．

       ∵AC⊥CB，∴BC⊥平面A₁C₁CA． ……………1分

       ∴為與平面A₁C₁CA所成角，

．

∴與平面A₁C₁CA所成角為．…………4分

（Ⅱ）分別延長AC，A₁D交于G． 過C作CM⊥A₁G 于M，連結BM，

       ∵BC⊥平面ACC­₁A₁，∴CM為BM在平面A₁C₁CA內(nèi)的射影，

       ∴BM⊥A₁G，∴∠CMB為二面角B―A₁D―A的平面角，

       平面A₁C₁CA中，C₁C=CA=2，D為C₁C的中點，

       ∴CG=2，DC=1 在直角三角形CDG中，，．

       即二面角B―A₁D―A的大小為．……………………8分

（Ⅲ）取線段AC的中點F，則EF⊥平面A₁BD．

證明如下：

∵A₁B₁C₁―ABC為直三棱柱，∴B₁C₁//BC，

∵由（Ⅰ）BC⊥平面A₁C₁CA，∴B₁C₁⊥平面A₁C₁CA，

∵EF在平面A₁C₁CA內(nèi)的射影為C₁F，當F為AC的中點時，

C₁F⊥A₁D，∴EF⊥A₁D．

同理可證EF⊥BD，∴EF⊥平面A₁BD．……………………12分

19．（解：（1）分別在下表中，填寫隨機變量和的分布列：

…4分

   （2）；；

 ……………………．． 9分

  ∴周長的分布列為：

  ………．． 10分

∴   …． 12分

20．(Ⅰ) 設C（x, y）,

∵ , ,  

∴ ,

∴ 由定義知，動點C的軌跡是以A、B為焦點，

長軸長為的橢圓除去與x軸的兩個交點．

∴ ．  ∴ ．

∴ W:   ． …………………………………………… 2分

(Ⅱ) 設直線l的方程為，代入橢圓方程，得．

整理，得．         ①………………………… 5分

因為直線l與橢圓有兩個不同的交點P和Q等價于

，解得或．

∴ 滿足條件的k的取值范圍為 ………… 7分

（Ⅲ）設P（x₁,y₁）,Q(x₂,y₂),則＝（x₁+x₂，y₁+y₂）,

由①得．                 ②

又                ③

因為，， 所以．……………………… 11分

所以與共線等價于．

將②③代入上式，解得．

所以存在常數(shù)k，使得向量與共線．…………………… 12分

21．解：（1）由題意得

解得，將代入，化簡得

；………………4分    

(2)由題知，因為，所以

令，則，

并且，因此，

從而，得，………．．8分

（2）因為時，故

，

從而………………12分

22．解: Ⅰ）∵=a+，x∈(0，e)，∈［，+∞………………1分

   （1）若a≥－，則≥0，從而f(x)在(0，e)上增函數(shù)．

       ∴f(x)_max =f(e)=ae+1≥0．不合題意． …………………………………3分

   （2）若a<－，則由>0a+>0，即0<x<－

       由f(x)<0a+<0，即－<x≤e．

       ∴f(x)=f(－)=－1+ln(－)．

       令－1+ln(－)=－3，則ln(－)=－2．∴－=e，

       即a=－e²． ∵－e²<－，∴a=－e²為所求． ……………………………6分

   （Ⅱ）當a=－1時，f(x)=－x+lnx，=－1+=．

       當0<x<1時，>0；當x>1時，<0．

       ∴f(x)在（0，1）上是增函數(shù)，在（1，+∞）上減函數(shù)．

       從而f(x)=f(1)=－1．∴f(x)=－x+lnx≤－1，從而lnx≤x－1．   ………8分

       令g(x)=|f(x)|－－=x－lnx－－=x－(1+)lnx－

   （1）當0<x<2時，有g(x)≥x－(1+)(x－1)－=－>0．

   （2）當x≥2時，g′(x)=1－［(－)lnx+(1+)?］=

=．

       ∴g(x)在[2，+∞上增函數(shù)，

∴g(x)≥g(2)=

       綜合（1）、（2）知，當x>0時，g(x)>0，即|f(x)|>．

故原方程沒有實解．       ……………………………………12分