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各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}，a₁=，且對滿足m+n=p+q的任意正整數(shù)m，n，p，q都有
（I）求通項(xiàng)a_n；
（II）記c_n=a_n+1-a_n（n∈N^*），設(shè)數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n，求證：對任意正整數(shù)n都有T_n＜．

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一、填空題

1．；2．-1；3．48；4．；5．１；6．a(chǎn)；7．；

8．；9．；10．4；11．160；12．；13．；14．．

二、解答題

15．證明：（Ⅰ）

因?yàn)槠矫鍼BC與平面PAD的交線為

所以

（Ⅱ）在中，由題設(shè)可得

于是

在矩形中，.又，

所以平面　　　又

即平面PBC與平面PAD所成二面角的一個(gè)平面角　

在中　　

所以平面PBC與平面PAD所成二面角的大小為．

16．解：(Ⅰ)

          ……2分

由題意得，，得，

當(dāng)時(shí)，最小正整數(shù)的值為2，故．        ……6分

(Ⅱ)因 且   

則  當(dāng)且僅當(dāng)，時(shí)，等號成立

則，又因，則 ，即 ……10分

由①知：

因 ，則  ，

，故函數(shù)的值域?yàn)?sub>．                   ……14分

17．解：（Ⅰ）

當(dāng)時(shí)，g(x)=f(x)-f(x-1)

當(dāng)x=1時(shí)，g(x)=g(1)也適合上式

又

等號當(dāng)且僅當(dāng)x=12-x即x=6時(shí)成立，即當(dāng)x=6時(shí)，（萬件）

∴6月份該商品的需求量最大，最大需求量為萬件。

（Ⅱ）依題意，對一切，有

令

答每個(gè)月至少投入萬件可以保證每個(gè)月都足量供應(yīng)。

18．解：(Ⅰ)  由（x－12）²+y²=144－a(a<144),可知圓心M的坐標(biāo)為(12，0)，

依題意，∠ABM=∠BAM=，k_AB= , 設(shè)MA、MB的斜率k.

則且,  解得=2，=－ ．

∴所求BD方程為x+2y－12=0，AC方程為2x－y－24=0．

(Ⅱ) 設(shè)MB、MA的傾斜角分別為θ₁，θ₂，則tanθ₁＝2，tanθ₂＝－，

設(shè)圓半徑為r，則A（12＋），B（12－，），

再設(shè)拋物線方程為y²＝2px (p＞0)，由于A，B兩點(diǎn)在拋物線上，

∴ ∴ r=4，p=2．

得拋物線方程為y²＝4x。

19．解:（Ⅰ）設(shè)數(shù)列的公差為，由

    , ,解得，=3

    ∴

    ∵  ∴S_n==

(Ⅱ)  

∴

∴

(Ⅲ)由(2)知，

  ∴，

  ∵成等比數(shù)列

 ∴       即

當(dāng)時(shí)，7，=1，不合題意；

當(dāng)時(shí)，，=16，符合題意；

當(dāng)時(shí)，，無正整數(shù)解；

當(dāng)時(shí)，，無正整數(shù)解；

當(dāng)時(shí)，，無正整數(shù)解；

當(dāng)時(shí)，，無正整數(shù)解；

當(dāng)時(shí)， ，則，而，所以，此時(shí)不存在正整數(shù)m,n,且1<m<n,使得成等比數(shù)列。

綜上，存在正整數(shù)m=2,n=16,且1<m<n,使得成等比數(shù)列。

20．解:（Ⅰ）假設(shè)①，其中偶函數(shù)，為奇函數(shù)，則有，即②，

由①②解得，.

∵定義在R上，∴，都定義在R上.

∵，.

∴是偶函數(shù)，是奇函數(shù)，

∵，

∴，

.  

由，則，

平方得，∴，

∴.                    …………6分

（Ⅱ）∵關(guān)于單調(diào)遞增，∴.

∴對于恒成立，

∴對于恒成立，

令，則，

∵，∴，故在上單調(diào)遞減，

∴，∴為m的取值范圍. …………10分

（Ⅲ）由（1）得，

若無實(shí)根，即①無實(shí)根，    

方程①的判別式.

1°當(dāng)方程①的判別式，即時(shí)，

方程①無實(shí)根.                            ……………12分

2°當(dāng)方程①的判別式，即時(shí)，

方程①有兩個(gè)實(shí)根，

即②，

只要方程②無實(shí)根，故其判別式，

即得③，且④，

∵，③恒成立，由④解得，

∴③④同時(shí)成立得．

綜上，m的取值范圍為.           ……………16分

三、附加題

21A．（1）∵DE²=EF?EC，∴DE : CE=EF: ED．

          ∵ÐDEF是公共角，

          ∴ΔDEF∽ΔCED．  ∴ÐEDF=ÐC．

          ∵CD∥AP，    ∴ÐC=Ð P．

          ∴ÐP=ÐEDF．

（2）∵ÐP=ÐEDF，    ÐDEF=ÐPEA，

     ∴ΔDEF∽ΔPEA． ∴DE : PE=EF : EA．即EF?EP=DE?EA．

     ∵弦AD、BC相交于點(diǎn)E，∴DE?EA=CE?EB．∴CE?EB=EF?EP．

21B．解（Ⅰ）由條件得矩陣，

它的特征值為和，對應(yīng)的特征向量為及；

（Ⅱ），

橢圓在的作用下的新曲線的方程為．

21C．解：（Ⅰ）x²＋y²－4x－4y＋6＝0；                    

（Ⅱ）x＋y＝4＋2sin（）  最大值6，最小值2 ． 

21D．證明：

當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號成立．

22．解：設(shè)既會(huì)唱歌又會(huì)跳舞的有x人，則文娛隊(duì)中共有（7-x）人，那么只會(huì)一項(xiàng)的人數(shù)是（7-2 x）人．

 (I)∵，

∴．即．

∴．

∴x=2．           故文娛隊(duì)共有5人．

(II) ，，

的概率分布列為

0

1

2

P

∴ =1．

23．解：（Ⅰ）；

（Ⅱ）．