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在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)A（-1，1），P是動(dòng)點(diǎn)，且三角形POA的三邊所在直線的斜率滿足k_OP+k_OA=k_PA．
（Ⅰ）求點(diǎn)P的軌跡C的方程；
（Ⅱ）若Q是軌跡C上異于點(diǎn)P的一個(gè)點(diǎn)，且

PQ

=λ

OA

，直線OP與QA交于點(diǎn)M，問：是否存在點(diǎn)P使得△PQA和△PAM的面積滿足S_△PQA=2S_△PAM？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．

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在平面直角坐標(biāo)系xoy中，已知點(diǎn)A（-1，1），P是動(dòng)點(diǎn)，且△POA的三邊所在直線的斜率滿足k_OP+k_OA=k_PA
（1）求點(diǎn)P的軌跡C的方程
（2）若Q是軌跡C上異于點(diǎn)P的一個(gè)點(diǎn)，且

PQ

=λ

OA

，直線OP與QA交于點(diǎn)M．
問：是否存在點(diǎn)P，使得△PQA和△PAM的面積滿足S_△PQA=2S_△PAM？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．

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文科數(shù)學(xué)參考答案和評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)

1.B　2.C　3.D　4.C　5.B　6.C　7.B　8.D　9.D　10.A　11.D　12.C

13.1　14.2　15.2　16.

17.解：f(x)＝2sin(＋)?cos－1

＝sin x＋2cos²－1＝sin x＋cos x＝sin(x＋).4分

(1)令－＋2kπ≤x＋≤＋2kπ，得2kπ－≤x≤2kπ＋.

∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間是[2kπ－，2kπ＋](k∈Z).8分

(2)當(dāng)x∈[0，)時(shí)，x＋∈[，)，則sin(x＋)有最小值，

此時(shí)f(x)_min＝1，故由題意得1－m>1⇒m<0.12分

18.解：(1)四人恰好買到同一支股票的概率P₁＝6××××＝.6分

(2)四人中有三人恰好買到同一支股票的概率P₂＝＝＝.

所以四人中至少有三人買到同一支股票的概率P＝P₁＋P₂＝＝.12分

19.解：(1)∵AC₁＝2，∴∠A₁AC＝60°.

又∵側(cè)面A₁ACC₁⊥底面ABC，作A₁O⊥AC于點(diǎn)O，則A₁O⊥平面ABC，2分

可得AO＝1，A₁O＝，∵正△ABC的面積S_△ABC＝3，

∴三棱柱ABC―A₁B₁C₁的體積V＝A₁O?S_△ABC＝?＝36分

(2)(法一)：以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖空間直角坐標(biāo)系.

∵AO＝1，BO⊥AC.則A(0，－1,0)，B(，0,0)，A₁(0,0，)，C(0,1,0)，B₁(，1，).

∴＝(，1,0)，＝(，2，)，＝(0,2,0).

設(shè)平面AB₁C的法向量為n＝(x，y,1)，由

解得n＝(－1,0,1)，10分

由cos〈，n〉＝－得：棱A₁B₁與平面AB₁C所成角的正弦值為.12分

(2)(法二)：如圖可得B₁C＝＝，△ABM中，得AM＝，∴AB₁＝，AC＝2，∴AC⊥B₁C.∴S△AB₁C＝.設(shè)B到平面AB₁C的距離是d，則有d＝＝＝.9分

設(shè)棱AB與平面AB₁C所成的角的大小是θ，則sin θ＝＝，又AB∥A₁B₁，

∴A₁B₁與平面AB₁C所成的角的大小是arcsin.12分

20.解：(1)設(shè)這二次函數(shù)為f(x)＝ax²＋bx(a≠0)，則f ′(x)＝2ax＋b，由于f′(x)＝6x－2，得a＝3，b＝－2，所以f(x)＝3x²－2x.2分

又因?yàn)辄c(diǎn)(n，S_n)(n∈N^*)均在函數(shù)y＝f(x)的圖象上，所以S_n＝3n²－2n.3分

當(dāng)n≥2時(shí)，a_n＝S_n－S_n－1＝(3n²－2n)－[3(n－1)²－2(n－1)]＝6n－5.4分

當(dāng)n＝1時(shí)，a₁＝S₁＝3×1²－2＝6×1－5，5分

所以，a_n＝6n－5(n∈N^*).6分

(2)由(1)得知b_n＝＝＝(－)，8分

故T_n＝_i＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝(1－).10分

因此，要使(1－)<(n∈N^*)成立，

必須且僅須滿足≤，即m≥10，所以滿足要求的最小正整數(shù)m為10.12分

21.解：(1)F′(x)＝x³－3bx＋3b，設(shè)g(x)＝x³－3bx＋3b.則g′(x)＝3x²－3b＝3(x²－b).2分

依題意，方程g(x)＝0有三個(gè)不等實(shí)根，∴首先b>0，于是

x

(－∞，－)

－

(－，)

(，＋∞)

g′(x)

＋

0

－

0

＋

g(x)

?

極大值

?

極小值

?

∴g(x)_極大值＝g(－)＝2b＋3b>0，g(x)_極小值＝g()＝3b－2b.

依題意：g()<0.解得b>.6分

(2)依題意：g(x)≥0對(duì)∀x∈[1,2]恒成立.

①若b≤1時(shí)，則g′(x)≥0，x∈[1,2].此時(shí)g(x)_min＝g(1)＝1>0.符合.8分

②若1<b<4時(shí)，則g′(x)＝0得x＝.當(dāng)x∈(1，)時(shí)，有g(shù)′(x)<0；

當(dāng)x∈(，2)時(shí)，有g(shù)′(x)>0.

∴g(x)_min＝g()＝3b－2b≥0.解得1<b≤.10分

③若b≥4時(shí)，則g′(x)≤0.∴g(x)_min＝g(2)＝8－3b≥0⇒b≤，矛盾.

綜上，b的取值范圍是b≤.12分

22.解：(1)在Rt△F₁MF₂中，|OM|＝＝2知c＝2，2分

則解得a²＝6，b²＝2.∴橢圓方程為＋＝1.6分

(2)設(shè)N(m，n)(m≠0)，l為y＝x＋t，A(x₁，y₁)，B(x₂，y₂)，

由y＝x＋t與＋＝1得(＋)x²＋tx＋－1＝0.8分

∴x₁＋x₂＝－mnt，x₁x₂＝m²(－1)，①10分

∴k_NA＋k_NB＝＋＝

＝，12分

將①式代入得k_NA＋k_NB＝.

又∵NA、NB與x軸圍成的三角形是等腰三角形得k_NA＋k_NB＝0，

∴n²＝1代入＋＝1，得m²＝3，∴N(±，±1).14分