2015年高二数学暑假作业答案

91.

(0,2

3. 4.

7.m2或1m8. 9.10. 11.

5－

0,1 14.

2 （1）由1x0，得1x1，函数的定义域为（-1，11f(x)

1xa1 1xa1 1x1

x 1 x1，

1xf(x)f(xa11x1a11x

0<x<1；当0a11x2＝1，

解得-

x＝0x＝a又因方程有唯一解，∴a12 解由已知 ＝(log 2－)＋ 1

x＝2时，f(log2x

logx2－log x2－x＋2

1231232213cos（2）当0t14(14t)2(14t)2(34t)22(14t)(34t)cos16t216t当t34(4t1)2(4t(4t1)2(4t3)22(4t1)(4t3)cos16t216t(4t1)2(34t)22(4t1)2(34t)22(4t1)(34t)

km716t716t216td(t)

16t16t216t

16t2 116t2 1 2答：甲乙两人在起始位置时的距离为7km；当t1（h）时，两人的最短距离3km2(1)x<0 bb(2)①0<a<b<1时，f(x)为增函数 即2ab－a2b＝2ab－ab2＝1，得a＝b，与a<b②1≤a<b≤2时，f(x)aa

a2－a－1

1＋ ，即

.∴a＝1，b＝

b－b－1③0<a≤1<b<2时，由图象知 1＋综上：a＝1，b＝ x22x（1）a2f(xx22x2x22x

xx

y

f(x的增区间为[1,，减区间为(,1ax22xax （2）f(x)x22x

，a 1x2a2yf(xf(1)a1=2，a=3当2a2ya

f(xf

2 2

2 41. 2. 3. 4. 43

2

b

2(e,23xy0或24xy5414.215fx

11.

13. f（1）＝－1＋a＋b＋c＝－2，a＋b＋c＝－1.②（1）f（x）x＝－2f2＝－12－4a＋b＝0.③得a＝－2，b＝4，c＝－3.所以 f(0)b 于或等于零，则f(2)12f(0)bb≥4.b的取值范围为fxfx＝f

＝0，x1x2＝ 解：(1hxlnx,x0,所以hx1lnx h(x)0x0,得0xeh(x)0x0xehx的单调增区间是(0,e,单调减区间是[exehx1e(2)xf(x2x2ax12x0,)xlnxx22x2ax12x0,)恒成立,alnxx12x0,恒成立,x设(xlnxxx

,因为(x)

x2xx

(x x故x在(0,3上递减,在[3,a7ln3

（1）AAEDCEAE2DE

,AD

ABxCDx

12xx

10x5

，CD5 tan

y202AD10400

38000 0 tan （2）y3800080002cosy

sin22coscsin2y0，则，当0y0y 3 当,时，y0此时函数y单调递增所以当时 000 33 33 答：当ADC60时，等价最低，最低造价为51840元（1）a1f'xex1f'1e1f1efx在点1f1yee1x1，ye1x1．（2）∵f'xexaa≤0f'x0fx在Ra0f'xexa0xlnaxlnaf'x0fx单调递减；xlnaf'x0fx单调递增．a≤0fx的单调递增区间为(a0fx的单调递增区间为lna，单调递减区间为lna由（2）a0fx在Rfx≥ba0b≤0ab0a0fx≥bxR都成立，得bfminx，∵fminxflna2aalna，∴b≤2aaln∴ab≤2a2a2lna设ga2a2a2lnaa0，∴g'a4a2alnaa 由于a0，令g'a0，得lna ，ae22 3 a0e2g'a0gaae2g'a0ga ∴gmaxa ，即ab的最大值 3ae2b

1e22

x22xx22

3x（1）

3

3

＜0，xa时，f′（x）＞0.f（x）的单调递减区间为0aa 3 , 3上单调递减，在a,2上单调递增，所以g（a）＝fa＝－ a33 33 2 2

a

,0a 2(2

a2 .2

2 2

3 3

494

8．[k,k],k 32－π32

9． 2

17

30解：(1)1)tanα＝2，所以sinα＝2sinα＝2cosα解得

所以

2

(解法2)因为cos2α＝cosα－sinα＝ 2＝ sinα＋cos tan 又tanα＝2，所以cos2α＝ 2

(2)1)α∈(0，π)tanα＝2α∈ 7 7cosβ＝－10，β∈(0，π)sinβ＝104 7 3 2sin(2α－β)＝sin2αcosβ－cos2αsinβ＝5×10－－510＝－2

2tanα

(2)α∈(0，π)tanα＝2α∈，2

2＝－37 7

1－tancosβ＝－10，β∈(0，π)sinβ＝10

4

π解：(1)由三角函数定义得cos sin 2sinαcos

2cosαsinα＋cos

∴原式

sinαcos

sinα＋coscos

＝2cosα＝2×－5 ∴sinβ＝sin－2＝－cosα＝5，cosβ＝cosα－2＝sin4 3 sin

sinαcosβ＋cosαsin

cosβ－sin ＝

＝1

f(x)cos(2x)2sin(x)sin(x 1cos2x 3sin2x2sin(x)sin[(x) 1cos2x 3sin2x2sin(x)cos(x 1cos2x 3sin2xsin(2x 1cos2x 3sin2xcos2xsin(2x) T由2xkkZxkkZ xkkZ

x

5 3sin(2x)1 f(x)在区间[-

312 （1）f(x0,sin2xsinxa0asin2xsinx(sinx1)21 1x1,1a14a[12f(x)04

f(x)(sinx1)21 x1,当sinx1f(x1 当sinx1f(xa2

a21f(x) 43a4

1a （1） 2x3cos 1sin2x

3cos2x2sin(2x)13Qx,，

2x

21

sin2x 1，即22sin2x 13 3f(x)max3,f

2

3（2）

f(x)m2m(f(x)

f(x)2mm

f(x) m(f(x)

m

1m4解:（1）fx2sin2x．所以函数的最小正周期为T2x0 6

2

7

6 所以2x

x 时函数fx为增函数而在x

6

62

6

62fxf2sin2f2sin

1622 622 （2）由（1）fx2sin2xf

6，则sin

3 6

6

,，则

27，因此cos

0

06 6

6所以cos

4，于是cos2x

343 6

cos

6 6 专题四

2． 3(77 4．45 6（3-

， 5， 212

52

4m2且m3

52

2

2＝－解：(1)由已知得2[1－cos(A－B)]＋4sinAsinB＝2＋2，化简得－2cosAcosB＋2sinAsinB＝2，故 2，＝－ A＋B＝4C＝4 1absinC，由

π

a＝3

＝4c2＝a2＋b2－2abcosCc＝（1）nxy)则x2y21 mn

3xymn3

1.x

x

由①②得y1或

n0,1)或n

,)2 y 3 3（2）由（1）nq

3,1n2

,)2 3x21(xy2) y23x2∵n , ∴t3x26x43(x1)2

.∵y23x2x0,∴0x13x

t取得最大值17ABACcosAABACcosA12ABAC12ABACsinA,mABAC17.S17.

S1 sinAmtanAtanA2S即tan2S6cos 3（1）∵0m3

,∴0

tan

,∴tan 3333∵

AB

AC的夹角6

2 3sin2sin(2)1 ∵,∴2 ,∴1sin(2)1 f(1,0f(的值域为1,0 （1）acb2a2c22accosB∴cosB

a2c2

2ac

1（ac时取“=”号2∵B(0,

,∴0B3（2）y

1sin2BsinBcosB

sin2B2sinBcosBcos2BsinBcos

(sinBcossinBcossinBcosB

,∵0B,∴

B

∴2sin(B)

2,∴1y 2

（1）设

（R1AEAF1ABACAMAMmABnAC(ABACmn（2）MNANAM＝1ABAC1AEAF)1(1mAB1(1nACmn1

MNMN1(1m)AB1m 所以

MN|2MN|21(1m)2AB21m2AC21(1m)mAB＝1(1m)21m21(1m)m1(m1)23MN 3 MN 3m12

4

sin

sin sin120°sin

43sinθ.43

3 3

sin sin1

CP·OCsin3234343＝2

3sin3

sin(60°－θ)×

4343

sin ＝

2 1sinθ2cos

sin cos260 3 3

233 33专题五3n

4．n2n

(8,3 8．(3, 9． 75

n

13．an

3n2,nN

3

nan1an1

Sn,

n2S 化简,得

2(n

n

2SnnaS1,S110,Sn0,n12

Snnn数列Snn n

2n1,

nn2n1n

n2n2n1(n2)n

(n1)

(n2)

a11na(n1)2n2nan的公比为qq1 a1 3

3

4 ⑵ 23n1123nlog

3a (n2,nN*)an1an2(anan1)a12,a24,a2a12

(n2)an1anan

2数列an1an a an(anan1)2n12n22n3...212 (n2)又a2满足上式，a2n1n由（1）知n

2(an1)

1)21n n

Sn2n(12122 Sn2010，得2n2

2010n

1006nN*,n

n1

S, 在曲线y(x1)2上,所以

1)2 a

n1n2,得到

a

a1a1a11a23a35

Sn1所以数列

1)2Sn

+(n11

n2 a

，SnSn1nS

2n

nan2n11a因为b1a

(2n1)(2n所以T11 1 3 (2n1)(2n 2n 2n

(1+

)= 3 （1）

2n12n 2n(1)n4

2n 2n 1 3log()23n 14 44

(3n2)

(1)n4

1(1)141

4((

27((

3.......(3n5)((

(3n2)1n((1S4

1(141

2

(1)374

(1)4...(3n5)

(1)n(3n2)

(1)n143S1 1 1 1

1

14

3[(

()

....()](3n2)(

(3n2)(

212n8cn1cn1

(1)n14

(1)n9(1n)4

(1)n14所以当n1cc1n2

c

即cccc ,当n1或2时，c有最大值为1 c1m2m1n 1m2m11，即m24m50,m1m5 20（1）3Sn5anan13Sn1(n23Sn3Sn15anan1(n3an5anan1(n2，即2anan1(n2a1211

2

(1

(1)n2

(2n

(2n

11)( ∴Tn

(

3(

5(

(2n

n21)( 1)(1Tn

(1

3(

5(

(2n

n11)( 1)(∴1Tn22

1112 1n2(2n

1

( ( (

1)(211(

n1

1

12

11)(1)(

(2n1)(2

6(2

(2n1)( 2∴

12

(2

(2n

12(2n 3)(3)(

n2 cntnlgt，∵数列c cnN*恒成立．(n1)tn1lgtntnlg 0t1lgt0,tn0(n1)tn对nN*∴t(n

．∵

nN*n1

n n∴(n 1，∴0t1n1

T 3.[－5, T4

{x|－1＜x＜1｝7.

0,2

10.211.2

3 3 20,2（1，10 20,2

1,1 2

5

＋30°)＝4

＋2cosθ－sinθ cosθ－ ＝sin2θ cos＝sin2θ

2θ＋cos

— ＝ 解:x0x x0则y

，即

0, Q(x0y0y＝f(x∴－y＝x22xy＝x22xg(x)＝x22x(2)g(x)≥f(x)－|x－1|2x2－|x－1|≤0.x≥12x2－x＋1≤0，此时不等式无解． x<12x＋x－1≤0，∴－1≤x－1， (x1)(xa)xa1ax1或x2a1x2⑶当1a2时，不等式有解为1xa或x2；a2x1且x2a2时，不等式有解为1x2或x（1）b1b1 0b1f(x) 2 21 （2）由（1）知f(x) 2

2x 2x2设x1x2f(x1f(x22x

x 2

(211)(22因为函数y=2x在R上是增函数且x ∴2x22x1 又(2x11)(2x21>0f(xf(x>0f(xf(x ∴f(x)在(（3）f(x

f(t22t)f(2t2k)f(t22tf(2t2kf(k2t2f(x为减函数，由上式推得t22tk2t2．即对一切tR有3t22tk0，从而判别式412k0k1.33（1） 33则S△ADE=S△BDE= 3323

，∴1(x343

3)(y2) 3∴(x3)(y2) 34x 33（2）PQ2AP2AQ22AP4x 33=(x

3)2

)22

3 2·4x 84x 83233

12

当(x

3)2

)2x243

b

b

b故

a专题七7 2 71. 4. 2

12

7.7 8.

3 999 11. 12. 2＋解：（1）∵PD⊥ABCDPDBCBCCDBCPCDBCPC设点APBCh2h2

APBCVP

,∴13

h13

16．(1)ABCDAB⊥BCABCDBCEABCDBCE＝BC，AB⊂ABCDABBCE．CEABE．(2)BDACODE∥OF.ABCD中，OBD中点，BF ＝BE解：(1)∵折起前ADBC△ABD，AD⊥DC，AD⊥DB.DB∩DC＝D，∴AD⊥BDC.∵AD⊂ABDABDBDC.(2)由(1)知，DA⊥DB，DB⊥DC，DC⊥DA.∵DB＝DA＝DC＝1，∴AB＝BC＝CA＝1

×2×2×sin 3 31

3＋3＋3 3(1)D1CMNDD1C，∴MN∥D1C.又∵D1C∥A1B，∴MN∥A1B.同理C1BMNMPMN，MPMNP6262

3232

2∴BC⊥AC,∵AA1⊥平面ABC，BC平面 ∵AA1∩AC=A，AA1AA1C，ACAA1∴BC44

4 14故A-ABC=3SABCAA1 ACBCAA1

3 4413x2(4x213x2221即AABC1

3

∵0<x<2，0<x2<4，∴当x2=2，即x 3.2:Rt△ABC 1

1AC2 1 VA-ABC=3SABCAA1 ACBCAA1 ACBC 3 2当且仅当AC=BC时等号成立，此时 23:设BACRt△ABCBCABsin2sinACABcos 1

A-ABC=3SABCAA1 ACBCAA1 2cos2sin 3 2当且仅当即AC=BC时等号成立，此时 24

CO＝

＝ Rt△FCDRt△CBG中，FC＝CB，∠CFD＝∠BCG，∴VDABFVABDF

SB

5×5＝ 3 ＝2

(,2

专题八3. 5.(2,2 (23,

6.2 8.3－ 9.

(

2,

2

2,3

33

(x1)2(y5)2

214.42 3

解：设由点B在直线x4y100上可设B(4a10a)，则AB中点4a7a1) 64a710a1590a5B(10,5 Ax4y100A'(mnAA的中点坐标为m3,n1n1mm

n1

4

10ABCBC的方程为2x9y650 (2)圆心O到直线m的距离为d O的半径r＝2，故弦AB的长为|AB|＝2r2－d2＝2 故△AOBS＝|AB|×d＝×24－d2×d＝4d2－d4＝－d2－22＋4

2 2所以 所以 2∈(0,1]，d∈(0,1]时，Sd＝1，k＝0S取得最大值3，yx解:(1)由y2x4yx∴圆C(x3)2y2)21Cykx3,即kxy30kk23k2

1，∴3k1

2k(4k30k0或者k3k2k2Cy3y3x3y3或者3x4y1204(2)解:∵圆C的圆心在在直线l:y2x4C为(a,2a-4)则圆C的方程为(xa)2y2a4)21x2(yx2(y

x2y1)24x2x2yMCDCDa2(2a4)∴a2(2a4)由5a212a80xa012

；由5a212a0，得0x125 5(3)2解：(1)A((3)2

5AC4，所以OC1C(34)5BD4D(500所以直线CD的斜率 1， 5 所以直线CDy1(x5x7y507（2)设C(3m4m)(0m≤1)，则OCACOAOC55mACBD，所以ODOBBD5m+4，D点的坐标为(5m+40)又设OCDx2y2Dx+EyF0F则有

2

3mD4mEF5m425m4DF所以OCDx2y25m4)x10m3y0，x2y24x3y5m(x2y)0，x2y24x

x

x令x+2

，所以y0（舍）或y OCD的外接圆恒过定点为(21解：(1P(2m，mMP＝2，所以(2m)2＋(m－2)2＝4，m＝0m＝.8PP(0,0)P5 22 22

2222

7，， y 故其方程为(x－m－1＝m

－1

x2y22y2xy2xx0 y2, y 55A，P，M三点的圆必过定点02,2455yPEByPEBDC x.解：(1)BFBEBCBFBCBECE4，B的轨迹是以CF4的椭圆，2B24

3

线段CF的中点，所以CEOD，且CE2ODPQEFPQy1x22PQx2y40E，G的坐标分别为(x，y和(x，y)M的坐标为x1

y1y2) ，E，G均在圆CFGFE 所以(x1)2y2 (x1)2y2 (x11)(x21)y1y2 x2y2152xx2y215

，x

y

x

1．

1 1 MO21[(xx)2yy)21[(x2y2x2y22(xxyy 1 11[152x152x2(x

1)]7 7即M点到坐标原点O的距离为定值，且定值 7专题九33

3．

y 5．

66．6

7．± 16 4,4,9． 2

12．[214,23

2

2222

2y1的两个焦点分别 y 方程组得交点 所求椭圆的长 ， ，∴因此，所求椭圆的方程 解：k2＝3，k＝±3.∵lF、B，∴k＞0k＝

2

(2)MOM，则|OM|2＝

5 2 12∴e2＝ ≤

－3 c解：(1N(2，－3)，得＋

＝a2＝16，b2＝12.

＋

a16

xyxy xyxy

＝1，

16 12·

16

＝0.整理，得k＝－ ＝，16·y1＋y2 38

解：(1P(xyy0A(6,0F(4,0PAPFx6x4y20222 又因为 1，所以

9x180x6（舍去x3y53 P坐标为32

3 (2)M(m,0)6m6APxm2.设Q(xyMQd

3y60MAPmmxx22x222059

6m4 9 x

15x2dmin

152（1）2

21(ab0)的离心率 2 a22c2a22b2C过点

6)，∴1

∴a24，b22

C

1 （2）BMkBMyk(x2P(x1y12yk(x2C2

1(2k21)x24k2x8k2404k2x12k21，x22

4k2

y1k(x12)2k21P2k2

)12k x2y4kM(24kOM24k4k24k2AP

8k

又

)＝ )2k2 2k2 2k212k216k 16k∴APOM 02k2 2k2∴APOM4k2 OPOM )(2,2k212k28k24=

8k2 4∴

2k2 2k2OPOPa2（1）a23

22b2ba 2bay1. c ，∴b1，则a3，∴椭圆方程为x2y1. （2）①PEME0，PE的斜率为kPEykx1，ykx

x

9k2

x

9k21由 得

或y1,∴P(9k2 )9

y9k1

19k 9k2 9k用k去代kMk29k

9)1：

9k2

，k29k∴PM：y

k2 (x

y

k2 x k2 k2

T(0,∴直线PM经过定 T(0,52：作直线ly轴的对称直线lP、MyPMPM相yy轴上，k1P(94M(94PMy轴上的点T(0,459k21

5 9k2∵

9k2

5k2

,

k2

5k21,,9k2 k2∴

kMTPM、TPM经过点TT(0,综上所述，直线PM经过定 T(0,5ykx

x

1k2

x

k21②由x2y21得

或 ∴ )1k2 y 1k2k21 yk21

k21则直线AB：y x设tk21，则tRPMytx4ABy5tx 35假设存在圆心为(m,0)，半径 的圆G，使得直线PM和直线AB都与圆G35 125t

5

由（i，得25t2(m21818对tRm218|mt

5

由（ii）(m218)t28mt20对tR m218m218

(8

24(m218

2)0，得m22 2m 2

35∴存在圆心为(m35

的圆GPMAB都与圆G相交，所有m合为

2 2) (0,解法二：圆G:(xm)2y218，由上知PM过定 (0,

m2

218AB

2

点，故Gm

.． 5专题十 2.2

3. 4.1

5.4

7.6

3

11. 12. 13. 14.（1） 6

根的长度都不在区间(20，25)内概率P＝ 3120，251－P＝5（1）生在第一和第二个路口没有遇到红灯，第三个路口遇到红灯”所以A的概PA111114 设这名学生在上学因遇到红灯停留的总时间至多是2min的为B，这名学2 在上 遇到k次红灯 为Bkk0,1,2,3,4，由题意,得P(B0) 12

3 P(B1)433

.由于B等价于“这名学生在上学至多遇到一 P(B)

)P(B)16 数的比

＝A，B，C9(B1B2B1B3)，(B1C1B2B3B2C1B3)，(A1C1A2B1)，(A2B2)，(A2B3)，(A2C1)921A 概率为 （1）.3区的概率为5（1）21，21（2）2

31 1248“21 （1）

． 26种可能．故得三等奖及以上的概率118261

28（1）

0.19，

（2）y＋z＝2设初三年级比男生多的为A，初三年级男生数记为（y，z

50012

yz500

y,zN,基本空间包含的基本有（245，255（246，254（247，253（251，249（252，248（253，247个P(A)（一

4．2

5．x

7．28．（2（4） 9．

11．2

12．1π

14．232231CEP,FP,BPFCDFP//DE，FP＝1AB//DEAB2

DEAB//FP，AB＝FPABPFDE⊥AFAF⊥CD，CD∩DE＝DAFCDE． 解：(1)因为(2ac)cosBbcosC由正弦定理,得(2sinAsinC)cosBsinBcosC2sinAcosBsinCcosBsinBcosCsin(CBsinA在△ABC0AπsinA0，所以cosB2又因为0BπBπ3ABC331acsinB33ac3 b＝3b2a2c22accosBa2c2ac＝3，即(ac)23ac3所以(ac)2＝12，所以a＋c＝ 3（1）∴y1000(1

ay1000(1v

a) 定义域为 v2

1000(4v2)250 y0，得v2a∵vaa

v80ya∴当 <80，即0<a<1600时av（0，2a2（2a0y↘↗a在v= aa（答）以上说明，当0<a<1600（元）时，货车以 km/h的速度行驶，全程成本最小；当a1600（元）时，货车以80km/h的速度行驶，全程成本最小 x2ax x2ax（1） (x0) a0f(x)0f(x的单调增区间是0，a0f(x的单调增区间是2a，单调减区间是02a，a0f(x的单调增区间是a，单调减区间是0a（2）a1f(xx2lnx，由（1）f(x在12上递减，在2,exf(x)minf(2)3ln2g(x3ln2x1,e1 1

1 1

e2

e2所以b2xxx1,exe2xx有最大值

，所以b 19（1）由条件，a2，ec2 44b2∵b2c24∴b21，c2= ∴椭圆的方程 4

1OCy 代入椭圆方 21214k

1

=得(14k2x24

214k214k14kAByk(x2)，x24y2=4，得(14k2x216k2x16k2402(4k2∵xA2，∴xB2(4k2

14k

14k

,14k22(4k2

∵OCOB0

14k

14k

14k

014k∴k21．∵C在第一象限，∴k>0，k 2114kOCOC214k

)BA(2

2(4k214k

,04k)14k 1

,2,

2)由OCBA，得

1kk24∵k

2，∴ 3 （1）anan22an1，a1a21，a32a2-a1+1，a42a3-a2+31a52a4-a3+61，a4a13a5a43，a4a1a5a4（2）由anan22an1an2an1an1an+，令bnan1an，则bn1bnb1a2a10，所以bnb1n1)n1)，an1an(n1)，所以cn2an2an2(2n1)．SccL

22325

当0时，Snn

当0时，Sn2

L

1 （二21． 3

6．3

7． 2 9．

11． 12．(x1)2(y7)2

15.（1）ADBC0ADBCADh

，得|AB||AD|cosBAD135ABABADh2135h315．即|AD|315 （2）∵cosA1，∴sinA4ahbcsinA，得bc6

154∵a2b2c22bccosA，∴b2c213b2，c3，b3，c∵cb，∴b=2，c=16（1）QDABABA1DACBCDAB的中点，∴ABCDQ CDDABA1DCABABCA1DCABCA1C证明：连结C1A1C

DEAA1C1CEAC1的中点．ABC1DABDEBC1．DEA1DCBC1A1DC

BC1A1DC解： (1)如图，作SC垂直OB于C，则SA＝3Rt△SABBA＝33米．SC＝3，∠CSO＝30°Rt△SCOOC＝3．因为BC＝SA＝3，故OB＝23，即立柱高为23米 在△SON和△SOM(22·2(2(22·22·2

，得

22

＝ab≥

又∠MSN∈(0，π)

a （1x＋y3=0,

(2

6)xy0C（－1，2xy30Q（5，－4Qr=2所以圆Q（x－5)2＋(y+4)2=2坐标代入化简得

33

x2y2 20 2x4

3 3

， （1） 11n4n （2）

naaaaa

Tn1 2 3故TT11

1

2n2nn

2n1,则sns2s3 snn121357 2n1n12n2n122n 令2n12009,得n1005，所以存在满足条件的自然数1005.（1）2f(xlnxx2xx0 2x2xf(x) 2x1

(xf(x)0，得2x2x10，x0x1．f(x的单调减区间为(1)．（2）g(xf(x-(ax1lnx1ax21a)x12 ax2(1a)x所以g(x) ax(1a) a≤0x0g(x)0．gx)在(0)上是递增函数， xf(xax1a0g(x)

a(x )(x(1a)x1 a(x )(x g(x0x1ax(01g(x0x1g(x0

1

的最大值为g() a()(1a) 1 h(a

h(110h(2)1ln20，又因为h(aa(0 a≥2h(a0．所以整数a2．（2）f(xax1恒成立，得lnx1ax2xax1在(02

a≥lnxxx22

在(0g(x)lnxx 1x22

ag(x)max(x1)(1xln因为g(x) ，令g(x)0，得1xlnx0．(12

2 h(x)1xlnxh(x)110，所以h(x)在(0 不妨设1xlnx0x x(0x0g(x)0x(x0g(x)0gxx(0x0x(x011g(x)

g(x)lnx0x01

2 所

1x2 x(11x 2 2 因为h()ln2 0，h(1) 01x1，此时10

2

a≥2，即整数aa2f(xlnxx2xxf(xf(xxx0，即lnxx2xlnxx2xxx 1 1从而(xx)2xxxxln(xx 令tx1

，则由(t)tlnt得，(t)tt(t在区间(0,1上单调递减，在区间(1上单调递增．所以(t≥(1)1，所以(xx)2xx≥1xx

51

(2,23

255

x2(y2)2

6.

1

67.k和k ,(k 6

y1

yx2(|x 2

1，

1

5，

14.3解：这个变换的逆变换是作关于x轴反射变换，再作绕原点顺时针旋转

变换，其矩阵42cossin 2

2 4

4 0 22 22

2sin

cos

2 4 4 2（1）圆的直角坐标方程为(x2)2y24xcos（2）把ysin,4cosP(xyCAP(xy)

，，xa

a2

b2

yb

又因为点P(x,y)在椭

1

1．由已知条件可知， x2y2CC

a2=9，b2=4．a>0b>04cos4sin24cos4sin2x2

xcos

ysinx2y24x4y0，其圆心C的坐标为(22222半径r22,又直线l的普通方程为xy20,∴圆心C到直线l的距离d 2228A