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設(shè)a>0，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，并且如果有極值時，求出極值。

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一、選擇題：本題考查基本知識和基本運(yùn)算，每小題5分，滿分60分．

（1）B      （2）D     （3）D      （4）B      （5）B       （6）C

（7）B      （8）C     （9）D      （10）C     （11）B      （12）A

二、填空題：本題考查基本知識和基本運(yùn)算，每小題4分，滿分16分．

（13）      （14）6，30，10    （15）120      （16）①④⑤

三、解答題：

（17）本小題主要考查三角函數(shù)的基本性質(zhì)和恒等變換的基本技能，考查畫圖的技能，滿分12分．

解（I）

         所以函數(shù)的最小正周期為π，最大值為.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知

1

1

1

故函數(shù)在區(qū)間上的圖象是

（18）本小題主要考查線面關(guān)系和直棱柱等基礎(chǔ)知識，同時考查空間想像能力和推理運(yùn)算能力，滿分12分．

解法一：（Ⅰ）連結(jié)BG，則BG是BE在面ABD的射影，即∠EBG是A₁B與平面ABD所成的角．

設(shè)F為AB中點(diǎn)，連結(jié)EF、FC，

∵ D、E分別是CC₁、A₁B的中點(diǎn)，又DC⊥平面ABC，

∴ CDEF為矩形．

連結(jié)DF，G是△ADB的重心，

∴G∈DF．

在直角三角形EFD中，

，

∵ EF＝1，∴   ……4分

于是

∵  ∴

∴

∴ A₁B與平面ABC所成的角是

（Ⅱ）連結(jié)A₁D，有

∵ ED⊥AB，ED⊥EF，又EFAB＝F，

∴ ED⊥平面A₁AB．

設(shè)A₁到平面AED的距離為h．

則  

又    

∴ 

即A₁到平面AED的距離為

解法二： （Ⅰ）連結(jié)BG，則BG是BE在面ABD的射影，即∠A₁BG是A₁B與平面ABD所成的角．

如圖所示建立坐標(biāo)系，坐標(biāo)原點(diǎn)為O，設(shè)CA＝2a，則 A(2a，0，0)，B(0，2a，0)，D(0，0，1)，A₁(2a，0，2)，E(a，a，1)，．

∴ ，．

∴ ，解得 a＝1．

∴ ，．

∴ ．

A₁B與平面ABD所成角是．

（Ⅱ）由（Ⅰ）有A(2，0，0)，A₁(2，0，2)，E(1，1，1)，D(0，0，1)．

，

，

∴ ED⊥平面AA₁E，又EDÌ平面AED，

∴ 平面AED⊥平面AA₁E，又面AED面AA₁E＝AE，

∴ 點(diǎn)A₁在平面AED的射影K在AE上．

設(shè) ，

則 ．

由 ，即l+l+l－2＝0，

解得 ．

∴ ．

∴ ．

故A₁到平面AED的距離為．

（19）本小題主要考查導(dǎo)數(shù)的概念和計算，應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)的方法及推理和運(yùn)算能力．滿分12分．

解：．

當(dāng)a>0，x>0時

f ¢(x)>0Ûx²+(2a－4)x+a²>0，

f ¢(x)<0Ûx²+(2a－4)x+a²<0．

（?）當(dāng)a > 1時，對所有x > 0，有

x²+(2a－4)x+a²>0，

即f ¢(x)>0，此時f(x)在（0，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增．

（?）當(dāng)a＝1時，對x≠1，有

x²+(2a－4)x+a²>0，

即f ¢(x)>0，此時f(x)在（0，1）內(nèi)單調(diào)遞增，在（1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增．

又知函數(shù)f(x)在x＝1處連續(xù)，因此，函數(shù)f(x)在（0，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增．

（?）當(dāng)0<a<1時，令f ¢(x)>0，即

x²+(2a－4)x+a²>0，

解得，或．

因此，函數(shù)f(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間內(nèi)也單調(diào)遞增．

令f ¢(x)<0，即x²+(2a－4)x+a² < 0，

解得

．

因此，函數(shù)f(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減．

（20）本小題考查離散型隨機(jī)變量分布列和數(shù)學(xué)期望等概念，考查運(yùn)用概率知識解決實(shí)際問題的能力，滿分12分．

解：（Ⅰ）x，h的可能取值分別為3，2，1，0．

，

，

，

；

根據(jù)題意知x+h=3，所以

，

，

，

．

（Ⅱ）；

因?yàn)?x +h＝3，

所以 ．

（21）本小題主要考查平面向量的概念和計算，求軌跡的方法，橢圓的方程和性質(zhì)，利用方程判定曲線的性質(zhì)，曲線與方程的關(guān)系等解析幾何的基本思想和綜合解題能力，滿分12分．

解：根據(jù)題設(shè)條件，首先求出點(diǎn)P坐標(biāo)滿足的方程，據(jù)此再判斷是否存在兩定點(diǎn)，使得點(diǎn)P到兩定點(diǎn)距離的和為定值．

∵ i＝(1，0)，c＝(0，a)，

∴ c+li=(l，a)，i－2lc=(1，－2la)．

因此，直線OP和AP的方程為

ly=ax 和 y－a＝－2lax．

消去參數(shù)l，得點(diǎn)P(x，y)的坐標(biāo)滿足方程y(y－a)=­－2a²x²，

整理得  ．      ①

因?yàn)?i>a>0，所以得：

（?）當(dāng)時，方程①是圓方程，故不存在合乎題意的定點(diǎn)E和F；

（?）當(dāng)時，方程①表示橢圓，焦點(diǎn)和為合乎題意的兩個定點(diǎn)：

（?）當(dāng)時，方程①也表示橢圓，焦點(diǎn)和為合乎題意的兩個定點(diǎn)．

（22）本小題主要考查數(shù)列、等比數(shù)列的概念，考查數(shù)學(xué)歸納法，考查靈活運(yùn)用數(shù)學(xué)知識分析問題和解決問題的能力，滿分14分．

（Ⅰ）證法一：（?）當(dāng)n＝1時，由已知a₁=1－2a₀，等式成立；

（?）假設(shè)當(dāng)n＝k（k≥1）等式成立，即

，

那么

，

也就是說，當(dāng)n＝k+1時，等式也成立．

根據(jù)（?）和（?），可知等式對任何n∈N₊成立．

證法二：如果設(shè)a_n－a3ⁿ=－2(a_n－1－a3^n－1)，

用代入，可解出．

所以是公比為－2，首項為的等比數(shù)列．

∴ （n∈N₊），

即 ．

（Ⅱ）解法一：由a_n通項公式

，

∴ a_n>a_n－1（n∈N₊）等價于

（n∈N₊）．      ①

（?）當(dāng)n＝2k－1，k＝1，2，…時，①式即為

，

即為 ．               ②

②式對k＝1，2，…都成立，有

．

（?）當(dāng)n＝2k，k＝1，2，…時，①式即為

，

即為 ．

③式對k＝1，2，…都成立，有

．      ②

綜上，①式對任意n∈N₊成立，有．

故a₀的取值范圍為（0，）．

解法二：如果a_n>a_n－1（n∈N₊）成立，特別取n＝1，2有

a₁－a₀=1－3a₀>0，

a₂－a₁=6a₀>0，

因此  ．

下面證明當(dāng)時，對任意n∈N₊，有a_n－a_n－1>0．

由a_n通項公式

．

（?）當(dāng)n＝2k－1，k＝1，2，…時，

＝0．

（?）當(dāng)n＝2k，k＝1，2，…時，

≥0．

故a₀的取值范圍為（0，）．