在邊長為的正三角形ABC中，設(shè)=c,=a,=b,則a·b+b·c+c·a等于

A.-3                B.0                 C.1                  D.3

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在邊長為的正三角形ABC中，設(shè)=c,=a,=b，則a·b+b·c+c·a=_______.

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一、選擇題：（本大題共8小題，每小題5分，共40分.）

題號

（1）

（2）

（3）

（4）

（5）

（6）

（7）

（8）

答案

B

B

A

D

D

C

A

C

二、填空題（本大題共6小題，每小題5分.有兩空的小題,第一空3分,第二空2分,共30分）

（9）2　�。�10）,8　�。�11）（-∞,-1）∪（-1,1）　�。�12）16,

（13）　　（14）204,53

三、解答題（本大題共6小題,共80分.）

（15）（共12分）

解：（Ⅰ）由已知可得

f（x）=（cosx+2sinx）（cosx-sinx）+2sinxcosx…………………………1分=cos²x-sinxcosx+2sinxcosx-2sin²x+2sinxcosx

=cos²x+3sinxcosx-2sin²x

=（1+cos2x）+sin2x+（cos2x-1）

=（sin2x+cos2x）-=sin（2x+）－…………………6分

由-<2x+<+得： -<x<+…………………8分

即函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（-,+）（k∈Z）.…………9分

（Ⅱ）由（Ⅰ）有f（x）=sin（2x+）－,∴f（x）_max=.…10分

所求x的集合.…………………………………12分

（16）（共14分）

方法一：

（Ⅰ）證明：連結(jié)BD交AC于E，連結(jié)ME. ……………………………………1分

∵ABCD是正方形，∴E是BD的中點.∵M是SD的中點,∴ME是△DSB的中位線.

∴ME∥SB. ……………………………………………………………………2分

又∵ME?平面ACM,SB?平面ACM,………………………………………3分

∴SB∥平面ACM. ……………………………………………………………4分

（Ⅱ）解：取AD中點F，則MF∥SA.作FQ⊥AC于Q,連結(jié)MQ. ……………5分

∵SA⊥底面ABCD，∴MF⊥底面ABCD.

∴FQ為MQ在平面ABCD內(nèi)的射影.

∵FQ⊥AC,∴MQ⊥AC.

∴∠FQM為二面角D-AC-M的平面角.……………………………………7分

設(shè)SA=AB=a,在Rt△MFQ中，MF=SA=,FQ=DE=,

∴tanFQM==.

∴二面角D-AC-M的大小為arctan.……………………………………9分

（Ⅲ）證明：由條件有DC⊥SA，DC⊥DA,∴DC⊥平面SAD.∴AM⊥DC.…10分

又∵SA=AD,M是SD的中點，∴AM⊥SD.

∴AM⊥平面SDC.………………………………………………………11分

∴SC⊥AM.

由已知SC⊥AN,∴SC⊥平面AMN.

又SC?平面SAC,∴平面SAC⊥平面AMN.…………………………14分

方法二：

解：（Ⅱ）如圖，以A為坐標原點，建立空間直角坐標系A-xyz,5分

由SA=AB,故設(shè)AB=AD=AS=1,則A（0，0，0），B（0，1，0），

C（1，1，0），D（1，0，0），S（0，0，1），M（，0，）.

∵SA⊥底面ABCD，

∴是平面ABCD的法向量，=（0，0，1）.

設(shè)平面ACM的法向量為n=（x，y，z），

=（1，1，0），=（，0，），………………7分

令x=1，則n=（1，-1，-1）.………………………………………………………8分

∴cos<，n>===.

∴二面角D-AC-M的大小為arccos.…………………………………………9分

（Ⅲ）∵=，=（-1，-1，1），…………………………………………10分

∴?==0.

∴⊥.…………………………………………………………………………12分

又∵SC⊥AN且AN∩AM=A，

∴SC⊥平面AMN.又SC?平面SAC，

∴平面SAC⊥平面AMN. ……………………………………………………………14分

（17）（共12分）

解：（Ⅰ）設(shè)“這4個家庭中恰好有3個家庭訂閱了A報”的事件為A，……1分

P（A）=（0.3）³（0.7）=0.0756………………………………………………4分

答：這4個家庭中恰好有3個家庭訂閱了A報的概率為0.0756.

（Ⅱ）設(shè)“這4個家庭中至多有3個家庭訂閱了B報”的事件為B，………………5分

P（B）=1-（0.6）⁴=1-0.1296=0.8704………………………………………………8分

答：這4個家庭中至多有3個家庭訂閱了B報的概率為0.8704.

（Ⅲ）設(shè)“這4個家庭中恰好有2個家庭A，B報都沒有訂閱”的事件為C，………9分

因為有30%的家庭訂閱了A報，有60%的家庭訂閱了B報，有20%的家庭同時訂閱了A報和B報.所以兩份報紙都沒有訂閱的家庭有30%.

所以P（C）=（0.3）²（0.7）²=0.2646………………………………………12分

答：這4個家庭中恰好有2個家庭A，B報都沒有訂閱的概率為0.2646.

注：第三問若寫出兩份報紙都沒有訂閱的家庭有30%，后面計算有誤，給到10分.

（18）（共14分）

解：（Ⅰ）設(shè)拋物線S的方程為y²=2px. …………………………………………………1分

由可得2y²+py-20p=0.……………………………………………………3分

由Δ>0，有p>0，或p<-160.

設(shè)B（x₁，y₁），C（x₂，y₂），則y₁+y₂=,

∴x₁+x₂=（5-）+（5-）=10-=10+…………………………………5分

設(shè)A（x₃，y₃），由△ABC的重心為F（，0），則，，

∴x₃=-10，y₃=.

∵點A在拋物線S上，∴=2p（）.∴p=8.…………………………6分

∴拋物線S的方程為y²=16x. …………………………………………………………7分

（Ⅱ）當動直線PQ的斜率存在時，

設(shè)PQ的方程為y=kx+b，顯然k≠0，b≠0. ………………………………………8分

設(shè)P（x_p，y_p），Q（x_Q，x_Q），

∵OP⊥OQ，∴k_OP?k_OQ=-1.

∴?=-1，∴x_Px_Q+y_Py_Q=0. …………………………………………………10分

將y=kx+b代入拋物線方程，得ky²-16y+16b=0，∴y_Py_Q=.

從而x_Px_Q==，∴=0.

∵k≠0，b≠0，∴b=-16k，∴動直線方程為y=kx-16k=k（x-16）.

此時動直線PQ過定點（16，0）.…………………………………………………12分

當直線PQ的斜率不存在時，顯然PQ⊥x軸，又OP⊥OQ，

∴△POQ為等腰直角三角形.

由得到P（16，16），Q（16，-16）.

此時直線PQ亦過點（16，0）.……………………………………………………13分

綜上所述，動直線PQ過定點M（16，0）.………………………………………14分

（19）（共14分）

解：（Ⅰ）∵f（x）=ax³+bx²-a²x（a>0），∴（x）=3ax²+2bx-a²（a>0）………1分

依題意有，∴.……………………………2分

解得∴f（x）=6x³-9x²-36x.…………………………………………………4分

（Ⅱ）∵=3ax²+2bx-a²（a>0）

依題意，x₁，x₂為方程=0的兩個根，且|x₁|+|x₂|=，

∴（x₁+x₂）²-2x₁x₂+2|x₁x₂|=8.

∴∴b²=3a²=（6-a）.

∵b²≥0，∴0<a≤6.……………………………………………………………………6分

設(shè)p（a）=3a²（6-a），則（a）=-9a²+36a.

由（a）>0得0<a<4，由（a）<0得a>4.

即函數(shù)p（a）在區(qū)間（0，4）上是增函數(shù)，在區(qū)間［4，6］上是減函數(shù)，

∴當a=4時，p（a）有極大值為96，∴p（a）在（0，6］上的最大值是96.

∴b的最大值為4.…………………………………………………………………9分

（Ⅲ）證明：∵x₁，x₂是方程的兩根，

∴＝3a（x-x₁）（x-x₂）.………………………………………………………10分

∵x₁?x₂=-，x₂=a，∴x₁=-.

∴|g（x）|=|3a（x+）（x-a）-a（x+）|=|a（x+）[3（x-a）-1]|

∵x₁<x<x₂，即-<x<a.

∴||=a（x+）（-3x+3a+1）…………………………………………………12分

∴||=-3a（x+）（x-）=-3a++a²+

≤+a²+=.……………………………………………………14分

∴||≤成立.

（20）（共14分）

解：（Ⅰ）令x=1，y=0∴f（1）f（0）＝f（1）+f（1）.

∵f（1）=，∴f（0）=2…………………………………………………………1分

令x=0，∴f（0）f（y）=f（y）+f（-y）即2f（y）=f（y）+f（-y）

∴f（y）=f（-y），對任意實數(shù)y總成立，∴f（x）為偶函數(shù).……………………3分

（Ⅱ）令x=y=1，得f（1）f（1）=f（2）+f（0）.

∴=f（2）+2.

∴f（2）=.

∴a₁=2f（2）-f（1）==6.…………………………………………………5分

令x=n+1，y=1，得f（n+1）f（1）=f（n+2）+f（n）.

∴f（n+2）=f（n+1）-f（n）.…………………………………………………6分

∴a_n+1=2f（n+2）-f（n+1）=2［f（n+1）-f（n）］-f（n+1）

=4f（n+1）-2f（n）=2［f（n+1）-f（n）］=2a_n（n≥1）.………………8分

∴{a_n}是以6為首項，以2為公比的等比數(shù)列.…………………………………9分

（Ⅲ）結(jié)論:f（x₁）<f（x₂）.

證明：設(shè)y≠0，

∵y≠0時，f（y）>2，

∴f（x+y）+f（x-y）=f（x）f（y）>2f（x），即f（x+y）-f（x）>f（x）-f（x-y）.

∴對于k∈N，總有f［（k+1）y］-f（ky）>f（ky）-f［（k-1）y］成立.

∴f［（k+1）y］-f（ky）>f（ky）-f［（k-1）y］>f［（k-1）y］-f［（k-2）y］

>…>f（y）-f（0）>0.

∴對于k∈N總有f［（k+1）y］>f（ky）成立.

∴對于m，n∈N，若n<m，則有f（ny）<…<f（my）成立.

∵x₁，x₂∈Q，所以可設(shè)|x₁|=，|x₂|=，其中q₁，q₂是非負整數(shù)，p₁，p₂都是正整數(shù),

則|x₁|=,|x₂|=.

令y=，t=q₁p₂，s=p₁q₂，則t，s∈N.

∵|x₁|<|x₂|，∴t<s.∴f（ty）<f（sy），即f（|x₁|）<f（|x₂|）.

∵函數(shù)f（x）為偶函數(shù)，∴f（|x₁|）=f（x₁），f（|x₂|）=f（x₂）;

∴f（x₁）<f（x₂）.…………………………………………………………14分

說明：其他正確解法按相應(yīng)步驟給分.