山东省潍坊市2010届高三上学期期末考试(数学理)

山东省潍坊市2010届高三上学期期末考试（数学理）

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分。考试时间120分钟。

第Ⅰ卷（选择题 共60分）

注意事项：

1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目、试卷类型用铅笔涂写在答题卡上。 2．第小题选出答案后，用铅笔把题答卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，

再选涂其他答案标号。

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题

目要求的。 1．已知集合UR,集合A{x|y},则CUA=

A．{x|0x1} C．{x|x1}

1x

（ ）

B．{x|x0或x1} D．{x|x0}

D．3

（ ）

2．已知向量a(1,1),b(2,n),若|ab|ab，则n= A．－3 B．－1 3．有关命题的说法错误的是

C．1

（ ）

A．命题“若x23x20,则x1”的逆否命题为：“若x1,则x23x20” B．“x=1”是“x3x20”的充分不必要条件 C．若pq为假命题，则p、q均为假命题

D．对于命题p:xR使得xx10，则p:xR,均有x2x10

2

2

4．三视图如右图的几何体的全面积是

A．2

（ ）

2 B．12 D．1

C．2

5．已知函数f(x)2sinx(0)在区间[



,] 34

上的最大值是2，则的最小值等于（ ）

A．

2 3

B．

3 2

5

5

3

2

2

3

2

2

C．2 D．3

6．设a,b是两个实数，且a≠b，①ababab,②ab2(ab1)，③

ab

2。上述三个式子恒成立的有 ba

（ ）

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个

7．各项都是正数的等比数列{an}的公比q1，且a2, 为

A．

aa41

a3,a1成等差数列，则3的值 2a4a5

（ ）

1 2

B．

1

2

C．

1

2

D．

511

或 22

8．设f(x)是函数f(x)的导函数,将yf(x)和yf(x)的图象画在同一个直角坐标系 中，不可能正确的是

（ ）

9．已知{(x,y)|xy6,x0,y0},A{(x,y)|x4,y0,x2y0}，若向区 域上随机投一点P，则点P落入区域A的概率为

A．

D．

（ ）

2 9

B．

2 3

C．

1 31 9

（ ）

10．6个人分乘两辆不同的汽车，每辆车最多坐4人，则不同的乘法方法数为 A．40种 B．50种 C．60种 D．70种

2

x2y2

11．已知抛物线y2px(p0)221有相同的焦点F，点A是两曲线的交点，且AF⊥

ab

x轴，则双曲线的离心率为

A．

C．21

（ ） D．

51

2

B．31

221

2

12．一次研究性课堂上，老师给出函数f(x)

给出命题：

x

(xR)，甲、乙、丙三位同学在研究此函数时分别

1|x|

(1,1)； 甲：函数f(x)的值域为

乙：若x1x2则一定有f(x1)f(x2)；

丙：若规定f(x1)f(x),f(xn)f(fn1(x)),则fn(x)你认为上述三个命题中正确的个数有

A．3个 B．2个

C．1个

x

对任意nN*恒成立

1n|x|

D．0个

（ ）

第Ⅱ卷（非选择题，共90分）

注意事项：

1．用0.5mm的中性笔答在答题纸相应的位置内。 2．答卷前将密封线内的项目填写清楚。

二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。

13．若tan2,tan()3,则tan(2)的值为 ；

x2y2x2y2

1的右焦点为圆心，且与双曲线14．以椭圆1的渐近线相切的圆的方程169144916

为 ；

15．已知一个凸多面体共有9个面，所有棱长均为1，

其平面展开图如右图所示，则该凸多面体的体积 V= ； 16．已知(x

2

15x

5

1的展开式中的常数项为T，f(x)是以T为周期的偶函数，且当)3

x[0,1]时,f(x)x,若在区间[1,3]内,函数g(x)f(x)kxk有4个零点，则实数k的取值范

围是 。

三、解答题：本大题共6小题，满分74分。解答须写出文字说明，证明过程和演算步骤。 17．（本小题满分12分）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a,b,c，已知A

△ABC的周长为y。

（1）求函数yf(x)的解析式和定义域； （2）求yf(x)的单调区间。

18．（本小题满分12分）甲、乙两人准备参加中央电视台组织的奥运志愿者选拔测试。已知在备选的10

道试题中，甲能答对其中的6道，乙能答对其中 的8道。规定每次考试都从备选题中随机抽出3道进行测试，至少答对2道才能入选。 （1）求甲答对试题数的概率分布及数学期望。 （2）求甲、乙两人至少有一人入选的概率。

19．（本小题满分12分）已知数列{an}是首项为a1



3

,a2。设B=x，

11

,公比q的等比数列，设44

bn23log1an(nN*)，数列{cn}满足cnanbn。

4

（1）求证：{bn}是等差数列； （2）求数列{cn}的前n项和Sn； （3）若cn

12

mm1对一切正整数n恒成立，求实数m的取值范围。 4

20．（本小题满分12分）如图，三棱锥P—ABC中，PC⊥平面ABC，PC=AC=2，AB=BC，D是PB上一点，且

CD⊥平面PAB。

（1）求证：AB⊥平面PCB；

（2）求异面直线AP与BC所成角的大小；

x2y223

21．（本小题满分12分）已知椭圆221(ab0)的两个焦点为F1，F2，椭圆上一点M(,)

33ab

满足MF1MF20. （1）求椭圆的方程；

（2）若直线L：y=kx2与椭圆恒有不同交点A、B，且OAOB1（O为坐标原点），求k的范围。

22．（本小题满分14分）定义F(x,y)(1x)y,x,y(0,)，

（1）令函数f(x)F(1,log2(x24x9))的图象为曲线C1，曲线C1与y轴交于点A（0，m），过坐

标原点O作曲线C1的切线，切点为B（n,t）（n>0），设曲线C1在点A、B之间的曲线段与线段OA、

OB所围成图形的面积为S，求S的值。

（2）当x,yN*且xy时,证明F(x,y)F(y,x);

（3）令函数g(x)F(1,log2(xaxbx1))的图象为曲线C2，若存在实数b使得曲线C2在

3

2

x0(4x01)处有斜率为－8的切线，求实数a的取值范围。

参考答案

一、选择题

ADCAC BCDAB CA 二、填空题 13．

112 14．(x5)2y216 15．1 16．(0,] 746

三、解答题 17．解（1）：△ABC的内角为A+B+C=

由A=



3

,B0,C0得0B

2

.„„„„„„„„2分 3

由正弦定得知：

AC

BC2sinBsinx4sinx„„„„„„„„„„4分

sinA

sin

3BC2

sinC4sin(x).„„„„„„„„6分 sinA3

22

x)2(0x).„„„„„„„„7分 33

AB

因为y=AB+BC+AC 所以y4sinx4sin(

（2）因为y4(sinx

1

cosxsinx)2 22

43sin(x

而0x



6

)23„„„„„„„„9分

2

, 3

5x.„„„„„„„„„„11分 666

当



6

2352

,即x时,f(x)单调递减 当x

26633

x



6





,即0x



时,f(x)单调递增

2

yf(x)的单调递增区间为(0,],递减区间为[,).„„„„„„12分

333

18．解：（1）依题意，甲答对试题数的可能取值为0、1、2、3，则

123

C6C4C413

P(0)3,P(1), 3

10C1030C10

213

C6C4C611

P(2),P(3),„„„„„„„„„„4分

33

26C10C10

甲答对试题数的数学期望 E=0×

13119+1×+2×+3×=.„„„„„„„„„„6分

1026530

（2）设甲、乙两人考试合格的事件分别为A、B，则

213

C6C4C660202

P(A), 3

1203C10

13

C82C2C8565614

P(B)„„„„„„„„„„8分 3

12015C10

因为事件A、B相互独立，

∴甲、乙两人考试均不合格的概率为P(AB)P(A)P(B)(1)(1∴甲、乙两人至少有一人考试合格的概率为P=1－P(AB)1答：甲、乙两人至少有一人考试合格的概率为

2

3141), 1545

144. 4545

44

.„„„„„„„„12分 45

另解：甲、乙两人至少有一个考试合格的概率为

2111421444. [1**********]

44. 答：甲、乙两人至少有一个考试合格的概率为45

1n

19．解：（1）由题意知，an()(nN*)„„„„„„„„1分

4

bn3log1an2,b13log1a121

PP(AB)P{(AB)P(AB)

4

4

bn1bn3log1an13log1an3log1

4

4

4

an1

3log1q3 an

4

∴数列{bn}是首项b11,公差d3的等差数列„„„„„„„„4分 （2）由（1）知，an(),bn3n2(nN*)

14

n

1

cn(3n2)()n,(nN*)„„„„„„„„„„5分

4

11111

Sn14()27()3(3n5))n1(3n2)()n,

[1**********]41n1n1

于是Sn1()4()7()(3n5))(3n2)()

444444

3112131n1n1

两式相减得Sn3[()()()](3n2)()

444444

11

(3n2)()n1. 24

Sn

212n81n1()(nN*)„„„„„„„„8分 334

1n11n

（3）cn1cn(3n1)()(3n2)()

44

1

9(1n)()n1,(nN*)

4

1

∴当n=1时，c2c1

4

当n2时,cn1cn,即c1c2c3c4cn ∴当n=1时，cn取最大值是又cn

1 4

12

mm1对一切正整数n恒成立 411m2m1 44

即m4m50得m1或m5„„„„„„„„12分 20．解法一：（1）∵PC⊥平面ABC，AB平面ABC， ∴PC⊥AB。„„„„„„„„„„2分 ∵CD⊥平面PAB，AB平面PAB，

∴OC⊥AB。„„„„„„„„„„„„4分 又PCCD=C，

∴AB平面PCB。„„„„„„„„„„4分

（2）过点A作AF//BC，且AF=BC，连接PF，CF。

则∠PAF为异面直线PA与BC所成的角。„„„„„„„„5分 由（1）可得AB⊥BC, ∴CF⊥AF.

由三垂线定理，得PF⊥AF。 则AF=CF=2,PF

2

PC2CF26.

PF, AF2

在Rt△PFA中，tanPAF

∴异面直线PA与BC所成的角为

解法二：（1）同解法一。 （2）由（1）AB⊥平面PCB， ∵PC=AC=2，

又∵AB=BC，可求得BC=2.



„„„„„„„„12分 3

以B为原点，建立如图所示的坐标系。 则A（0，2，0），B（0，0，0），

C（2，0，0），P（2，0，2）。

AP(2,2,2),BC(2,0,0).

„„„„„„„„8分 则APBC

22002.

cos,



1

.

2222

2

∴异面直线AP与BC所成的角为



.„„„„„„„„„„„„12分 3

21．解：（1）设F1（－c,0），F2（c，0）

MF1(c

26,) 33

MF2(c

26,) 33

MF1MF20

c2(

2623

)()20 33

c23„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„2分 a2b23 ①

又点M在椭圆上



811 ② 3a23b2

由①代入②得

811 3a23(a23)

整理为：a6a80

4

2

a22或a24 a23

a24,b21„„„„„„„„„„4分

x2

y21„„„„„„„„„„5分 ∴椭圆方程为4

x22

1y1

,消去y解得(k2)x222kx10„„„„„„7分 （2）由4

4ykx2



设A(x1,y1),B(x2,y2)

则x1x2y1y2x1x2(kx12)(kx22)

64k2

(1k)x1x22k(x1x2)21„„„„„„10分 2

14k

2

511

k2,又由k20得k2,

84415k2, 48

k(

11,)(,)„„„„„„„„12分 4224

22．解：（1）F(x,y)(1x)y

f(x)F(1,log2(x24x9)2log2(x

2

4x9)

x24x9，故A（0，9）„„1分

又过坐标原点O向曲线C1作切线，切点为B（n，t）（n>0），f(x)2x4.

tn24n9t,解得B(3,6)„„„„3分 2n4n

x3

S(x4x92x)dx(3x29x)|309.

3

30

2

„„„„„„5分

x

ln(1x)

ln(1x) （2）令h(x)，„„„„6分 ,x1,由h(x)2

xx

又令p(x)

x11xln(1x),x0, p(x)0， 22

1x(1x)1x(1x)

p(x)在[0,)单调递减.„„„„„„„„7分

当x0时有p(x)p(0)0,当x1时有h(x)0,

h(x)在[1,)单调递减，„„„„„„8分

1xy时,有

ln(1x)ln(1y)

,yln(1x)xln(1y),(1x)y(1y)x， xy

当x,yN且xy时F(x,y)F(y,x).„„„„„„9分

（3）g(x)F(1,log2(x2ax2bx1)x3ax2bx1,

设曲线C2在x0(4x1)处有斜率为－8的切线， 又由题设log2(x3ax2bx1)0,g(x)3x22axb,

23x02ax0b8①②有解，„„„„11分 ∴存在实数b使得4x01 32③ x0ax0bx011

22

由①得b83x02ax0,代入③得2x0ax080，„„„„12分

2

2x0ax080

有解，得2(4)2a(4)80或2(1)2a(1)80， 由

4x080

a10或a10,a10.„„„„„„14分

山东省潍坊市2010届高三上学期期末考试（数学理）

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分。考试时间120分钟。

第Ⅰ卷（选择题 共60分）

注意事项：

1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目、试卷类型用铅笔涂写在答题卡上。 2．第小题选出答案后，用铅笔把题答卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，

再选涂其他答案标号。

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题

目要求的。 1．已知集合UR,集合A{x|y},则CUA=

A．{x|0x1} C．{x|x1}

1x

（ ）

B．{x|x0或x1} D．{x|x0}

D．3

（ ）

2．已知向量a(1,1),b(2,n),若|ab|ab，则n= A．－3 B．－1 3．有关命题的说法错误的是

C．1

（ ）

A．命题“若x23x20,则x1”的逆否命题为：“若x1,则x23x20” B．“x=1”是“x3x20”的充分不必要条件 C．若pq为假命题，则p、q均为假命题

D．对于命题p:xR使得xx10，则p:xR,均有x2x10

2

2

4．三视图如右图的几何体的全面积是

A．2

（ ）

2 B．12 D．1

C．2

5．已知函数f(x)2sinx(0)在区间[



,] 34

上的最大值是2，则的最小值等于（ ）

A．

2 3

B．

3 2

5

5

3

2

2

3

2

2

C．2 D．3

6．设a,b是两个实数，且a≠b，①ababab,②ab2(ab1)，③

ab

2。上述三个式子恒成立的有 ba

（ ）

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个

7．各项都是正数的等比数列{an}的公比q1，且a2, 为

A．

aa41

a3,a1成等差数列，则3的值 2a4a5

（ ）

1 2

B．

1

2

C．

1

2

D．

511

或 22

8．设f(x)是函数f(x)的导函数,将yf(x)和yf(x)的图象画在同一个直角坐标系 中，不可能正确的是

（ ）

9．已知{(x,y)|xy6,x0,y0},A{(x,y)|x4,y0,x2y0}，若向区 域上随机投一点P，则点P落入区域A的概率为

A．

D．

（ ）

2 9

B．

2 3

C．

1 31 9

（ ）

10．6个人分乘两辆不同的汽车，每辆车最多坐4人，则不同的乘法方法数为 A．40种 B．50种 C．60种 D．70种

2

x2y2

11．已知抛物线y2px(p0)221有相同的焦点F，点A是两曲线的交点，且AF⊥

ab

x轴，则双曲线的离心率为

A．

C．21

（ ） D．

51

2

B．31

221

2

12．一次研究性课堂上，老师给出函数f(x)

给出命题：

x

(xR)，甲、乙、丙三位同学在研究此函数时分别

1|x|

(1,1)； 甲：函数f(x)的值域为

乙：若x1x2则一定有f(x1)f(x2)；

丙：若规定f(x1)f(x),f(xn)f(fn1(x)),则fn(x)你认为上述三个命题中正确的个数有

A．3个 B．2个

C．1个

x

对任意nN*恒成立

1n|x|

D．0个

（ ）

第Ⅱ卷（非选择题，共90分）

注意事项：

1．用0.5mm的中性笔答在答题纸相应的位置内。 2．答卷前将密封线内的项目填写清楚。

二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。

13．若tan2,tan()3,则tan(2)的值为 ；

x2y2x2y2

1的右焦点为圆心，且与双曲线14．以椭圆1的渐近线相切的圆的方程169144916

为 ；

15．已知一个凸多面体共有9个面，所有棱长均为1，

其平面展开图如右图所示，则该凸多面体的体积 V= ； 16．已知(x

2

15x

5

1的展开式中的常数项为T，f(x)是以T为周期的偶函数，且当)3

x[0,1]时,f(x)x,若在区间[1,3]内,函数g(x)f(x)kxk有4个零点，则实数k的取值范

围是 。

三、解答题：本大题共6小题，满分74分。解答须写出文字说明，证明过程和演算步骤。 17．（本小题满分12分）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a,b,c，已知A

△ABC的周长为y。

（1）求函数yf(x)的解析式和定义域； （2）求yf(x)的单调区间。

18．（本小题满分12分）甲、乙两人准备参加中央电视台组织的奥运志愿者选拔测试。已知在备选的10

道试题中，甲能答对其中的6道，乙能答对其中 的8道。规定每次考试都从备选题中随机抽出3道进行测试，至少答对2道才能入选。 （1）求甲答对试题数的概率分布及数学期望。 （2）求甲、乙两人至少有一人入选的概率。

19．（本小题满分12分）已知数列{an}是首项为a1



3

,a2。设B=x，

11

,公比q的等比数列，设44

bn23log1an(nN*)，数列{cn}满足cnanbn。

4

（1）求证：{bn}是等差数列； （2）求数列{cn}的前n项和Sn； （3）若cn

12

mm1对一切正整数n恒成立，求实数m的取值范围。 4

20．（本小题满分12分）如图，三棱锥P—ABC中，PC⊥平面ABC，PC=AC=2，AB=BC，D是PB上一点，且

CD⊥平面PAB。

（1）求证：AB⊥平面PCB；

（2）求异面直线AP与BC所成角的大小；

x2y223

21．（本小题满分12分）已知椭圆221(ab0)的两个焦点为F1，F2，椭圆上一点M(,)

33ab

满足MF1MF20. （1）求椭圆的方程；

（2）若直线L：y=kx2与椭圆恒有不同交点A、B，且OAOB1（O为坐标原点），求k的范围。

22．（本小题满分14分）定义F(x,y)(1x)y,x,y(0,)，

（1）令函数f(x)F(1,log2(x24x9))的图象为曲线C1，曲线C1与y轴交于点A（0，m），过坐

标原点O作曲线C1的切线，切点为B（n,t）（n>0），设曲线C1在点A、B之间的曲线段与线段OA、

OB所围成图形的面积为S，求S的值。

（2）当x,yN*且xy时,证明F(x,y)F(y,x);

（3）令函数g(x)F(1,log2(xaxbx1))的图象为曲线C2，若存在实数b使得曲线C2在

3

2

x0(4x01)处有斜率为－8的切线，求实数a的取值范围。

参考答案

一、选择题

ADCAC BCDAB CA 二、填空题 13．

112 14．(x5)2y216 15．1 16．(0,] 746

三、解答题 17．解（1）：△ABC的内角为A+B+C=

由A=



3

,B0,C0得0B

2

.„„„„„„„„2分 3

由正弦定得知：

AC

BC2sinBsinx4sinx„„„„„„„„„„4分

sinA

sin

3BC2

sinC4sin(x).„„„„„„„„6分 sinA3

22

x)2(0x).„„„„„„„„7分 33

AB

因为y=AB+BC+AC 所以y4sinx4sin(

（2）因为y4(sinx

1

cosxsinx)2 22

43sin(x

而0x



6

)23„„„„„„„„9分

2

, 3

5x.„„„„„„„„„„11分 666

当



6

2352

,即x时,f(x)单调递减 当x

26633

x



6





,即0x



时,f(x)单调递增

2

yf(x)的单调递增区间为(0,],递减区间为[,).„„„„„„12分

333

18．解：（1）依题意，甲答对试题数的可能取值为0、1、2、3，则

123

C6C4C413

P(0)3,P(1), 3

10C1030C10

213

C6C4C611

P(2),P(3),„„„„„„„„„„4分

33

26C10C10

甲答对试题数的数学期望 E=0×

13119+1×+2×+3×=.„„„„„„„„„„6分

1026530

（2）设甲、乙两人考试合格的事件分别为A、B，则

213

C6C4C660202

P(A), 3

1203C10

13

C82C2C8565614

P(B)„„„„„„„„„„8分 3

12015C10

因为事件A、B相互独立，

∴甲、乙两人考试均不合格的概率为P(AB)P(A)P(B)(1)(1∴甲、乙两人至少有一人考试合格的概率为P=1－P(AB)1答：甲、乙两人至少有一人考试合格的概率为

2

3141), 1545

144. 4545

44

.„„„„„„„„12分 45

另解：甲、乙两人至少有一个考试合格的概率为

2111421444. [1**********]

44. 答：甲、乙两人至少有一个考试合格的概率为45

1n

19．解：（1）由题意知，an()(nN*)„„„„„„„„1分

4

bn3log1an2,b13log1a121

PP(AB)P{(AB)P(AB)

4

4

bn1bn3log1an13log1an3log1

4

4

4

an1

3log1q3 an

4

∴数列{bn}是首项b11,公差d3的等差数列„„„„„„„„4分 （2）由（1）知，an(),bn3n2(nN*)

14

n

1

cn(3n2)()n,(nN*)„„„„„„„„„„5分

4

11111

Sn14()27()3(3n5))n1(3n2)()n,

[1**********]41n1n1

于是Sn1()4()7()(3n5))(3n2)()

444444

3112131n1n1

两式相减得Sn3[()()()](3n2)()

444444

11

(3n2)()n1. 24

Sn

212n81n1()(nN*)„„„„„„„„8分 334

1n11n

（3）cn1cn(3n1)()(3n2)()

44

1

9(1n)()n1,(nN*)

4

1

∴当n=1时，c2c1

4

当n2时,cn1cn,即c1c2c3c4cn ∴当n=1时，cn取最大值是又cn

1 4

12

mm1对一切正整数n恒成立 411m2m1 44

即m4m50得m1或m5„„„„„„„„12分 20．解法一：（1）∵PC⊥平面ABC，AB平面ABC， ∴PC⊥AB。„„„„„„„„„„2分 ∵CD⊥平面PAB，AB平面PAB，

∴OC⊥AB。„„„„„„„„„„„„4分 又PCCD=C，

∴AB平面PCB。„„„„„„„„„„4分

（2）过点A作AF//BC，且AF=BC，连接PF，CF。

则∠PAF为异面直线PA与BC所成的角。„„„„„„„„5分 由（1）可得AB⊥BC, ∴CF⊥AF.

由三垂线定理，得PF⊥AF。 则AF=CF=2,PF

2

PC2CF26.

PF, AF2

在Rt△PFA中，tanPAF

∴异面直线PA与BC所成的角为

解法二：（1）同解法一。 （2）由（1）AB⊥平面PCB， ∵PC=AC=2，

又∵AB=BC，可求得BC=2.



„„„„„„„„12分 3

以B为原点，建立如图所示的坐标系。 则A（0，2，0），B（0，0，0），

C（2，0，0），P（2，0，2）。

AP(2,2,2),BC(2,0,0).

„„„„„„„„8分 则APBC

22002.

cos,



1

.

2222

2

∴异面直线AP与BC所成的角为



.„„„„„„„„„„„„12分 3

21．解：（1）设F1（－c,0），F2（c，0）

MF1(c

26,) 33

MF2(c

26,) 33

MF1MF20

c2(

2623

)()20 33

c23„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„2分 a2b23 ①

又点M在椭圆上



811 ② 3a23b2

由①代入②得

811 3a23(a23)

整理为：a6a80

4

2

a22或a24 a23

a24,b21„„„„„„„„„„4分

x2

y21„„„„„„„„„„5分 ∴椭圆方程为4

x22

1y1

,消去y解得(k2)x222kx10„„„„„„7分 （2）由4

4ykx2



设A(x1,y1),B(x2,y2)

则x1x2y1y2x1x2(kx12)(kx22)

64k2

(1k)x1x22k(x1x2)21„„„„„„10分 2

14k

2

511

k2,又由k20得k2,

84415k2, 48

k(

11,)(,)„„„„„„„„12分 4224

22．解：（1）F(x,y)(1x)y

f(x)F(1,log2(x24x9)2log2(x

2

4x9)

x24x9，故A（0，9）„„1分

又过坐标原点O向曲线C1作切线，切点为B（n，t）（n>0），f(x)2x4.

tn24n9t,解得B(3,6)„„„„3分 2n4n

x3

S(x4x92x)dx(3x29x)|309.

3

30

2

„„„„„„5分

x

ln(1x)

ln(1x) （2）令h(x)，„„„„6分 ,x1,由h(x)2

xx

又令p(x)

x11xln(1x),x0, p(x)0， 22

1x(1x)1x(1x)

p(x)在[0,)单调递减.„„„„„„„„7分

当x0时有p(x)p(0)0,当x1时有h(x)0,

h(x)在[1,)单调递减，„„„„„„8分

1xy时,有

ln(1x)ln(1y)

,yln(1x)xln(1y),(1x)y(1y)x， xy

当x,yN且xy时F(x,y)F(y,x).„„„„„„9分

（3）g(x)F(1,log2(x2ax2bx1)x3ax2bx1,

设曲线C2在x0(4x1)处有斜率为－8的切线， 又由题设log2(x3ax2bx1)0,g(x)3x22axb,

23x02ax0b8①②有解，„„„„11分 ∴存在实数b使得4x01 32③ x0ax0bx011

22

由①得b83x02ax0,代入③得2x0ax080，„„„„12分

2

2x0ax080

有解，得2(4)2a(4)80或2(1)2a(1)80， 由

4x080

a10或a10,a10.„„„„„„14分