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（本小題滿分14分）已知，點在軸上，點在軸的正半軸，點在直線上，且滿足，. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m    

（Ⅰ）當點在軸上移動時，求動點的軌跡方程；

（Ⅱ）過的直線與軌跡交于、兩點，又過、作軌跡的切線、，當，求直線的方程.

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（本小題滿分14分）設函數

 （1）求函數的單調區間；

 （2）若當時，不等式恒成立，求實數的取值范圍；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m    

 （3）若關于的方程在區間上恰好有兩個相異的實根，求實數的取值范圍。

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一、選擇題：本大題考查基本概念和基本運算．每小題5分，滿分60分．

1．B     2．A     3．C     4．B     5．B     6．D7.C 8.A 9.C 10.B

11．C   12．C

二、填空題：13、4    14．  15． 16.

三、解答題：

17. 解：f(x)=a(cosx+1+sinx)+b=         (2分)

（１）當a=1時，f(x)= ,

當時，f(x)是增函數，所以f(x)的單調遞增區間為                          （6分）

（２）由得，∴

∴當sin(x+)=1時，f(x)取最小值3，即，     

當sin(x+)=時，f(x)取最大值4，即b=4.               （10分）

將b=4 代入上式得，故a+b=                 （12分）

18．解：設甲、乙兩條船到達的時刻分別為x,y.則

若甲先到，則乙必須晚1小時以上到達，即

若乙先到達，則甲必須晚2小時以上到達，即

作圖，(略).利用面積比可算出概率為.

19．解  解法一（Ⅰ）如圖所示，連結BD，由ABCD是菱形且∠BCD=60°知，△BCD是

等邊三角形.因為E是CD的中點，所以BE⊥CD,又AB∥CD,所以BE⊥AB.又因為PA⊥平面ABCD，平面ABCD，所以PA⊥BE.而AB=A,因此BE⊥平面PAB.

又平面PBE，所以平面PBE⊥平面PAB.

（Ⅱ）延長AD、BE相交于點F，連結PF.過點A作AH⊥PB于H，由（Ⅰ）知平面PBE⊥平面PAB,所以AH⊥平面PBE.

在Rt△ABF中，因為∠BAF＝60°，所以，

AF=2AB=2=AP.

在等腰Rt△PAF中，取PF的中點G，連接AG.

則AG⊥PF.連結HG，由三垂線定理的逆定理得，

PF⊥HG.

所以∠AGH是平面PAD和平面PBE所成二面角的平面角（銳角）.

在等腰Rt△PAF中，

在Rt△PAB中，

所以，在Rt△AHG中，

故平面PAD和平面PBE所成二面角（銳角）的大小是

解法二  如圖所示，以A為原點，建立空間直角坐標系.則相關各點的坐標分別是A（0，0，0），B（1，0，0），P（0，0，2），

（Ⅰ）因為，平面PAB的一個法向量是，所以共線.從而BE⊥平面PAB.

又因為平面PBE，故平面PBE⊥平面PAB.

   (Ⅱ)易知  

   設是平面PBE的一個法向量，則由得所以

   設是平面PAD的一個法向量，則由得所以故可取

   于是，

   故平面PAD和平面PBE所成二面角（銳角）的大小是

20. 解法：

（I）

（Ⅰ）由

整理得

（Ⅱ）由

所以

故

由得

故

21. 解:設:代入得  設P(),Q

整理， 此時，

22．本小題主要考查函數的單調性、最值、不等式、數列等基本知識，考查運用導數研究函數性質的方法，考查分析問題和解決問題的能力，滿分14分．

解法一：

（Ⅰ）因為，所以函數定義域為（，+），且．

由得，的單調遞增區間為（，0）；

由得x>0，的單調遞增區間為（0，+）．

（Ⅱ）因為在[0，n]上是減函數，所以，

則．

（?）

，

又，

因此，即實數c的取值范圍是．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知．

因為

，

所以，

則

．

．

解法二：

（Ⅰ）同解法一．

（Ⅱ）因為f(x)在上是減函數，所以，

　　　則．

（?）因為對恒成立．所以對恒成立．

　　則對恒成立．

　　設，，則c＜g(n)對恒成立．

　　考慮．

　　因為，

　　所以在內是減函數；則當時，g(n)隨n的增大而減小，

又因為＝1．

所以對一切．因此，即實數的取值范圍是．

（?）由（?）知．

     下面用數學歸納法證明不等式．

     ①當n=1時，左邊＝，右邊＝，左邊<右邊．不等式成立．

     ②假設當n=k時，不等式成立．即．

當n=k+1時，

，

即時，不等式成立

綜合①，②得，不等式成立．

所以

即．