2012年北京市东城区高考数学二模试卷（理科）一、本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1. 下列命题中，真命题是（ ） A.∀x ∈R ，−x 2−1<0 B.∃x 0∈R ，x 20 +x 0=−1C.∀x ∈R ，x 2−x +14>0D.∃x 0∈R ，x 2 +2x 0+2<02. 将容量为n 的样本中的数据分成6组，若第一组至第六组数据的频率之比为2:3:4:6:4:1，且前三组数据的频数之和等于27，则n 的值为（ ） A.70 B.60 C.50 D.403. （理）(2x −1x )4的展开式中的常数项为（ ）A.−24B.−6C.6D.244. 若一个三棱柱的底面是正三角形，其正（主）视图如图所示，则它的体积为（ ）A.√3B.2C.2√3D.45. 若向量a →，b →满足|a →|=1，|b →|=√2，且a →⊥(a →+b →)，则a →与b →的夹角为（ ） A.π2B.2π3C.3π4D.5π66. 已知m 和n 是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，那么下面给出的条件中一定能推出m ⊥β的是（ ）A.α⊥β，且m ⊂αB.m // n ，且n ⊥βC.α⊥β，且m // αD.m ⊥n ，且n // β 7.若m 是2和8的等比中项，则圆锥曲线x 2+y 2m =1的离心率为( )A.√32B.√5C.√32或√52D.√32或√58. 定义：F(x, y)=y x (x >0, y >0)，已知数列{a n }满足：a n =F(n,2)F(2,n)(n ∈N ∗)，若对任意正整数n ，都有a n ≥a k (k ∈N ∗)成立，则a k 的值为（ ） A.12B.2C.89D.98二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．设a ∈R ，且(a +i)2i 为正实数，则a =________．若圆C 的参数方程为{x =3cos θ+1y =3sin θ（θ为参数），则圆C 的圆心坐标为________，圆C 与直线x +y −3=0的交点个数为________．在平面直角坐标系xOy 中，将点A(√3，1)绕原点O 逆时针旋转90∘到点B ，那么点B 坐标为________，若直线OB 的倾斜角为α，则tan 2α=________．如图，直线PC 与圆O 相切于点C ，割线PAB 经过圆心O ，弦CD ⊥AB 于点E ，PC =4，PB =8，则CE =________．已知函数f(x)=|x|−sin x+1|x|+1(x ∈R )的最大值为M ，最小值为m ，则M +m =________．已知点A(a, b)与点B(1, 0)在直线3x −4y +10=0的两侧，给出下列说法： ①3a −4b +10>0；②当a >0时，a +b 有最小值，无最大值； ③√a 2+b 2>2；④当a >0且a ≠1，b >0时，ba−1的取值范围为(−∞, −52)∪(34, +∞)． 其中，所有正确说法的序号是________．三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．已知函数f(x)＝A sin (ωx +φ)（其中x ∈R ，A >0，ω>0，−π2<φ<π2）的部分图象如图所示．(Ⅰ)求函数f(x)的解析式；(Ⅱ)已知在函数f(x)的图象上的三点M ，N ，P 的横坐标分别为−1，1，5，求sin ∠MNP 的值．某公园设有自行车租车点，租车的收费标准是每小时2元（不足1小时的部分按1小时计算）．甲、乙两人各租一辆自行车，若甲、乙不超过一小时还车的概率分别为14，12；一小时以上且不超过两小时还车的概率分别为12，14；两人租车时间都不会超过三小时． （1）求甲、乙两人所付租车费用相同的概率；（2）设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列与数学期望Eξ．如图，矩形AMND 所在的平面与直角梯形MBCN 所在的平面互相垂直，MB // NC ，MN ⊥MB ，且MC ⊥CB ，BC =2，MB =4，DN =3．（1）求证：AB // 平面DNC ；（2）求二面角D −BC −N 的余弦值．已知抛物线C:x 2＝4y ，M 为直线l:y ＝−1上任意一点，过点M 作抛物线C 的两条切线MA ，MB ，切点分别为A ，B ．(Ⅰ)当M 的坐标为(0, −1)时，求过M ，A ，B 三点的圆的方程； (Ⅱ)证明：以AB 为直径的圆恒过点M ．已知函数f(x)=(a +1a )ln x +1x −x(a >1)．(l)试讨论f(x)在区间(0, 1)上的单调性；(2)当a ∈[3, +∞)时，曲线y =f(x)上总存在相异两点P （x 1, f(x 1)），Q （x 2, f （x 2 ）），使得曲线y =f(x)在点P ，Q 处的切线互相平行，求证：x 1+x 2>65．对于数列{a n }(n =1, 2,…,m)，令b k 为a 1，a 2，…，a k 中的最大值，称数列{b n }为{a n }的“创新数列”．例如数列2，1，3，7，5的创新数列为2，2，3，7，7．定义数列{C n }:c 1，c 2，c 3，…，c m 是自然数1，2，3，…，m(m >3)的一个排列．（1）当m =5时，写出创新数列为3，4，4，5，5的所有数列{C n }；（2）是否存在数列{C n }，使它的创新数列为等差数列？若存在，求出所有的数列{C n }，若不存在，请说明理由．参考答案与试题解析2012年北京市东城区高考数学二模试卷（理科）一、本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1.【答案】 A【考点】命题的真假判断与应用 【解析】特称命题若判断为真，只需验证即可；全称命题若判断为真，则需进行严格证明，若判断为假，反例验证即可． 【解答】解：A 、由于x ∈R ，则x 2≥0，进而得到−x 2≤0， 则−x 2−1≤−1<0，故A 为真命题；B 、由于x 2+x +1=(x +12)2+34恒为正，则方程x 2+x =−1无实数解，故B 为假命题； C 、当x =12时，x 2−x +14=(x −12)2=0，故C 为假命题；D 、由于x 2+2x +2=(x +1)2+1恒为正，则x 2+2x +2<0无实数解，故D 为假命题． 故答案为A ． 2.【答案】 B【考点】频率分布直方图 【解析】根据比例关系设出各组的频率，在频率分布表中，频数的和等于样本容量，频率的和等于1，求出前三组的频率，再频数和建立等量关系即可． 【解答】解：设第一组至第六组数据的频率分别为2x ，3x ，4x ，6x ，4x ，x ， 则2x +3x +4x +6x +4x +x =1， 解得x =120，所以前三组数据的频率分别是220，320，420， 故前三组数据的频数之和等于2n 20+3n 20+4n 20=27，解得n =60． 故答案为60． 3. 【答案】 D【考点】二项式定理的应用【解析】利用二项展开式的通项公式T r+1=(−1)r ⋅C 4r⋅(2x)4−r ⋅x −r ，令x 的幂指数为0即可求得答案． 【解答】解：设(2x −1x )4的二项展开式的通项公式为T r+1，则T r+1=(−1)r ⋅C 4r⋅(2x)4−r ⋅x −r=(−1)r ⋅C 4r⋅24−r ⋅x 4−2r ， 令4−2r =0，解得r =2．∴ 展开式中的常数项为T 3=(−1)2⋅C 42⋅22=24． 故选D ． 4.【答案】 A【考点】由三视图求体积柱体、锥体、台体的体积计算【解析】根据三视图得几何体是底面为边长为2的正三角形，高为1的棱柱；再代入柱体的体积公式计算即可． 【解答】解：∵ 三棱柱的底面是边长为2的正三角形，高为1．∴ V =sℎ=12×2×√3×1=√3． 故选A 5.【答案】 C【考点】数量积表示两个向量的夹角 平面向量数量积的运算 【解析】由题意可得a →⋅(a →+b →)=0，即1+1×√2×cos <a →，b →>=0，由此求得cos <a →，b →>的值 即可求得<a →，b →>的值． 【解答】解：由题意可得a →⋅(a →+b →)=0， 即a →2+a →⋅b →=0，∴ 1+1×√2×cos <a →，b →>=0． 解得cos <a →，b →>=−√22．再由<a →，b →>∈[0, π]， 可得<a →，b →>=3π4，故选C ． 6. 【答案】 B【考点】直线与平面垂直的判定 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：α⊥β，且m ⊂α⇒m ⊂β，或m // β，或m 与β相交，故A 不正确； m // n ，且n ⊥β⇒m ⊥β，故B 正确；α⊥β，且m // α⇒m ⊂β，或m // β，或m 与β相交，故C 不正确； 由m ⊥n ，且n // β，知m ⊥β不一定成立，故D 不正确． 故选B ． 7.【答案】 D【考点】圆锥曲线的共同特征 等比数列的性质【解析】先根据等比中项的性质求得m 的值，分别看当m 大于0时，曲线为椭圆，进而根据标准方程求得a 和b ，则c 可求得，继而求得离心率．当m <0，曲线为双曲线，求得a ，b 和c ，则离心率可得．最后综合答案即可． 【解答】解：依题意可知m =±√2×8=±4, 当m =4时，曲线为椭圆， a =2，b =1，则c =√3，e =ca =√32. 当m =−4时，曲线为双曲线， a =1，b =2，c =√5则，e =√5. 故选D . 8.【答案】 C【考点】利用导数研究函数的单调性 数列递推式 【解析】根据题意可求得数列{a n }的通项公式，进而求得a n+1a n，根据2n 2−(n +1)2=(n −1)2−2，进而可知当当n ≥3时，(n −1)2−2>0，推断出当n ≥3时数列单调增，n <3时，数列单调减，进而可知n =3时a n 取到最小值求得数列的最小值，进而可知a k 的值． 【解答】解：a n =F(n,2)F(2,n)=2nn 2（n∈N∗），∴a n+1a n=2n 2(n+1)2，∵ 2n 2−(n +1)2=(n −1)2−2，当n ≥3时，(n −1)2−2>0， ∴ 当n ≥3时a n+1>a n ；当n <3时，(n −1)2−2<O ，所以当n <3时a n+1<a n ． ∴ 当n =3时a n 取到最小值为f(3)=89，故答案为：89．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分． 【答案】 −1【考点】复数代数形式的混合运算 复数的基本概念【解析】由题意知虚部等于0，实部大于0，可求a 的值． 【解答】解：(a +i)2i =(a 2−1)i +2ai 2=(a 2−1)i −2a 它是正实数，所以a =−1 故答案为：−1 【答案】 (1, 0),2 【考点】参数方程与普通方程的互化 直线与圆的位置关系【解析】先把圆的参数方程化为普通方程，由方程可得圆心坐标，利用点直线的距离公式求出圆心到直线的距离，然后与半径作比较，由其大小关系可得答案． 【解答】解：圆C 的普通方程为：(x −1)2+y 2=9， 所以圆心坐标为(1, 0)，圆心到直线x +y −3=0的距离d =√2=√2，半径为3，且√2<3，所以圆与直线x +y −3=0的交点个数为2． 故答案为：2． 【答案】 (−1,√3),√3【考点】二倍角的正切公式 直线的倾斜角 【解析】可设OA →=√3+i ，OB →=OA →⋅i ，从而可求得点B 的坐标，由tan α=−√3，利用二倍角的正切可求tan 2α． 【解答】解：设OA →=√3+i ，∵ 点A(√3, 1)绕原点O 逆时针旋转90∘到点B ， ∴ OB →=OA →⋅i =(√3+i)⋅i =−1+√3i ， ∴ 点B 坐标为(−1, √3)； ∵ 直线OB 的倾斜角为α， ∴ tan α=−√3， ∴ tan 2α=2tan α1−tan 2α=2×(−√3)1−3=√3．故答案为：(−1, √3)；√3． 【答案】125【考点】与圆有关的比例线段 【解析】在圆中线段利用由切割线定理求得PA ，进而利用直角三角形PCO 中的线段，结合面积法求得CE 即可． 【解答】解：∵ PC 是圆O 的切线， ∴ 由切割线定理得：PC 2=PA ×PB ，∵ PC =4，PB =8， ∴ PA =2，∴ OA =OB =3，连接OC ，OC =3， 在直角三角形POC 中，利用面积法有， ∴ CE =OC×PC PO=125．故填：125．【答案】 2【考点】函数奇偶性的性质 函数奇偶性的判断【解析】 先把函数f(x)=|x|−sin x+1|x|+1变形为f(x)=1+−sin x|x|+1，令g(x)=−sin x|x|+1，可判断函数g(x)的奇偶性，据此找到g(x)的最大值与最小值之间的关系，在有f(x)=1+g(x)，求出f(x)的最大值与最小值之和． 【解答】 解：函数f(x)=|x|−sin x+1|x|+1可变形为f(x)=1+−sin x|x|+1，令g(x)=−sin x|x|+1，则g(−x)=sin x |x|+1=−g(x)，∴ g(x)为奇函数．设当x =a 时，g(x)有最大值g(a)，则当x =−a 时，g(x)有最小值g(−a)=−g(a) ∵ f(x)=1+g(x)，∴ 当x =a 时f(x)有最大值g(a)+1， 则当x =−a 时，f(x)有最小值−g(a)+1， 即M =g(a)+1，m =−g(a)+1， ∴ M +m =2. 故答案为：2. 【答案】 ③④ 【考点】命题的真假判断与应用 【解析】根据点A(a, b)与点B(1, 0)在直线3x −4y +10=0的两侧，我们可以画出点A(a, b)所在的平面区域，进而结合二元一次不等式的几何意义，两点之间距离公式的几何意义，及两点之间连线斜率的几何意义，逐一分析四个答案．可得结论． 【解答】解：∵ 点A(a, b)与点B(1, 0)在直线3x −4y +10=0的两侧， 故点A(a, b)在如图所示的平面区域内故3a −4b +10<0，即①错误；当a >0时，a +b >52，a +b 即无最小值，也无最大值，故②错误； 设原点到直线3x −4y +10=0的距离为d ，则d =√32+(−4)2=2，则√a 2+b 2>d =2，故③正确；当a >0且a ≠1，b >0时，b a−1表示点A(a, b)与B(1, 0)连线的斜率∵ 当a =0，b =52时，ba−1=−52，又∵ 直线3x −4y +10=0的斜率为34 故b a−1的取值范围为(−∞, −52)∪(34, +∞)，故④正确；故答案为：③④三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 【答案】（1）由图可知，A ＝1，最小正周期T ＝4×2＝8． 由T=2πω=8，得ω=π4．又f(1)＝sin (π4+φ)＝1，且−π2<φ<π2， 所以π4+φ=π2，即φ=π4．所以f(x)＝sin (π4x +π4)．（2）因为f(−1)＝0，f(1)＝1，f(5)＝−1所以M(−1, 0)，N(1, 1)，P(5, −1)． 所以|MN|=√5，|PN|=√20，|MP|=√37． 由余弦定理得cos ∠MNP =2√5×√20=−35．因为∠MNP ∈[0, π)，所以sin ∠MNP =45．【考点】由y=Asin （ωx+φ）的部分图象确定其解析式 【解析】(Ⅰ)利用最高点确定A 的值，利用周期，确定ω的值，利用最高点的坐标，确定φ的值，即可求函数f(x)的解析式；(Ⅱ)确定点M ，N ，P 的坐标，再利用余弦定理，即可求sin ∠MNP 的值． 【解答】（1）由图可知，A ＝1，最小正周期T ＝4×2＝8． 由T =2πω=8，得ω=π4．又f(1)＝sin (π4+φ)＝1，且−π2<φ<π2， 所以π4+φ=π2，即φ=π4． 所以f(x)＝sin (π4x +π4)．（2）因为f(−1)＝0，f(1)＝1，f(5)＝−1 所以M(−1, 0)，N(1, 1)，P(5, −1)． 所以|MN|=√5，|PN|=√20，|MP|=√37． 由余弦定理得cos ∠MNP =2√5×√20=−35．因为∠MNP ∈[0, π)，所以sin ∠MNP =45．【答案】 解：（1）甲、乙两人所付费用相同即为2，4，6元．… 都付2元的概率为P 1=14×12=18； 都付4元的概率为P 2=12×14=18； 都付6元的概率为P 3=14×14=116；故所付费用相同的概率为P =P 1+P 2+P 3=516．… （2）依题意，ξ的可能取值为4，6，8，10，12．… P(ξ=4)=18；P(ξ=6)=14×14+12×12=516；P(ξ=8)=14×14+12×14+12×14=516；P(ξ=10)=14×14+12×14=316； P(ξ=12)=14×14=116．故ξ的分布列为所求数学期望Eξ=4×18+6×516+8×516+10×316+12×116=152．…【考点】离散型随机变量的期望与方差 等可能事件的概率【解析】（1）甲、乙两人所付费用相同即为2，4，6元，求出相应的概率，利用互斥事件的概率公式，可求甲、乙两人所付租车费用相同的概率；（2）确定变量的取值，求出相应的概率，即可求得ξ的分布列与数学期望． 【解答】解：（1）甲、乙两人所付费用相同即为2，4，6元．… 都付2元的概率为P 1=14×12=18；都付4元的概率为P 2=12×14=18； 都付6元的概率为P 3=14×14=116；故所付费用相同的概率为P =P 1+P 2+P 3=516．… （2）依题意，ξ的可能取值为4，6，8，10，12．… P(ξ=4)=18；P(ξ=6)=14×14+12×12=516；P(ξ=8)=14×14+12×14+12×14=516；P(ξ=10)=14×14+12×14=316；P(ξ=12)=14×14=116． 故ξ的分布列为所求数学期望Eξ=4×18+6×516+8×516+10×316+12×116=152．…【答案】解：（1）∵ MB // NC ，MB ⊄平面DNC ，NC ⊂平面DNC ，∴ MB // 平面DNC ．∵ 四边形AMND 为矩形，∴ MA // DN ．又∵ MA ⊄平面DNC ，DN ⊂平面DNC ，∴ MA // 平面DNC ． ∵ MA 、MB 是平面AMB 内的相交直线， ∴ 平面AMB // 平面DNC ．又∵ AB ⊂平面AMB ，∴ AB // 平面DNC ． …（2）∵ 平面AMND ⊥平面MBCN ，且平面AMND ⊥平面MBCN =MN ，DN ⊥MN ， ∴ DN ⊥平面MBCN ，而MN ⊥NC ，故以点N 为坐标原点，NM 、NC 、ND 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系如图． 由已知得MC =2√3，∠MCN =30∘，易得MN =√3，NC =3． 则D(0, 0, 3)，C(0, 3, 0)，B(√3, 4, 0)． ∴ DC →=(0, 3, −3)，CB →=(√3, 1, 0)．设平面DBC 的法向量m 1→=(x, y, z)，则{m 1→⋅CB →=0˙，即{3y −3z =0√3x +y =0令x =−1，则y =z =√3，可得m 1→=(−1, √3, √3)． 又∵ m 2→=(0, 0, 1)是平面NBC 的一个法向量， ∴ cos <m 1→，m 2→>=|m 1→|⋅|m 2→|˙=√217． 故所求二面角D −BC −N 的余弦值为√217．… 【考点】用空间向量求平面间的夹角 直线与平面平行的判定【解析】（1）由线面平行判定定理，可分别证出MB // 平面DNC 且MA // 平面DNC ，结合面面平行判定定理，得到平面AMB // 平面DNC ，结合AB ⊂平面AMB 可得AB // 平面DNC ；（2）根据面面垂直的性质定理，证出DN ⊥平面MBCN ，从而得到NM 、NC 、ND 两两互相垂直，因此以点N为坐标原点，建立空间直角坐标系如图．分别得到B 、C 、D 的坐标，从而得到向量DC →、CB →的坐标，利用垂直向量数量积为零建立方程组，解出平面DBC 的法向量m 1→=(−1, √3, √3)，结合m 2→=(0, 0, 1)是平面NBC 的一个法向量，运用空间向量的夹角公式算出m 1→、m 2→夹角的余弦值为√217，即得二面角D −BC −N 的余弦值．【解答】解：（1）∵ MB // NC ，MB ⊄平面DNC ，NC ⊂平面DNC ，∴ MB // 平面DNC ．∵ 四边形AMND 为矩形，∴ MA // DN ．又∵ MA ⊄平面DNC ，DN ⊂平面DNC ，∴ MA // 平面DNC ． ∵ MA 、MB 是平面AMB 内的相交直线， ∴ 平面AMB // 平面DNC ．又∵ AB ⊂平面AMB ，∴ AB // 平面DNC ． …（2）∵ 平面AMND ⊥平面MBCN ，且平面AMND ⊥平面MBCN =MN ，DN ⊥MN ， ∴ DN ⊥平面MBCN ，而MN ⊥NC ，故以点N 为坐标原点，NM 、NC 、ND 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系如图． 由已知得MC =2√3，∠MCN =30∘，易得MN =√3，NC =3．则D(0, 0, 3)，C(0, 3, 0)，B(√3, 4, 0)． ∴ DC →=(0, 3, −3)，CB →=(√3, 1, 0)．设平面DBC 的法向量m 1→=(x, y, z)，则{m 1→⋅CB →=0˙，即{3y −3z =0√3x +y =0令x =−1，则y =z =√3，可得m 1→=(−1, √3, √3)．又∵ m 2→=(0, 0, 1)是平面NBC 的一个法向量， ∴ cos <m 1→，m 2→>=|m 1→|⋅|m 2→|˙=√217． 故所求二面角D −BC −N 的余弦值为√217．… 【答案】（1）当M 的坐标为(0, −1)时，设过M 点的切线方程为y ＝kx −1， 由{x 2=4y y =kx −1，消y 得x 2−4kx +4＝0，（1） 令△＝(4k)2−4×4＝0，解得：k ＝±1， 代入方程（1），解得A(2, 1)，B(−2, 1)，设圆心P 的坐标为(0, a)，由|PM|＝|PB|，得a +1＝2，解得a ＝1， 故过M ，A ，B 三点的圆的方程为x 2+(y −1)2＝4； （2）证明：设M(x 0, −1)，由已知得y =x 24，y′=12x ，设切点分别为A(x 1, x 124)，B(x 2, x 224)，∴ k MA =x 12，k MB =x 22， 切线MA 的方程为y −x 124=x 12(x −x 1)，即y =12x 1x −14x 12，切线MB 的方程为y −x 224=x 22(x −x 2)，即y =12x 2x −14x 22，又因为切线MA 过点M(x 0, −1)，所以得−1=12x 0x 1−14x 12，①又因为切线MB 也过点M(x 0, −1)，所以得−1=12x 0x 2−14x 22，②所以x 1，x 2是方程−1=12x 0x −14x 2的两实根， 由韦达定理得x 1+x 2＝2x 0，x 1x 2＝−4， 因为MA →=(x 1−x 0, x 124+1)，MB →=(x 2−x 0, x 224+1)，所以MA →⋅MB →=(x 1−x 0)(x 2−x 0)+(x 124+1)(x 224+1)＝x 1x 2−x 0(x 1+x 2)+x 02+x 12x 2216+14(x 12+x 22)+1＝x 1x 2−x 0(x 1+x 2)+x 02+x 12x 2216+14[(x 1+x 2)2−2x 1x 2]+1，将x 1+x 2＝2x 0，x 1x 2＝−4代入，得MA →⋅MB →=0，则以AB 为直径的圆恒过点M ． 【考点】 圆的标准方程 圆系方程【解析】(Ⅰ)当M 的坐标为(0, −1)时，设过M 切线方程为y ＝kx −1，与抛物线解析式联立，消去y 得关于x 的一元二次方程，根据题意得到根的判别式的值为0，求出k 的值，代入确定出A 与B 的坐标，设圆心P(0, a)，由|PM|＝|PB|，列出关于a 的方程，求出方程的解得到a 的值，确定出圆心坐标及半径，写出圆的标准方程即可； (Ⅱ)设M(x 0, −1)，由已知抛物线解析式变形得y =x 24，求出导函数y′=12x ，设出切点A 与B 坐标分别为A(x 1, x 124)，B(x 2, x 224)，表示出切线MA 与切线MB 的方程，再由切线MA 与MB 过M ，将M 坐标分别代入得到两个关系式，x 1，x 2是方程−1=12x 0x −14x 2的两实根，利用韦达定理表示出两根之和与两根之积，再表示出两向量MA →与MB →，将表示出两根之和与两根之积代入计算MA →⋅MB →的值为0，即可得到以AB 为直径的圆恒过点M ．【解答】（1）当M 的坐标为(0, −1)时，设过M 点的切线方程为y ＝kx −1， 由{x 2=4y y =kx −1，消y 得x 2−4kx +4＝0，（1） 令△＝(4k)2−4×4＝0，解得：k ＝±1，代入方程（1），解得A(2, 1)，B(−2, 1)，设圆心P 的坐标为(0, a)，由|PM|＝|PB|，得a +1＝2，解得a ＝1， 故过M ，A ，B 三点的圆的方程为x 2+(y −1)2＝4； （2）证明：设M(x 0, −1)，由已知得y =x 24，y′=12x ， 设切点分别为A(x 1, x 124)，B(x 2, x 224)，∴ k MA =x 12，k MB =x 22， 切线MA 的方程为y −x 124=x 12(x −x 1)，即y =12x 1x −14x 12， 切线MB 的方程为y −x 224=x 22(x −x 2)，即y =12x 2x −14x 22，又因为切线MA 过点M(x 0, −1)，所以得−1=12x 0x 1−14x 12，①又因为切线MB 也过点M(x 0, −1)，所以得−1=12x 0x 2−14x 22，②所以x 1，x 2是方程−1=12x 0x −14x 2的两实根， 由韦达定理得x 1+x 2＝2x 0，x 1x 2＝−4， 因为MA →=(x 1−x 0, x 124+1)，MB →=(x 2−x 0, x 224+1)， 所以MA →⋅MB →=(x 1−x 0)(x 2−x 0)+(x 124+1)(x 224+1)＝x 1x 2−x 0(x 1+x 2)+x 02+x 12x 2216+14(x 12+x 22)+1＝x 1x 2−x 0(x 1+x 2)+x 02+x 12x 2216+14[(x 1+x 2)2−2x 1x 2]+1，将x 1+x 2＝2x 0，x 1x 2＝−4代入，得MA →⋅MB →=0， 则以AB 为直径的圆恒过点M ． 【答案】解：(1)由已知，得x >0，f′(x)=a+1ax−1x 2−1=−x 2−(a+1a )x+1x 2=−(x−a)(x−1a)x 2．由f′(x)=0，得x 1=1a，x 2=a ．因为a >1，所以0<1a<1，且a >1a．所以在区间(0, 1a )上，f′(x)<0；在区间(1a , 1)上，f′(x)>0． 故f(x)在(0, 1a )上单调递减，在(1a , 1)上单调递增．证明：(2)由题意可得，当a ∈[3, +∞)时，f′(x 1)=f′(x 2)(x 1，x 2>0，且x 1≠x 2)． 即a+1ax 1−1x 12−1=a+1ax 2−1x 22−1，所以a +1a =1x 1+1x 2=x 1+x 2x 1x 2，a ∈[3, +∞)．因为x 1，x 2>0，且x 1≠x 2，所以x 1x 2<(x 1+x 22)2恒成立， 所以1x1x 2>4(x1+x 2)2，又x 1+x 2>0，所以a +1a =x 1+x 2x 1x 2>4x1+x 2，整理得x 1+x 2>4a+1a，令g(a)=4a+1a，因为a ∈[3, +∞)，所以a +1a 单调递增，g(a)单调递减，所以g(a)在[3, +∞)上的最大值为g(3)=65， 所以x 1+x 2>65．【考点】利用导数研究函数的单调性利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】(1)求出f′(x)，当x ∈(0, 1)时，解不等式f′(x)>0，f′(x)<0即可．(2)由题意可得，当a ∈[3, +∞)时，f′(x 1)=f′(x 2)(x 1，x 2>0，且x 1≠x 2)，由此可得a +1a=x 1+x 2x 1x 2>4x 1+x2，从而x 1+x 2>4a+1a，只要求出4a+1a在[3, +∞)的最大值即可．【解答】解：(1)由已知，得x >0，f′(x)=a+1ax−1x 2−1=−x 2−(a+1a )x+1x 2=−(x−a)(x−1a)x 2．由f′(x)=0，得x 1=1a，x 2=a ．因为a >1，所以0<1a<1，且a >1a．所以在区间(0, 1a )上，f′(x)<0；在区间(1a , 1)上，f′(x)>0． 故f(x)在(0, 1a )上单调递减，在(1a , 1)上单调递增．证明：(2)由题意可得，当a ∈[3, +∞)时，f′(x 1)=f′(x 2)(x 1，x 2>0，且x 1≠x 2)． 即a+1ax 1−1x 12−1=a+1ax 2−1x 22−1，所以a +1a=1x 1+1x 2=x 1+x 2x 1x 2，a ∈[3, +∞)．因为x 1，x 2>0，且x 1≠x 2，所以x 1x 2<(x 1+x 22)2恒成立， 所以1x1x 2>4(x1+x 2)2，又x 1+x 2>0，所以a +1a =x 1+x 2x 1x 2>4x1+x 2，整理得x 1+x 2>4a+1a，令g(a)=4a+1a，因为a ∈[3, +∞)，所以a +1a单调递增，g(a)单调递减，所以g(a)在[3, +∞)上的最大值为g(3)=65， 所以x 1+x 2>65．【答案】 解：（1）由题意可得，创新数列为3，4，4，5，5的所有数列{C n }有两个，即数列3，4，1，5，2； 或数列3，4，2，5，1． …（2）存在数列{C n }，使它的创新数列为等差数列． 设数列{C n }的创新数列为{e n }，(n =1, 2, 3, 4…,m)，因为e m 是c 1，c 2，c 3，…，c m 中的最大值，所以e m =m ．由题意知，e k 为c 1，c 2，c 3，…c k 中最大值，所以，e k ≤e k+1，且e k ∈{1, 2, 3, ..., m}． 若{e n }为等差数列，设其公差为d ，则d =e k+1−e k ≥0且d ∈N ．当d =0时，{e n }为常数列，又e m =m ，所以数列{e n }为m ，m ，…，m ． 此时数列{C n }是首项为m 的任意一个符合条件的数列． … 当d =1时，因为e m =m ，所以数列{e n }为1，2，…，m ． 此时，数列{c n }为1，2，3，…，m ． …当d ≥2时，因为e m =e 1+(m −1)d ≥e 1+(m −1)2=2m −2+e 1，又m >3，e 1 为正整数，所以e m >m ，这与e m =m 矛盾，所以此时{e n }不存在，即不存在{C n }使得它的创新数列为公差d ≥2的等差数列．…综上，当数列{C n }为以m 为首项的任意一个符合条件的数列，或{C n }为数列1，2，3，…，m 时，它的创新数列为等差数列．… 【考点】等差数列的性质【解析】（1）由题意可得，创新数列为3，4，4，5，5的所有数列{C n}有两个．（2）存在数列{C n}，使它的创新数列为等差数列．设数列{C n}的创新数列为{e n}，若{e n}为等差数列，设其公差为d，经过检验，当d=0或1时，存在数列{C n}，使它的创新数列为等差数列．【解答】解：（1）由题意可得，创新数列为3，4，4，5，5的所有数列{C n}有两个，即数列3，4，1，5，2；或数列3，4，2，5，1．…（2）存在数列{C n}，使它的创新数列为等差数列．设数列{C n}的创新数列为{e n}，(n=1, 2, 3, 4…,m)，因为e m是c1，c2，c3，…，c m中的最大值，所以e m=m．由题意知，e k为c1，c2，c3，…c k中最大值，所以，e k≤e k+1，且e k∈{1, 2, 3, ..., m}．若{e n}为等差数列，设其公差为d，则d=e k+1−e k≥0且d∈N．当d=0时，{e n}为常数列，又e m=m，所以数列{e n}为m，m，…，m．此时数列{C n}是首项为m的任意一个符合条件的数列．…当d=1时，因为e m=m，所以数列{e n}为1，2，…，m．此时，数列{c n}为1，2，3，…，m．…当d≥2时，因为e m=e1+(m−1)d≥e1+(m−1)2=2m−2+e1，又m>3，e1为正整数，所以e m>m，这与e m=m矛盾，所以此时{e n}不存在，即不存在{C n}使得它的创新数列为公差d≥2的等差数列．…综上，当数列{C n}为以m为首项的任意一个符合条件的数列，或{C n}为数列1，2，3，…，m时，它的创新数列为等差数列．…。
