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3．下列說法錯(cuò)誤的是

(A)命題“若x²-3x+2=0，則x=1”的逆否命題為：“若x≠1，則x²-3x+2≠0”

(B)“x=1”是“x²-3x+2=0”的充分不必要條件

(C)若pÙq為假命題，則p、q均為假命題

(D)對于命題p：“存在x∈R，使得x²+x+1<0”，則Øp：“任意x∈R，均有x²+x+1≥0”

2．不等式y≤3x+b所表示的區(qū)域恰好使點(diǎn)(3，4)不在此區(qū)域內(nèi)，而點(diǎn)(4，4)在此區(qū)域內(nèi)，則b的取值范圍是

(A)-8≤b≤-5　 (B)b≤-8或b＞-5　 (C)-8≤b＜-5　　　 (D)b≤-8或b≥-5

1．已知復(fù)數(shù)z₁=3+i，z₂=1-i，則復(fù)數(shù)z₁·z₂的虛部為

(A)2i　　　　 (B)-2i　　　　　　　 (C)2　　　　　 (D)-2

22. (1)證明：由g(x)=′(x)=

　　　 由xf′(x)＞f(x)可知：g′(x) ＞0在x＞0上恒成立.

　　　 從而g(x)=

　 (2)由(1)知g(x)=

　　　 在x₁＞0,x₂＞0時(shí)，　

于是f(x₁)＜

兩式相加得到：f(x₁)+f(x₂)＜f(x₁+x₂)

(1)　　　　 由(2)中可知：g(x)=

　 由數(shù)學(xué)歸納法可知：x_i＞0(i=1,2,3,…,n)時(shí),

有f(x₁)+f(x₂)+f(x₃)+… +f(x_n)＜f(x₁+x₂+x₃+…+x_n) (n≥2)恒成立.

設(shè)f(x)=xlnx，則在x_i＞0(i=1,2,3,…,n)時(shí)

有x₁lnx₁+x₂lnx₂+…+x_nlnx_n＜(x₁+x₂+…+x_n)ln(x₁+x₂+…+x_n)(n≥2)……(*)恒成立.

令x_n=…+x_n=…+

　由S_n＜…+

S_n＞…+

(x₁+x₂+…+x_n)ln(x₁+x₂+…+x_n)<(x₁+x₂+…+x_n)ln(1-…+x_n)(∵ln(1+x)＜x)

＜-　 (**)

由(**)代入(*)中，可知：

…+

于是：…+

21. 解(Ⅰ)由題意，， ∴，　　　　 2分

∵　 ∴為A的中點(diǎn)　　　　　　 3分

∴，　　　　　　　　　　　　　　

即　 橢圓方程為.　　　　　　　　　 5分

(Ⅱ)當(dāng)直線DE與軸垂直時(shí)，，

此時(shí)，四邊形的面積為.

同理當(dāng)MN與軸垂直時(shí)，也有四邊形的面積為.　　　 當(dāng)直線DE，MN均與軸不垂直時(shí)，設(shè)，代入橢圓方程，消去得：

.

設(shè)，，則　　　　　　 所以，，

所以，，

同理，.　　　　　　 所以，四邊形的面積==，

令，得

因?yàn)?sub>，

當(dāng)時(shí)，，且S是以為自變量的增函數(shù)，

所以

綜上可知，即四邊形DMEN面積的最大值為4，最小值為.　　

20. 解：(Ⅰ)密碼中不同數(shù)字的個(gè)數(shù)為2的事件為密碼中只有兩個(gè)數(shù)字,注意到密碼的第1,2列分別總是1,2,即只能取表格第1,2列中的數(shù)字作為密碼.

.　　　　　　　　　　　　　　 ……………………………4分

(Ⅱ)由題意可知,的取值為2,3,4三種情形.

若,注意到表格的第一排總含有數(shù)字1,第二排總含有數(shù)字2則密碼中只可能取數(shù)字1,2,3或1,2,4.

.

若,則

(或用求得).　　　　　　　　 ……………………………8分

的分布列為：

	2	3	4

　 .　　　　 ……………………………12分

19. 解：(Ⅰ)由f(x)=x³+ax²+bx+c關(guān)于點(diǎn)(1,1)成中心對稱，所以

　　　　 x³+ax²+bx+c+(2－x)³+a(2－x)²+b(2－x)+c=2　　　　　　　

對一切實(shí)數(shù)x恒成立．得：a=－3，b+c=3，

對由f '(1)=0，得b=3，c=0，

故所求的表達(dá)式為：f(x)= x³－3x²+3x．　　　　　　　　　　　

(Ⅱ) a_n+1=f (a_n)= a_n ³－3 a_n ²+3 a_n　　 (1)

令b_n=a_n－1，0<b_n<1，由代入(1)得：b_n+1=，b_n=，∴ 1＞b_n ＞b_n+1 ＞0

　　 (a₁－a₂)·(a₃－1)+(a₂－a₃)·(a₄－1)+…+(a_n－a_n+1)·(a_n+2－1)=

＜=b₁-b_n+1＜b₁＜1。　　　　　　　　　　

　(本題證法較多，其它證明方法得分可參照以上評分標(biāo)準(zhǔn)分步給分)

18. 解法一：

　(Ⅰ) 過P作MN∥B₁C₁，分別交A₁B₁、D₁C₁于M、N，則M、N A₁B₁、D₁C₁的中點(diǎn)，連MB，NC由四邊形BCNM是平行四邊形，　　　　　　 ∵E、M分別為AB、A₁B₁中點(diǎn)，∴A₁E∥MB

又MB平面PBC，∴A₁E∥平面PBC。　　　　　 (Ⅱ) 　過A作AF⊥MB，垂足為F，連PF，

∵BC⊥平面ABB₁A₁，AF平面ABB₁A₁，

∴AF⊥BC， BC∩MB=B，∴AF⊥平面PBC，

∴∠APF就是直線AP與平面PBC所成的角，　 設(shè)AA₁=a，則AB=a，AF=，AP=，sin∠APF=

所以，直線AP與平面PBC所成的角是arcsin。　　　　　 (Ⅲ)連OP、OB、OC，則OP⊥BC，由三垂線定理易得OB⊥PC，OC⊥PB，所以O(shè)在平面PBC中的射影是△PBC的垂心，又O在平面PBC中的射影是△PBC的重心，則△PBC為正三角形。即PB=PC=BC　　　　　　　　　　　　　　　　 所以k=。

反之，當(dāng)k=時(shí)，PA=AB=PB=PC=BC，所以三棱錐為正三棱錐，

∴O在平面PBC內(nèi)的射影為的重心　　　　　　　　　 　解法二：(建立空間坐標(biāo)系)

17．解：由題設(shè)y=cos[(x－a)+]的圖象關(guān)于點(diǎn)(a+l，0)對稱，

則cos[(a+1－a)+]=0，即 (k∈Z)．……………………3分

　 又f (x) =cos(x+)在[，1]上是單調(diào)函數(shù)，

　 令t=x+，則g(t)= cos t在[0，+]上是單調(diào)函數(shù)，

　 ∴0<≤，∴0<k+≤1．

　 ∵k∈Z，∴k=0，于是　 +=………………………………………8分

　 又f (x) =cos(x+)的圖象關(guān)于點(diǎn)(4，0)對稱，

　 ∴4+ (m∈Z)，∴(m∈Z)．　　 ……………… 11分

∵0<<，∴，∴f(x)=cos()．……………………………12分

16. 解析:設(shè)C的坐標(biāo)為C(x,y)，則AC中點(diǎn)為M(,),BC中點(diǎn)為N(,).

∵≠,≠,且AC、BC的中點(diǎn)M、N都在坐標(biāo)軸上，

∴M、N不在同一坐標(biāo)軸上.

當(dāng)M在x軸上、N在y軸上時(shí)，y_N==0,x_M==0,

即x=2,y=－7；

當(dāng)M在y軸上、N在x軸上時(shí)，x_M==0,y_N==0,

即x=－3,y=－5.

∴C點(diǎn)坐標(biāo)為(－3，－5)或(2，－7).

答案:(－3，－5)或(2，－7)