?3b?,?π313π1?4由f()?，f()??，得?故a?,b?，……4分
2424124?1a?3b??1,??424131π?f(x)?sin2x?cos2x?sin(2x?)，
4423ππ3π?2x??2kπ?,k?Z时,f(x)的单调递减, 2325π11π可得kπ+?x?kπ?,k?Z，
12125π11π](k?Z)；…………………………8分 ?f(x)的单调递增区间为[kπ+,kπ+12121π（Ⅱ）由（Ⅰ）得f(x)?sin(2x?)，
23ππ5ππππ1由??x?得：??2x??.??1?sin(2x?)?，
4463632当2kπ+ππ?11?故f(x)在[?,]上的值域为??,?．…………………………14分
44?24?19.（本题满分15分）解：（1）连AO，因为PO?平面ABC，得PO?CA。
又因为CA?PA，得CA?平面PAO，CA?AO。…………………………………3分 因为?PAO是PA与平面ABC的角，?PAO?60。 因为PA?23，得OA?3。
在?OAB中，?OAB?90?30?60，故有OB?OA，………………………6分 从而有OB//AC，得OB//平面PAC。 …………………………………………8分
（2）过O作BC的垂线交CB延长线于G点，连PG，则?PGO是二面角P－BC－A的平面角。 在Rt?PGO中，易知PO?3,OG?33， 2所以tan?PGO?PO23?………………15分 OG3- 13 -
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另解：（1）同上
（2）以OB、OA、OP为x、y、z轴，建立坐标系，可得
A(0,3,0),B(3,0,0),C(4,3,0),P(0,0,3)。
可求得平面ABC的法向量是m?(0,0,1)，平面PBC的法向量是(1,3,3)，所以二面角P－BC－A大小?的余弦值是cos??
20．（本题满分15分）
23321，即tan?? ?371?7???2分 （Ⅰ）?an?Sn?4中，令n?1，得?a1?a1?4，又a1?4，解得??2，?由2an?Sn?4，2an?1?Sn?1?4相减得，2an?1?2an?an?1?an?1?2，数列?an?是以a1?4，an???4分 公比为2的等比数列，????6分 可得an?2n?1(n?N*).?（Ⅱ）bn?11111???????8分 ?an?1n(n?1)(n?2)n?1n?2logalog221111????2334?1111n????????10分 n?1n?22n?22(n?2)所以Tn??2n?5?(n?2)Tn，即k?2n?5对任意n?N*恒成立n?2n?1?0?k??2n?5?Tn?k?2nn?2n?2n?1????12分 设dn?2n?52n?32n?57?2nd?d??n?n?1， ，n?1n2n2n?122∴当n?4时，数列?dn?单调递减，1?n?3时，数列?dn?单调递增； 又d3??d4?18333???15分 ，∴数列?dn?最大项的值为d4?，∴k?.?16161621．（本题满分15分）
- 14 -
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x2y22b2（1） 设椭圆方程为2?2=1（a>b>0）,由焦点坐标可得c=1,由PQ|=3，可得=3，
abax2y2解得a=2，b=3，故椭圆方程为?=1 ……………………4分
43 （2） 设M(x1,y1)，N(x2,y2),不妨y1>0, y2<0,设△F1MN的内切圆的径R，
1（MN+F1M+F1N）R=4R F1MN21因此SF1MN最大，R就最大，SAMN?F1F2(y1?y2)?y1?y2，
2
则△F1MN的周长=4a=8，S?由题知，直线l的斜率不为零，可设直线l的方程为x=my+1，
?x?my?1?由?x2y2得(3m2?4)y2+6my-9=0，
?1??3?4……………………8分
?3m?6m2?1?3m?6m2?1得y1?，y2?，
3m2?43m2?4则SAMN12m2?11，………………10分 ?AB（y1?y2）=y1?y2=3m2?42令t=m2?1,则t≥1, 则SAMN12m2?112t121???,令f（t）=3t+，当t≥1时， f(t)在［1,+∞)上单调递2213m?43t?13t?ttAMN≤
31212=3,即当t=1,m=0时，SAMN≤=3, SAMN=4R，∴Rmax=，
4339这时所求内切圆面积的最大值为π.
169故直线l:x=1，△AMN内切圆面积的最大值为π ……………………15分
16增，有f(t)≥f(1)=4, S
22. （本题满分15分）
解：（Ⅰ）由曲线y?f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y?x?2，故??f(2)?2?2?0，
f'(2)?1?- 15 -
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又f(x)?ln(x?a)?1bb，f'(x)?， ?x?ax2xb?ln(2?a)??0?2?b?1所以?，解得a??1,b?0；……………………5分 ??12?a4??a,b?Z??（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)?ln(x?1)，故f(x?1)?lnx，所以g(x)?lnx?mx(m?R)， g(x)?lnx?mx的两个不同的零点为x1,x2，不妨设x1?x2?0，
因为g(x1)?g(x2)?0，所以lnx1?mx1，lnx2?mx2，
要证明x1?x2?e2，即证明ln(x1x2)?lne2?2，而ln(x1x2)?m(x1?x2) 故只需证明m(x1?x2)?2即可，……2分 又lnx1?lnx2?mx1?mx2，所以m?故只需证明
lnx1?lnx2，
x1?x2lnx1?lnx22， ?x1?x2x1?x22(x1?x2)x，即证ln1?x1?x2x22(即需证lnx1?lnx2?x1?1)x2，
x1?1x2即只需证lnx1?x22(x1?1)x2?0即可，……………………9分
x1?1x2令t?x1，由于x1?x2?0，故t?1， x2设F(t)?lnt?2(t?1),(t?1)， t?1(t?1)214F'(t)???,(t?1)，
t(t?1)2t(t?1)2显然F'(t)?0，故F(t)?lnt?2(t?1),(t?1)是增函数， t?1所以F(t)?F(1)，又F(1)?0，所以F(t)?0恒成立，
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