分析：先转化为存在零点，再利用数形结合分析两种情况下求a的最大值和最小值得解.

详解:由题得存在，使得函数在上存在零点，

所以存在,使得,所以,

令直线y=ax+b,则两个函数的图像存在一个交点，

当直线y=ax+b过点（1，e）,(0,-3e)时，此时a最大，此时b=-3e,a=4e，

所以a≤4e.

当直线y=ax+b过点且与相切时，最小，

设切点为，则切线方程为，

此时

所以a的最小值为

所以的取值范围为.

故答案为：

分析：先利用2b=a+c消掉b得到,再令5a+c=x,2a+c=y，消去a,c，利用基本不等式求最小值.

详解：因为正数a,b,c成等差数列，所以2b=a+c.

所以

令5a+c=x,2a+c=y，则

所以

当且仅当时取等号.

故答案为：

分析：设直线l：y=k(x-4).先求出,,再根据求出k的值得解.

详解：由题得圆M的方程为：

令y=0得或x=4,所以A(4，0),B(2，0).

则圆N的方程为：

由题得直线l存在斜率，所以设直线l：y=k(x-4).

联立直线l方程和圆M的方程消去y，

得，

所以(1)

联立得

所以，(2)

因为(3)

解（1）（2）（3）得k=.

所以直线l的方程为.

故答案为：

分析：由题意可得f（0）=f（3），解得a=0，由分段函数求得f（1）．

详解：f（x）是定义在R上的周期为3的函数，

且，可得f（0）=f（3），

即有a=﹣18+18=0，

则f（a+1）=f（1）=1+1=2，

故答案为：2

分析：设等比数列{an}的公比为q，n∈N*，且a1=1，S6=3S3，q=1时，不满足S6=3S3．q≠1，可得，化简再利用通项公式即可得出．

详解：设等比数列{an}的公比为q，n∈N*，且a1=1，S6=3S3，

q=1时，不满足S6=3S3．

q≠1，可得，

化为：q3+1=3，即q3=2，

∴a7=q6=4．

故答案为：4

分析：由已知中双曲线的焦点到其渐近线的距离等于实轴长，通过渐近线、离心率等几何元素，沟通a，b，c的关系，即可求出该双曲线的离心率．

详解：∵焦点到渐近线的距离等于半实轴长，∴=2a，

∴b=2a，∴e=．

故答案为：

①③

分析：①，根据线面垂直的性质和面面平行的定义判断命题正确；②，根据线面、面面垂直的定义与性质判断命题错误；③，根据线面平行的性质与面面垂直的定义判断命题正确；④，根据线面、面面平行与垂直的性质判断命题错误．

详解：对于①，当l⊥α，l⊥β时，根据线面垂直的性质和面面平行的定义知α∥β，①正确；

对于②，l⊥α，α⊥β时，有l∥β或l⊂β，∴②错误；

对于③，l∥α，l⊥β时，根据线面平行的性质与面面垂直的定义知α⊥β，∴③正确；

对于④，l∥α，α⊥β时，有l⊥β或l∥β或l⊂β或l与β相交，∴④错误．

综上，以上真命题为①③．

故答案为：①③

分析：由约束条件作出可行域，再由的几何意义，即可行域内的动点与定点O连线的斜率求解．

详解：由实数x，y满足作出可行域如图，

联立，解得A（1，2）．

的几何意义为可行域内的动点与定点O连线的斜率，∴kOA=2．

由解得B（）.∴kOB=．

∴则的取值范围是[，2]．

故答案为：[，2]

分析：先求出基本事件总数n==6，再求出A与B在相邻两天值班包含的基本事件个数m==4，由此能求出A与B在相邻两天值班的概率．

详情：A，B，C三人分别在连续三天中值班，每人值班一天，基本事件总数n==6，

A与B在相邻两天值班包含的基本事件个数m==4，

∴A与B在相邻两天值班的概率p=．

故答案为：

分析：模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的I，S的值，当I=10时不满足条件I＜8，退出循环，输出S的值为7．

详解：模拟执行程序，可得S=1，I=1

满足条件I＜8，S=3，I=4

满足条件I＜8，S=5，I=7

满足条件I＜8，S=7，I=10

不满足条件I＜8，退出循环，输出S的值为7．

故答案为：7

分析：由频率分布直方图，得每天在校平均开销在[50，60]元的学生所点的频率为0.3，由此能求出每天在校平均开销在[50，60]元的学生人数．

详解：由频率分布直方图，得：

每天在校平均开销在[50，60]元的学生所点的频率为：1﹣（0.01+0.024+0.036）×10=0.3

∴每天在校平均开销在[50，60]元的学生人数为500×0.3=150．

故答案为：150

分析：先求出复数z,再求，再求的模.

详解：由题得，

所以.

故答案为：

分析:先化简集合A,B,再求得解.

详解：由题得，，

所以.

故答案为：

（1）；（2）.

分析：（1）利用已知化简，解得n=15.（2）首先归纳猜想猜想fn(x)＋gn(x)＝(x＋1)(x＋2)…(x＋n)，再证明猜想，最后得到对于每一个给定的正整数n，关于x的方程fn(x)＋gn(x)＝0所有解的集合为{－1，－2，…，－n}．

详解：（1）因为fn(x)＝x(x＋1)…(x＋i－1)，

所以fn(1)＝×1×…×i＝＝(n－1)×n!，gn(1)＝＋1×2×…×n＝2×n!，

所以(n－1)×n!＝14×n!，解得n＝15．  

（2）因为f2(x)＋g2(x)＝2x＋2＋x(x＋1)＝(x＋1)(x＋2)，

 f3(x)＋g3(x)＝6x＋3x(x＋1)＋6＋x(x＋1)(x＋2)＝(x＋1)(x＋2)(x＋3)，

猜想fn(x)＋gn(x)＝(x＋1)(x＋2)…(x＋n)．

面用数学归纳法证明：

当n＝2时，命题成立；

假设n＝k(k≥2，k∈N*)时命题成立，即fk(x)＋gk(x)＝(x＋1)(x＋2)…(x＋k)，

因为fk＋1(x)＝…(x＋i－1)

＝ x(x＋1)…(x＋i－1)＋x(x＋1)…(x＋k－1)

＝(k+1) fk(x)＋(k+1) x(x＋1)…(x＋k－1)，

所以fk＋1(x)＋gk＋1(x)＝(k+1) fk(x)＋(k+1) x(x＋1)…(x＋k－1)＋＋x(x＋1)…(x＋k)

＝(k+1)[ fk(x)＋x(x＋1)…(x＋k－1)＋]＋x(x＋1)…(x＋k)＝(k+1)[ fk(x)＋gk(x)]＋x(x＋1)…(x＋k).

＝(k+1)(x＋1)(x＋2)…(x＋k)＋x(x＋1)…(x＋k)

＝(x＋1)(x＋2)…(x＋k) (x＋k＋1)，

即n＝k＋1时命题也成立．

因此任意n∈N*且n≥2，有fn(x)＋gn(x)＝(x＋1)(x＋2)…(x＋n)．

所以对于每一个给定的正整数n，关于x的方程fn(x)＋gn(x)＝0所有解的集合为

{－1，－2，…，－n}．

（1）；（2）.

分析：（1）利用抛物线的定义求p的值.(2)先求出a的值，再联立直线的方程和抛物线的方程得到韦达定理，再求|(y1＋2) (y2＋2)|的值.

详解：（1）因为点A(1，a) (a＞0)是抛物线C上一点，且AF=2，

所以＋1＝2，所以p＝2.

（2）由(1)得抛物线方程为y2＝4x．

因为点A(1，a) (a＞0)是抛物线C上一点，所以a＝2．

设直线AM方程为x－1＝m (y－2) (m≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．

由消去x，得y2－4m y＋8m－4＝0，

即(y－2)( y－4m＋2)＝0，所以y1＝4m－2． 

因为AM⊥AN，所以－代m，得y2＝－－2， 

所以d1d2＝|(y1＋2) (y2＋2)|＝|4m×(－)|＝16．

.

分析：利用柯西不等式求的最大值.

详解：因为(12＋12＋12)[( )2＋()2＋()2]≥(1·＋1·＋1·)2，

即(＋＋)2≤9(a＋b＋c)．

因为a＋b＋c＝1，所以(＋＋)2≤9，

所以＋＋≤3，

当且仅当＝＝，即a＝b＝c＝时等号成立．  

所以＋＋的最大值为3.

.

分析：先求出点P的直角坐标，再求出直线与极轴的交点C(2，0)，再求出圆C的半径PC＝2，最后求圆的极坐标方程．

详解：以极点为坐标原点，极轴为x轴建立平面直角坐标系，

则直线方程为y＝x－2，P的直角坐标为(1，)， 

令y＝0，得x＝2，所以C(2，0)，

所以圆C的半径PC＝，  

所以圆C的方程为(x－2)2＋(y－0)2＝4，即x2＋y2－4x＝0，  

所以圆C的极坐标方程＝4cosθ.

.

分析：先求出AB＝，再设点P0(x0，y0)是l上任意一点，P0在矩阵AB对应的变换作用下得到P(x，y)，再求直线的方程．

详解：因为A＝，B＝，所以AB＝．  

设点P0(x0，y0)是l上任意一点，P0在矩阵AB对应的变换作用下得到P(x，y)．

因为P0(x0，y0)在直线l: x－y＋2＝0上，所以x0－y0＋2＝0． ①

由AB，即，

得,   即,②

将②代入①得x－4y＋4＝0，

所以直线l1的方程为x－4y＋4＝0．

证明见解析.

分析：先证明△MBN∽△CBA，再证明AM＝MN，最后证明CM是∠ACB的平分线．

详解：证明：连结MN，则∠BMN＝∠BCA，  

又∠MBN＝∠CBA，因此△MBN∽△CBA．  

所以． 又因为AC＝AB，所以＝2，即BN＝2MN．

又因为BN＝2AM，所以AM＝MN，

所以CM是∠ACB的平分线．

（1）证明见解析；（2）；（3）.

分析：（1）先利用项和公式计算出an＝4n－2，再利用“ 数列”证明.(2)利用“ 数列”的性质求的取值范围.(3)先证明数列{an}为等差数列，再转化an＜a－a＜an＋1，再转化为n(2t2－t)＞t2－3t＋1，n(t－2t2)＞2t－t2－1，分析得到公差t＝，求出数列的通项公式.

详解：（1）当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－2(n－1)2＝4n－2，

 又a1＝S1＝2＝4×1－2，所以an＝4n－2． 

 所以an＋|an＋1－an＋2|＝4n－2＋4＝4(n＋1)－2为数列{an}的第n＋1项，

 因此数列{an}为“T 数列”． 

（2）因为数列{an}是公差为d的等差数列，

 所以an＋|an＋1－an＋2|＝a1＋(n－1) d＋|d|．

 因为数列{an}为“T 数列”，

 所以任意n∈N*，存在m∈N*，使得a1＋(n－1) d＋|d|＝am，即有(m－n) d＝|d|．

①若d≥0，则存在m＝n＋1∈N*，使得(m－n) d＝|d|，

②若d＜0，则m＝n－1．

此时，当n＝1时，m＝0不为正整数，所以d＜0不符合题意． 综上，d≥0．

（3）因为an＜an＋1，所以an＋|an＋1－an＋2|＝an＋an＋2－an＋1．

又因为an＜an＋an＋2－an＋1＝an＋2－(an＋1－an)＜an＋2，且数列{an}为“T数列”，

所以an＋an＋2－an＋1＝an＋1，即an＋an＋2＝2an＋1，

所以数列{an}为等差数列．  

设数列{an}的公差为t(t＞0)，则有an＝1＋(n－1)t，

由an＜a－a＜an＋1，得1＋(n－1)t＜t[2＋(2n－1)t]＜1＋nt，

整理得n(2t2－t)＞t2－3t＋1， ①

n(t－2t2)＞2t－t2－1． ②

若2t2－t＜0，取正整数N0＞，

则当n＞N0时，n(2t2－t)＜(2t2－t) N0＜t2－3t＋1，与①式对于任意n∈N*恒成立相矛盾，

因此2t2－t≥0．

同样根据②式可得t－2t2≥0，

所以2t2－t＝0．又t＞0，所以t＝．

经检验当t＝时，①②两式对于任意n∈N*恒成立，

所以数列{an}的通项公式为an＝1＋ (n－1)＝．

（1）；（2）时，；时，；（3）.

分析：（1）利用导数求函数的极大值，再解方程f (x)极大值＝0得到a的值. (2)利用导数求函数的单调区间，再求函数的最大值. (3) 设h (x)＝f(x)－f ′(x)＝2x3－3(a＋2)x2

＋6ax＋3a－2，先把问题转化为h (x)≥0在有解，再研究函数h(x)的图像性质分析出正整数a的集合.

详解：（1）因为f (x)＝2x3－3ax2＋3a－2（a＞0），

所以f'(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a)．

令f'(x)＝0，得x＝0或a．

当x∈(－∞，0)时，f'(x)＞0，f (x)单调递增；

当x∈(0，a)时，f'(x)＜0，f (x)单调递减；

当x∈(a，＋∞)时，f'(x)＞0，f (x)单调递增．

故f (x)极大值＝f (0)＝3a－2＝0，解得a＝．

（2）g (x)＝f (x)＋6x＝2x3－3ax2＋6x＋3a－2（a＞0），

则g′(x)＝6x2－6ax＋6＝6(x2－ax＋1)，x∈[0，1]．

①当0＜a≤2时，△＝36(a2－4)≤0，

所以g′(x)≥0恒成立，g (x)在[0，1]上单调递增，

则g (x)取得最大值时x的值为1．

②当a＞2时，g′(x)的对称轴x＝＞1，且△＝36(a2－4)＞0，g′(1)＝6(2－a)＜0，g′(0)＝6＞0，

所以g′(x)在(0，1)上存在唯一零点x0＝．

当x∈(0，x0)时，g′(x)＞0，g (x)单调递增，

当x∈(x0，1)时，g′(x)＜0，g (x)单调递减，

则g (x)取得最大值时x的值为x0＝．

综上，当0＜a≤2时，g (x)取得最大值时x的值为1；

当a＞2时，g (x)取得最大值时x的值为．

（3）设h (x)＝f (x)－f ′(x)＝2x3－3(a＋2)x2＋6ax＋3a－2，

则h (x)≥0在有解．

h′(x)＝6[x2－(a＋2)x＋a]＝6，

因为h′(x)在上单调递减，

因为h′(x)＜h′()＝－a2＜0，

所以h (x)在上单调递减，

所以h()≥0，即a3－3a2－6a＋4≤0．

设t (a)＝a3－3a2－6a＋4（a＞0），则t′ (a)＝3a2－6a－6，  

当a∈(0，1＋)时，t′ (a)＜0，t (a)单调递减；

当a∈(1＋，＋∞)时，t′ (a)＞0，t(a)单调递增．

因为t (0)＝4＞0，t (1)＝－4＜0，所以t (a)存在一个零点m∈(0，1)，

因为t (4)＝－4＜0，t (5)＝24＞0，所以t (a)存在一个零点n∈(4，5)，

所以t (a)≤0的解集为[m，n]，

故满足条件的正整数a的集合为{1，2，3，4}．

（1）；（2）.

分析：（1）先根据已知得到三个方程解方程组即得椭圆C的方程. (2) 设N(n，0)，先讨论l斜率不存在的情况得到n=4,再证明当N为(4，0)时，对斜率为k的直线l：y＝k(x－)，恒有＝12．

详解：（1）离心率e＝，所以c＝a，b＝＝a，

所以椭圆C的方程为．

因为椭圆C经过点，所以/，

所以b2＝1，所以椭圆C的方程为．

（2）设N(n，0)，

当l斜率不存在时，A(，y)，B(，－y)，则y2＝1－＝，

则＝(－n)2－y2＝(－n)2－＝n2－n－，  

当l经过左､右顶点时，＝(－2－n)(2－n)＝n2－4．

令n2－n－＝n2－4，得n＝4．

下面证明当N为(4，0)时，对斜率为k的直线l：y＝k(x－)，恒有＝12．

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

由消去y，得(4k2＋1)x2－k2x＋k2－4＝0，

所以x1＋x2＝，x1x2＝，

所以＝(x1－4)(x2－4)＋y1y2

＝(x1－4)(x2－4)＋k2(x1－)(x2－)

＝(k2＋1)x1x2－(4＋k2)(x1＋x2)＋16＋k2  

＝(k2＋1) －(4＋k2) ＋16＋k2

＝＋16＝12．  

所以在x轴上存在定点N(4，0)，使得为定值．

（1）证明见解析；（2）.

分析：（1）先证明PE ⊥平面ABC，再证明平面平面.(2) 连接CD交AE于O，连接OM，先证明PD∥OM，再利用相似求出的长．

详解：（1）证明：如图，连结PE．

因为△PBC的边长为2的正三角形，E为BC中点，

所以PE⊥BC，

且PE＝，同理AE＝．

因为PA＝，所以PE2＋AE2＝PA2，所以PE⊥AE．

因为PE⊥BC，PE⊥AE，BC∩AE＝E，AE，BC 平面ABC，

所以PE ⊥平面ABC．  

因为PE平面PBC，

所以平面PBC⊥平面ABC．

（2）如图，连接CD交AE于O，连接OM．

因为PD∥平面AEM，PD平面PDC，平面AEM∩平面PDC＝OM，

所以PD∥OM， 所以．

因为D，E分别为AB，BC的中点，CD∩AE＝O，

所以O为ABC重心，所以，

所以PM＝PC＝．

（1）；（2）.

分析：（1）先求出cosα＝，  再利用二倍角公式求的值.(2)先求出sinβ＝，cosβ＝，再利用差角的正弦求sin(2α－β)的值，最后求的值.

详解：（1）因为点P的横坐标为，P在单位圆上，α为锐角，

所以cosα＝，

所以cos2α＝2cos2α－1＝．  

（2）因为点Q的纵坐标为，所以sinβ＝．  

 又因为β为锐角，所以cosβ＝．  

因为cosα＝，且α为锐角，所以sinα＝，

因此sin2α＝2sinαcosα＝，

所以sin(2α－β) ＝ ．

因为α为锐角，所以0＜2α＜π．

又cos2α＞0，所以0＜2α＜，

又β为锐角，所以－＜2α－β＜，所以2α－β＝．