由题意结合等比中项的结论有：.

9

试题分析：由题意可知，，不妨设，的公比分别为，则

，，解得（舍去），或，所以；

1

由斜率公式可得：.

-256;

由等比数列的性质结合题意有：，解得：或，

结合公比为整数可得：，

则：.

①,②,④;

①若b>0>a，则，故①正确；

②若0>a>b，则ab>0，∴，即.故②正确；

③若a>0>b，则，故不能推出，因此③不正确；

④若a>b>0，则，即，故④正确。

因此其中能推出成立的是①②④。

当x⩽2时,f(x)=x|x−2|=−x(x−2)=−x2+2x=−(x−1)2+1⩽1，

当x>2时,f(x)=x|x−2|=x(x−2)=x2−2x=(x−1)2−1，

此时函数单调递增。

由f(x)=(x−1)2−1=1,解得.

由图象可以要使不等式成立，

则，

即x⩾−1，

∴不等式的解集为[−1,+∞).

2n

由递推公式可得：，数列是等差数列，故：

.

不等式即：，

则不等式的解集是.

由题意可得，直线的斜率，

直线方程为：，

令可得：，

即直线在轴上的截距是.

1;

由直线平行的充要条件可得：，解得：.

当时，原命题成立，

否则应有：，解得：，

综上可得：实数的取值范围是.

∵a，b，c成等差数列，且sinA，sinB，sinC成等比数列，

∴2b=a+c,sin2B=sinAsinC,即b2=ac，

∴(a+c)2=4ac,整理可得：(a−c)2=0，解得a=c，

∴b2=ac=a2=c2，可得：a=b=c，△ABC为等边三角形，

则角.

由正弦定理可得：，

不妨设，

由余弦定理可得：.

如图所示,由题意可得MC=，MD=2，且MC⊥OB，MD⊥OA，

∵S△AOB=S△MOB=S△AOM，

∴，

即，

解得OB=，

由余弦定理可得AB2=OB2+OA2−2OB⋅OA⋅cos∠AOB=180，

∴.

(1) (2)

试题分析：

(1)利用题意首先求得集合A,B，然后求解交集可得A∩B= [1,2)

(2)首先求得，然后结合子集的定义得到关于实数a的不等式，求解不等式可得实数的取值范围是.

试题解析：

（1）由函数有意义得，即（1+x）（2-x）>0，

解得-1<x<2，即A={x|-1<x<2}．

解不等式（x-1）（x+2）≥0得x≤-2或x≥1，即B={x|x≤-2或x≥1}．

∴A∩B={x|1≤x<2}=[1,2)．

（2）由（1）知∁RA={x|x≤-1或x≥2}，

解不等式（ax-1）（x+2）≥0得x≤-2或x≥，即B={x|x≤-2或x≥}，

∵B⊆∁RA，∴≥2，解得0<a≤．

即实数的取值范围是.

(1)bn=3n+1； (2)；(3) m1或m−5.

试题分析：

(1)由递推关系可得数列是等比数列，据此可得通项公式，然后计算的通项公式即可；

(2)由题意错位相减可得前n项和为；

(3)首先确定数列单调递减，然后得到关于实数m的不等式，求解不等式可得实数的取值范围为m1或m−5.

试题解析：

(1)由得,数列{an}是公比为的等比数列，

则,

所以,即

(2)由(1)知,，

则.

，①

则,②

①−②两式相减得

所以

(3)因为，

所以，

则数列{cn}单调递减，

∴当n=1时,cn取最大值是,

结合题意可得：，

即m2+4m−50，

解得：m1或m−5.

(1)千米；(2)f(t)的最大值没有超过3千米。

试题分析：

(1)有题意可得，然后结合余弦定理可得千米；

(2)利用题意结合二次函数和分段函数的性质可得f(t)的最大值没有超过3千米。

试题解析：

(1)由题意可得，

设此时甲运动到点P,则千米，

∴==千米；

(2)当时，乙在CB上的Q点，设甲在P点，

∴QB=AC+CB−8t=7−8t，PB=AB−AP=5−5t，

∴f(t)=PQ===，

当时，乙在B点不动，设此时甲在点P，

∴f(t)=PB=AB−AP=5−5t

∴，

∴当时, ，

故f(t)的最大值没有超过3千米。

（1），（2）

试题分析：

(1)由题意结合正弦定理可得或，结合两角和差正余弦公式可得；

(2)利用题意得到关于sinA的二次函数，结合二次函数的性质可得的取值范围是.

试题解析：

(1)由正弦定理可得，

∵c,A=45°，a=2，

∴sinC=，

∴C=60°或120°，

由正弦定理可得

当C=60°,sinB=sin(A+C)=sin45°cos60°+cos45°sin60°=

∴b=，

当C=120°,sinB=sin(A+C)=sin45°cos120°+cos45°sin120°=

∴b=，

(2)由题意得a=btanA，

∴由正弦定理得，则sinB=cosA，

∵B为钝角,∴，

∴B−A=；

∴C=π−(A+B)=π−(A++A)= −2A>0，

∴A∈(0, )，

∴sinA+sinC=sinA+sin(−2A)=sinA+cos2A=sinA+1−2sin2A=−2(sinA−)2+，

∵A∈(0, ),∴0<sinA<，

∴由二次函数可知,，

∴sinA+sinC的取值范围为.

(1)14；(2)证明见解析；(3)

试题分析：

(1)利用题意求得公差，据此可得a10=14；

(2)结合(1)的结论证得d1=d2=2即可说明数列{an}是等差数列；

(3)分类讨论n的奇偶性即可得到数列的通项公式为.

试题解析：

(1)根据题意,有a1=1,a2=2,a3=a1+d1=1+d1,a4=a2+d2=2+d2,a5=a3+d1=1+2d1∵S5=16,a4=a5

∴a1+a2+a3+a4+a5=7+3d1+d2=16,2+d2=1+2d1∴d1=2, d2=3.

∴a10=2+4d2=14

(2)证明：当n为偶数时,∵an<an+1恒成立,∴，

∴

∴且d2>1

当n为奇数时,∵an<an+1恒成立,∴，

∴(1−n)(d1−d2)+2>0

∴

∴d1=d2

∵S15=15a8,∴

∴d1=d2=2

∴an=n

∴数列{an}是等差数列；

(3)若d1=3d2(d1≠0),且存在正整数m、n(m≠n),使得am=an，在m，n中必然一个是奇数，一个是偶数

不妨设m为奇数，n为偶数

∵am=an,∴

∵d1=3d2,∴

∵m为奇数,n为偶数,∴3m−n−1的最小正值为2,此时d1=3,d2=1

∴数列的通项公式为.

(1)见解析；（2）

试题分析：

(1)将直线方程整理为点斜式可得直线恒过定点；

(2)利用题意求得交点坐标，结合距离公式得到关于实数k的方程，解方程可得k=-3，则直线方程为.

试题解析：

(1)直线方程即：,

据此可得不论为何实数，直线恒过一定点

(2)很明显直线的斜率存在，设所求直线方程为，

联立直线方程：可得交点坐标为：

联立直线方程：可得交点坐标为：，

结合解得：，

则直线方程为：，即.