1.已知集合M={x|?2b>0)上兩點(diǎn)．
(1)求橢圓C的離心率；
(2)過(guò)點(diǎn)(?1,0)的直線l與橢圓C交于D，E兩點(diǎn)(D,E不在x軸上)．
(i)若△ADE的面積為 5，求直線l的方程；
(ii)直線AD和AE分別與y軸交于M，N兩點(diǎn)，求證：以MN為直徑的圓被x軸截得的弦長(zhǎng)為定值．
19.(本小題12分)
已知正n邊形的每個(gè)頂點(diǎn)上有一個(gè)數(shù).定義一個(gè)變換T，其將正n邊形每個(gè)頂點(diǎn)上的數(shù)變換成相鄰兩個(gè)頂點(diǎn)上的數(shù)的平均數(shù)，比如：

記n個(gè)頂點(diǎn)上的n個(gè)數(shù)順時(shí)針排列依次為a1，a2，…，an，則T(ai)=ai?1+ai+12，i為整數(shù)，2≤i≤n?1，T(a1)=an+a22，T(an)=an?1+a12.設(shè)Tn(ai)=T(T(…T(ai)))(共n個(gè)T，表示n次變換)
(1)若n=4，ai=i，1≤i≤4，求T2(a1)，T2(a2)，T2(a3)，T2(a4)；
(2)對(duì)于正n邊形，若T(ai)=ai，1≤i≤n，證明：a1=a2=…=an?1=an；
(3)設(shè)n=4k+2，k∈N?，{a1,a2,…,an}={1,2,…,n}，證明：存在m∈N?，使得Tm(ai)(i=1,2,…,n)不全為整數(shù)．
參考答案
1.A
2.D
3.B
4.D
5.B
6.C
7.D
8.D
9.AB
10.ABD
11.ACD
12.11
13.2
14.220173
15.(1)解：△ABC內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，
∵(2c? 3a)csB= 3bcsA，
由正弦定理化簡(jiǎn)得：(2sinC? 3sinA)csB= 3sinBcsA，
∴ 3sinC=2sinCcsB，∵sinC≠0，
∴csB= 32，
∵B∈(0,π)，∴B=π6．
(2)解：當(dāng)B為頂角，則底邊AC2=4+4?2×2×2×csπ6=8?4 3，
∴AC= 6? 2，
當(dāng)B為底角，則該三角形內(nèi)角分別為π6，π6，2π3，則底邊為2 3．
故△ABC的底邊長(zhǎng)為 6? 2或2 3．
16.解：(1)證明：取BD的中點(diǎn)P，連接MP，NP．
因?yàn)镸，N分別是AD，BC的中點(diǎn)，
所以MP/?/AB，NP//CD．
又因?yàn)锳B⊥BC，BC⊥CD，
所以BC⊥MP，BC⊥NP．
又MP∩NP=P，且MP，NP?平面MNP，
從而B(niǎo)C⊥平面MNP．
又MN?平面MNP，所以MN⊥BC．
(2)因?yàn)锳B⊥BC，AB⊥CD，所以AB⊥平面BCD.過(guò)點(diǎn)B在平面BCD內(nèi)作BE/?/CD，因?yàn)镃D⊥BC，所以BE⊥BC．
故可以B為原點(diǎn)，分別以直線BE，BC，BA為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)．

設(shè)AB=a，CD=b，BC=c，則A(0,0,a)，C(0,c,0)，D(?b,c,0),M(?b2,c2,a2),N(0,c2,0).從而MN=(b2,0,?a2),BC=(0,c,0)．
因?yàn)锳B⊥CD，BC⊥CD，所以CD⊥平面ABC，
即CD的長(zhǎng)為點(diǎn)D到平面ABC的距離．
又因?yàn)锳B⊥BC，AB⊥CD，所以AB⊥平面BCD，故n=(0,0,1)是平面BCD的一個(gè)法向量．
因?yàn)镸N和平面BCD所成的角為π6，所以sinπ6=|MN?n|MN|?|n||=a a2+b2=12，即b2=3a2．
在Rt△BCD中，BD2=BC2+CD2=4+b2，
在Rt△ABD中，AD2=AB2+BD2=a2+4+b2=4+43b2，即4+43b2=20，解得b=2 3．
故點(diǎn)D到平面ABC的距離為2 3．
17.解：(1)當(dāng)a=1時(shí)，導(dǎo)函數(shù)f′(x)=x?1x=x2?1x=(x?1)(x+1)x，
所以x∈(0,1)時(shí)，導(dǎo)函數(shù)f′(x)0．
所以f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0,1)，單調(diào)增區(qū)間為(1,+∞)．
(2)導(dǎo)函數(shù)f′(x)=(x?a)(x+1)x，
所以x∈(0,a)時(shí)，導(dǎo)函數(shù)f′(x)0．
所以f(x)min=f(a)=?a22?alna+a．
又因?yàn)閒(x)≥?e22，所以?a22?alna+a≥?e22．
令?(a)=?a22?alna+a．
所以導(dǎo)函數(shù)?′(a)=?a?lna，顯然?′(a)單調(diào)遞減，且?′(12)>0，?′(1)0>?e22，成立．
當(dāng)a∈(1,+∞)時(shí)，?(a)單調(diào)遞減，且?(e)=?e22，因此a∈(1,e]成立．
綜上，a的取值范圍為(0,e]．
18.解：(1)由題可得：a=21a2+34b2=1c2=a2?b2，解得：a=2b=1c= 3，
所以橢圓C的離心率為e=ca= 32；
(2)(i)由(1)可知橢圓C的方程為x24+y2=1，

顯然，直線l的斜率不等于0，
設(shè)過(guò)點(diǎn)(?1,0)的直線l為x=my?1，D(x1,y1)，E(x2,y2)，
聯(lián)立x24+y2=1x=my?1，化簡(jiǎn)得：(m2+4)y2?2my?3=0，則Δ=4m2+12(m2+4)>0恒成立，
所以y1+y2=2mm2+4，y1?y2=?3m2+4，
所以S△ADE=12×3×|y1?y2|=12×3× (y1+y2)2?4y1?y2
=6 m2+3m2+4= 5，
解得：m2=2，即m=± 2，
所以直線的方程l為：x± 2y+1=0；
(ii)證明：由(i)可知，x1+x2=m(y1+y2)?2=?8m2+4，
x1?x2=m2y1?y2?m(y1+y2)+1=?4m2+4m2+4，
直線AD的方程為y=y1x1?2(x?2)，令x=0，得yM=?2y1x1?2，
直線AE的方程為y=y2x2?2(x?2)，令x=0，得yN=?2y2x2?2，
記以MN為直徑的圓與x軸交于P，Q兩點(diǎn)，
由圓的弦長(zhǎng)公式可知，
(|PQ|2)2=(|yM?yN|2)2?(|yM+yN|2)2=?yM?yN
=??2y1x1?2??2y2x2?2
=?4y1?y2x1?x2?2(x1+x2)+4
=??12m2+4?4m2+4m2+4+16m2+4+4
=??12m2+436m2+4
=13，
解得：|PQ|=2 33，為定值．
19.解：(1)當(dāng)n=4時(shí)，T2(ai)的變換如下：

因此T2(a1)=2，T2(a2)=3，T2(a3)=2，T2(a4)=3．
(2)證明：因?yàn)門(mén)(ai)=ai，所以ai?1+ai+12=ai(2≤i≤n?1)，
所以數(shù)列{an}成等差數(shù)列，設(shè)公差為d，
又因?yàn)門(mén)(a1)=a1=an+a22，
那么2a1=a1+(n?1)d+a1+d，因此d=0，
那么a1=a2=?=an?1=an．
(3)證明：利用反證法，假設(shè)對(duì)任意m∈N?，Tm(ai)(i=1,2,?,n)均為整數(shù)，
因?yàn)門(mén)(ai)=ai?1+ai+12，T(ai)為整數(shù)，所以ai?1與ai+1的奇偶性相同，
所以a2，a4，?，a4k+2同奇偶，a1，a3，?，a4k+1同奇偶，
而{a1,a2,?,a4k+2}={1,2,?,4k+2}，
a1，a2，?，a4k+2中有2k+1個(gè)偶數(shù)，2k+1個(gè)奇數(shù)，
所以可不妨設(shè)a1，a3，?，a4k+1為奇數(shù)，設(shè)a2，a4，?，a4k+2為偶數(shù)．
由于T2(a3)=T(a2)+T(a4)2=a1+a32+a3+a524=a1+2a3+a54，
又由于T2(a3)為整數(shù)，且a3=4k+1或4k+3(k∈N)，
因此a1和a5除4的余數(shù)相同
同理，因?yàn)門(mén)2(a7)=T(a6)+T(a8)2=a5+a72+a7+a922=a5+2a7+a94，
所以a5和a9除4的余數(shù)相同，
因?yàn)門(mén)2(a4k?1)=T(a4k?2)+T(a4k)2=a4k?3+a4k?12+a4k?1+a4k+122=a4k?3+2a4k?1+a4k+14，
所以a4k?3和a4k+1除4的余數(shù)相同．
所以a1，a5，a9，?，a4k+1除4的余數(shù)相同．
因?yàn)門(mén)2(a1)=T(a4k+2)+T(a2)2=a4k+1+a12+a1+a322=a4k+1+2a1+a34，
所以a4k+1和a3除4的余數(shù)相同．
因?yàn)門(mén)2(a5)=T(a4)+T(a6)2=a3+a52+a5+a722=a3+2a5+a74，
所以a3和a7除4的余數(shù)相同．
因?yàn)門(mén)2(a4k?3)=a4k?5+2a4k?3+a4k?14，
所以a4k?5和a4k?1除4的余數(shù)相同
所以a4k+1，a3，a7，a11，?，a4k?1除4的余數(shù)相同．
綜上，a1，a3，?，a4k+1除以4的余數(shù)都相同，而{a1,a2,?,a4k+2}={1,2,?,4k+2}，矛盾！
假設(shè)不成立，所以存在m∈N?，使Tm(ai)(i=1,2,?,n)不全為整數(shù)．

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