1.已知集合A={x|x2b>0>c，則下列不等式一定成立的是：( )
A. ac>bcB. accbD. ba0時，f′(x)>0，
所以f(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增．
(2)f′(1)=e+1，f(1)=e，
所以曲線在點(diǎn)(1,f(1))處的切線為y?e=(e+1)(x?1)，
即y=(e+1)x?1，
令y=0得x=1e+1；令x=0得y=?1，
所以切線與坐標(biāo)軸所圍成的三角形面積為S=1e+1×1×12=12e+2．
16.解：(1)證明：如圖，由題意知∠DCE=∠BCE=90°，
所以CE⊥CD，CE⊥CB，
CD∩CB=C，CD、CB?平面ABCD，
所以CE⊥平面ABCD；
(2)證明：取AE中點(diǎn)為N，由于M為EB中點(diǎn)，
故MN//AB且MN=12AB，結(jié)合2AD=2CB=2CD=AB，CD//AB，
所以MN/?/DC且MN=DC，
故四邊形NMCD為平行四邊形，

所以CM//DN，而DN?平面ADE，CM?平面ADE，
故CM//平面ADE；
(3)在等腰梯形DCBA中，設(shè)AD=DC=BC=2，AB=4，
過C作CT⊥AB，CT∩AB=T，則BT=1，CB=2，所以∠CBT=π3，
在△ACB中，由余弦定理得AC2=4+16?2×4×2×12=12，
所以AC2+BC2=AB2，所以AC⊥CB，

如圖以CA，CB，CE分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系：

則M(0,1,1),D( 3,?1,0),CM=(0,1,1),CD=( 3,?1,0)，
設(shè)平面DMC法向量為n1=(x,y,z)，
則n1⊥CMn1⊥CD，則n1?CM=0n1?CD=0，即y+z=0, 3x?y=0，
令y=3，則x= 3,z=?3，
則n1=( 3,3,?3)，
平面ABD法向量可取為n2=(0,0,1)，
設(shè)平面DMC與平面ABD夾角為θ，
所以csθ=|n1?n2|n1||n2||= 217，
故sinθ= 1?cs2θ=2 77．
17.圖標(biāo)見解析，60%分位數(shù)為6.475；
12.5；
答案見解析．
18.證明：(1)當(dāng)切線斜率存在時，
設(shè)直線y=kx+m與C1相切于點(diǎn)(x0,y0)，
聯(lián)立y=kx+mx24+y2=1，消去y并整理得(4k2+1)x2+8kmx+4(m2?1)=0，
此時Δ=(8km)2?16(m2?1)(4k2+1)=0，
整理得m2=4k2+1；
因?yàn)辄c(diǎn)(x0,y0)在直線y=kx+m上，
所以y0=kx0+m，
即m=y0?kx0，
可得m2=(y0?kx0)2=4k2+1，
整理得k2(4?x02)+1?y02+2kx0y0=0，
因?yàn)辄c(diǎn)(x0,y0)在橢圓上，
所以x024+y02=1，
因?yàn)閗2(4?x02)+1?y02+2kx0y0=0，
所以k24y02+x024+2kx0y0=0，
即(2ky0+x02)2=0，
解得k=?x04y0．
則切線方程為y?y0=?x04y0(x?x0)，
即x0x4+y0y=1；
經(jīng)檢驗(yàn)，切線斜率不存在時也符合上式，
故橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)上在點(diǎn)(x0,y0)處的切線方程為x0x4+y0y=1；
(2)(ⅰ)因?yàn)閏a= 62,c= 3，
所以雙曲線a= 2,b=1，
則雙曲線C2的方程為x22?y2=1，
設(shè)A(x1,y1)、B(x2,y2)，
聯(lián)立x22?y2=1xx04+yy0=1，消去y并整理得(x02?8y02)x2?8x0x+16+16y02=0，
由韋達(dá)定理得x1+x2=8x0x02?8y02x1x2=16+16y02x02?8y02，
所以y1y2=(1y0?x0x14y0)(1y0?x0x24y0)=x02?8x02?8y02，
因?yàn)锳Q：x1x2?y1y=1,BQ：x2x2?y2y=1，
所以k1k2=x1x24y1y2=16+16y02x02?8y024×x02?8x02?8y02=16+16y024x02?32，
因?yàn)閤02=4?4y02，
所以k1k2=16+16y024x02?32=16+16y02?16?16y02=?1，
則AQ⊥BQ；
(ⅱ)聯(lián)立x1x2?y1y=1x2x2?y2y=1，
解得Q(x02,?y0)，
因?yàn)閗PQ=?4y0x0，
所以PQ⊥l，
此時PF12=34(x0+4 33)2，PQ2=4?34x02，PF22=34(x0?4 33)2，
所以PF1?PF2=PQ2，
由光學(xué)性質(zhì)得到直線PF1、PF2與l的夾角大小相等，
所以∠QPF1=∠QPF2，
因?yàn)镻QPF1=PF2PQ，
所以△F1QP∽△QF1P.
故∠PF1Q=∠PQF2．
19.解：(1)除去a1=?4，則3?1+0=4+1?3，
除去a7=4，則3?1?4=0+1?3，
除去其它數(shù)，都不滿足均分組且和相等，
所以j=1或7；
(2)證明：由于an+an=0?an=0，所以共有2n?1項(xiàng)反射數(shù)列{an}中，中間項(xiàng)an=0，
取第n?2、n?1、n項(xiàng)，由等差數(shù)列的性質(zhì)：an?2+an=2an?1，
所以an?2=2an?1取中間5項(xiàng)：an?2、an?1、an、an+1、an+2，
設(shè)an?2=2d，則這5項(xiàng)為：?2d、?d、0、d、2d，
令j=n?2，剩余4項(xiàng)有兩種排列劃分：①{0,?d}，{d,?2d}；②{?d}，{0,d,?2d}
而數(shù)列{an}有2n?1項(xiàng)，下分兩種情況：
1)n為奇數(shù)：除去an?2、an?1、an、an+1、an+2項(xiàng)后還剩4的倍數(shù)個項(xiàng)，
將其均分為兩大組，其中：ai與a2n?i放一小組，這兩大組中存在的小組數(shù)相同，
除去的5項(xiàng)按①分組插入即可；
2)n為偶數(shù)：除去an?2、an?1、an、an+1、an+2項(xiàng)后還剩不是4的倍數(shù)個項(xiàng)，
同1)分大組后必然有一大組的小組數(shù)比另一大組多一小組，
那么項(xiàng)數(shù)就比另一大組多2項(xiàng)，則刪除的5項(xiàng)按②分組，
{an?1}放在項(xiàng)數(shù)多的那一大組，剩下3項(xiàng)放在另一組即可．
這樣就證明了?1≤j≤2n?1(j∈Z,j≠n)使{an}是j?平衡的．
(3)證明：必要性：假設(shè)aj為奇數(shù)，則Δx不為4的倍數(shù)，不論如何組合Δx2均為奇數(shù)不為0，
所以aj只能為偶數(shù)．
下面證明ak2可以表示為{an}中一項(xiàng)或多項(xiàng)的和：
反證法：假設(shè)無法表出，則Δx最大為：2(a1+a2+...+an)+ak(刪除了?ak)，
不妨設(shè)交換a1、a2、...、ap(p≤n)項(xiàng)后符合題意，
則：Δx=?2(a1+a2+...+ap)+2(ap+1+ap+2+...+an)+ak?0
此時：ak2=(a1+a2+...+ap)?(ap+1+ap+2+...+an)，與假設(shè)矛盾，
所以必要性成立，
充分性：若ak2可以表示為{an}中某些項(xiàng)的和，不妨設(shè)：ak2=ak1+ak2+...+akm，
取這些項(xiàng)構(gòu)成反射數(shù)列：ak1,ak2,…,akm,ak,an,?ak1,?ak2,…,?akm,?ak，
令j=k，設(shè)bkm=|akm|，則構(gòu)成數(shù)列：bk1,bk2,…,bkm,ak,0,?bkm,...?bk2,?bk1，
先不妨將其分為兩組(前m+1項(xiàng)為1組)，兩組相差：Δx=2bk1+2bk2+...+2bkm+ak，
即：Δx=2bk1+2bk2+...+2bkm+2ak1+2ak2+...+2akm，上式中，若akr

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