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（本小題滿分14分）已知，點在軸上，點在軸的正半軸，點在直線上，且滿足，. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m    

（Ⅰ）當點在軸上移動時，求動點的軌跡方程；

（Ⅱ）過的直線與軌跡交于、兩點，又過、作軌跡的切線、，當，求直線的方程.

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（本小題滿分14分）設函數

 （1）求函數的單調區間；

 （2）若當時，不等式恒成立，求實數的取值范圍；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m    

 （3）若關于的方程在區間上恰好有兩個相異的實根，求實數的取值范圍。

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一. DCADB   CCDAC

二.11. （，3）∪（3，4）12.   13. 2  14.  9  15. 1

16．解：（Ⅰ）由已知得：，   ……………………… (3分)

又是△ABC的內角，所以．     ………………………………… (6分)

（2）由正弦定理：，………………9分

又因為，，又是△ABC的內角，所以．………………12分

17．解：（I）由，得．??????????????4分

（II）．????????????????7分

由，得，又，所以，??????????11分

即的取值范圍是．????????????????????????12分

18. 解:  (1) .…………………………6分

(2)原式

       .……………………………………………8分

19、解：（1）

 … 2分

則的最小正周期， ???????????????????4分    

且當時單調遞增．

即為的單調遞增區間（寫成開區間不扣分）．??7分

（2）當時，當，即時．

所以．?????????????????11分     

為的對稱軸．??????????14分    

20.解：（Ⅰ）∵，當時，.

     ∴在[1，3]上是增函數.---------------------------------3分

     ∴當時，≤≤，即 -2≤≤26.

     所以當時，當時，----4分

 ∴存在常數M=26，使得，都有≤M成立.

       故函數是[1，3]上的有界函數.---------------------------6分

（Ⅱ）∵. 由≤1，得≤1----------------8分

   ∴      ------------------------10分

令，顯然在上單調遞減，

則當t→+∞時，→1.  ∴

令，顯然在上單調遞減，

則當時，   ∴

      ∴0≤a≤1；                              

故所求a的取值范圍為0≤a≤1. -------------14分

21.解：(I) 由題意得 f (e) = pe－－2ln e = qe－ －2      ………… 1分

 Þ (p－q) (e + ) = 0       ………… 2分

而 e + ≠0

∴    p = q       ………… 3分

(II)  由 (I) 知 f (x) = px－－2ln x

 f’(x) = p + －=   ………… 4分

令 h(x) = px ²－2x + p，要使 f (x) 在其定義域 (0,+¥) 內為單調函數，只需 h(x) 在 (0,+¥) 內滿足：h(x)≥0 或 h(x)≤0 恒成立.     ………… 5分

① 當 p = 0時， h(x) = －2x，∵ x > 0，∴ h(x) < 0，∴ f’(x) = － < 0，

∴    f (x) 在 (0,+¥) 內為單調遞減，故 p = 0適合題意.      ………… 6分

② 當 p > 0時，h(x) = px ²－2x + p，其圖象為開口向上的拋物線，對稱軸為 x = ∈(0,+¥)，∴      h(x)_min = p－

只需 p－≥1，即 p≥1 時 h(x)≥0，f’(x)≥0

∴    f (x) 在 (0,+¥) 內為單調遞增，

故 p≥1適合題意.      ………… 7分

③ 當 p < 0時，h(x) = px ²－2x + p，其圖象為開口向下的拋物線，對稱軸為 x = Ï (0,+¥)

只需 h(0)≤0，即 p≤0時 h(x)≤0在 (0,+¥) 恒成立.

故 p < 0適合題意.      ………… 8分

綜上可得，p≥1或 p≤0     ………… 9分

另解：(II)      由 (I) 知 f (x) = px－－2ln x

 f’(x) = p + －= p (1 + )－      ………… 4分

要使 f (x) 在其定義域 (0,+¥) 內為單調函數，只需 f’(x) 在 (0,+¥) 內滿足：f’(x)≥0 或 f’(x)≤0 恒成立.    ………… 5分

由 f’(x)≥0 Û p (1 + )－≥0 Û p≥ Û p≥()_max，x > 0

∵    ≤ = 1，且 x = 1 時等號成立，故 ()_max = 1

∴    p≥1       ………… 7分

由 f’(x)≤0 Û p (1 + )－≤0 Û p≤  Û p≤()_min，x > 0

而 > 0 且 x → 0 時，→ 0，故 p≤0    ………… 8分

綜上可得，p≥1或 p≤0     ………… 9分

(III) ∵    g(x) = 在 [1,e] 上是減函數

∴    x = e 時，g(x)_min = 2，x = 1 時，g(x)_max = 2e

即    g(x) Î [2,2e] ………… 10分

① p≤0 時，由 (II) 知 f (x) 在 [1,e] 遞減 Þ f (x)_max = f (1) = 0 < 2，不合題意。       …11分

② 0 < p < 1 時，由x Î [1,e] Þ x－≥0

∴    f (x) = p (x－)－2ln x≤x－－2ln x

右邊為 f (x) 當 p = 1 時的表達式，故在 [1,e] 遞增

∴    f (x)≤x－－2ln x≤e－－2ln e = e－－2 < 2，不合題意。       ………… 12分

③ p≥1 時，由 (II) 知 f (x) 在 [1,e] 連續遞增，f (1) = 0 < 2，又g(x) 在 [1,e] 上是減函數

∴    本命題 Û f (x)_max > g(x)_min = 2，x Î [1,e]

 Þ f (x)_max = f (e) = p (e－)－2ln e > 2

 Þ p >      ………… 13分

綜上，p 的取值范圍是 (,+¥) ………… 14分