1. 2. 3 3.－1 4. 28 5.
6.的实质是点在点之间，故考虑它们的排列顺序可得答案为。
7. 解析：焦点=,而的最小值是 8. (3) (4)
10当离圆最远时最小，此时点坐标为：记，则，计算得=
12.设点的坐标为，∵，整理，得（），发现动点m的轨迹方程是椭圆，其焦点恰为两点，所以。
13. 若则不符合题意，若则于是，亦可转化为二次函数恒成立展开讨论。
14.由于在上是减函数，所以关于的方程在上有两个不同实根。通过换元结合图象可得。
15．解；（1）设f(x)图象上的两点为a(－x,y1）、b(2＋x, y2），因为=1
f (－x) =f (2＋x)，所以y1= y2
由x的任意性得f(x)的图象关于直线x=1对称，x≥1时，f(x)是增函数 ；x≤1时，f(x)是减函数。
2）∵·sinx，2）·（2sinx,）=2sin2x＋1≥1，=（cos2x，1）·(1,2)=cos2x＋2≥1，f(x)在是[1，+∞上为增函数，∴f (·f (·f(2sin2x＋1)＞ f(cos2x＋2)
2sin2x＋1＞cos2x＋21－cos2x＋1＞cos2x＋2
cos2x＜02kπ＋＜2x＜2kπ＋,k∈z
kπ＋＜x＜kπ＋,k∈z ∵0≤xx＜
综上所述，不等式f (·f (·的解集是： 。
16．解：(ⅰ证明：∵，
又∵,是的中点， ∴四边形是平行四边形，∴
平面，平面，∴平面。
ⅱ)证明：∵平面，平面，∴，
又，平面，∴平面。
过作交于，则平面。
平面， ∴四边形平行四边形，∴，又，四边形为正方形，∴，
又平面，平面，∴⊥平面。
平面， ∴ⅲ) 平面，，∴平面，
由（2）知四边形为正方形，∴.
17．解法一：
ⅰ）由题意知：，又∵，∴动点必在以为焦点，长轴长为4的椭圆，∴，又∵，．
椭圆的方程为．
ⅱ）由题意，可设直线为：．
1 取得，直线的方程是。
直线的方程是交点为
若，由对称性可知交点为。
若点在同一条直线上，则直线只能为．
以下证明对于任意的直线与直线的交点均在直线上．
事实上，由，得即，记，则．
设与交于点由得。
设与交于点由得，即与重合，这说明，当变化时，点恒在定直线上．
解法二：ⅰ）同解法一．
ⅱ）取得，直线的方程是直线的方程是交点为。
取得，直线的方程是直线的方程是交点为∴若交点在同一条直线上，则直线只能为．
以下证明对于任意的直线与直线的交点均在直线上．
事实上，由，得即，记，则．
的方程是的方程是。
消去得。以下用分析法证明时，①式恒成立。
要证明①式恒成立，只需证明。
即证即证。∴②式恒成立．
这说明，当变化时，点恒在定直线上．
解法三：（ⅰ同解法一．（ⅱ由，得。
即．记，则．
的方程是的方程是 由得 即。
这说明，当变化时，点恒在定直线上．
18. （解：在△coa1中，2分。
）……7分。
令，则12分。
当时，；时，在上是增函数。
当角满足时，y最小，最小为；此时bcm …16分。
19解：（1）由已知，得， ∴
（2）由得则，，即，于是有，并且有，即，而是正整数，则对任意都有，数列是等差数列，其通项公式是。
由是正整数可得，故存在最小的正整数m=3，使不等式恒成立。
20．（1）定义域。
∴ ∴在递增，递减。
2）由题。∴时， 时，时，数学ⅱ（附加题）参***。
1．解：矩阵m的特征多项式为=.
令得矩阵m的特征值为－1和3 .
当。所以矩阵m的属于特征值－1的一个特征向量为。
当。所以矩阵m的属于特征值3的一个特征向量为。
2．解：直线l的普通方程为：，设椭圆c上的点到直线l距离为。
当时，，当时，.
3．解：（1）以ab,ac,分别为轴，建立空间直角坐标系，则，平面abc的一个法向量为则 （*
于是问题转化为二次函数求最值，而当最大时，最大，所以当时，3）已知给出了平面pmn与平面abc所成的二面角为，即可得到平面abc的一个法向量为。
设平面pmn的一个法向量为，.
由得 ，解得。
令于是由。解得的延长线上，且。
4．解：⑴当。
假设当。则当时，其中….
所以。所以；
2），故的末位数字是7.
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