三、解答题：本大题共6小题，共74分。
17）（本小题满分12分）
已知函数f(x)＝为偶函数，且函数y＝f(x)图象的两相邻对称轴间的距离为。
ⅰ）求f（）的值；
ⅱ）将函数y＝f(x)的图象向右平移个单位后，再将得到的图象上各点的横坐标舒畅长到原来的4倍，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)的图象，求g(x)的单调递减区间。
解：（ⅰf(x)＝
2sin(-)
因为 f(x)为偶函数，所以对x∈r,f(-x)=f(x)恒成立，因此 sin（--sin(-)
即-sincos(-)cossin(-)sincos(-)cossin(-)整理得 sincos(-)0.因为 ＞0，且x∈r,所以 cos（-）0.
又因为 0＜＜π故 -＝所以 f(x)＝2sin(+)2cos.
由题意得 故 f(x)=2cos2x.
因为 ⅱ）将f(x)的图象向右平移个个单位后，得到的图象，再将所得图象横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，得到的图象。
当 2kπ≤≤2 kπ+ k∈z),即 4kπ＋≤x≤4kπ+ k∈z)时，g(x)单调递减。
因此g(x)的单调递减区间为 (k∈z)
18）（本小题满分12分）
甲乙两队参加奥运知识竞赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错得零分。假设甲队中每人答对的概率均为，乙队中3人答对的概率分别为且各人正确与否相互之间没有影响。用ε表示甲队的总得分。
ⅰ）求随机变量ε分布列和数学期望；
ⅱ)用a表示“甲、乙两个队总得分之和等于3”这一事件，用b表示“甲队总得分大于乙队总得分”这一事件，求p(ab).
ⅰ)解法一：由题意知，ε的可能取值为0，1，2，3,且。
所以ε的分布列为。
的数学期望为 eε=
解法二：根据题设可知。
因此ε的分布列为。
ⅱ）解法一：用c表示“甲得2分乙得1分”这一事件，用d表示“甲得3分乙得0分”这一事件，所以ab=c∪d,且c、d互斥，又。
由互斥事件的概率公式得。
解法二：用ak表示“甲队得k分”这一事件，用bk表示“已队得k分”这一事件，k=0,1,2,3由于事件a3b0,a2b1为互斥事件，故事。
p(ab)=p(a3b0∪a2b1)=p(a3b0)+p(a2b1).
19)(本小题满分12分)
将数列｛an｝中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表：
a1a2 a3
a4 a5 a6
a7 a8 a9 a10
记表中的第一列数a1，a2，a4，a7，…构成的数列为｛bn｝,b1=a1=1. sn为数列｛bn｝的前n项和，且满足＝1=（n≥2）.
ⅰ)证明数列｛｝成等差数列，并求数列｛bn｝的通项公式；
ⅱ）上表中，若从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数。当时，求上表中第k(k≥3)行所有项和的和。
ⅰ)证明：由已知，1n=1
n≥2.ⅱ）解：设上表中从第三行起，每行的公比都为q,且q＞0.
因为 所以表中第1行至第12行共含有数列｛an｝的前78项，故 a82在表中第13行第三列，因此。
又 所以 q=2.
记表中第k(k≥3)行所有项的和为s，则（k≥3）.
20)(本小题满分12分)
如图，已知四棱锥p-abcd，底面abcd为菱形，pa⊥平面abcd，,e，f分别是bc, pc的中点。
ⅰ）证明：ae⊥pd;
ⅱ）若h为pd上的动点，eh与平面pad所成最大角的正切值为，求二面角e—af—c的余弦值。
ⅰ）证明：由四边形abcd为菱形，∠abc=60°，可得△abc为正三角形。
因为 e为bc的中点，所以ae⊥bc.
又 bc∥ad，因此ae⊥ad.
因为pa⊥平面abcd，ae平面abcd，所以pa⊥ae.
而 pa平面pad，ad平面pad 且pa∩ad=a，所以 ae⊥平面pad，又pd平面pad.
所以 ae⊥pd.
ⅱ）解：设ab=2，h为pd上任意一点，连接ah，eh.
由（ⅰ）知 ae⊥平面pad，则∠eha为eh与平面pad所成的角。
在rt△eah中，ae=，所以当ah最短时，∠eha最大，即当ah⊥pd时，∠eha最大。
此时 tan∠eha=
因此 ah=.又ad=2，所以∠adh=45°，所以 pa=2.
解法一：因为 pa⊥平面abcd，pa平面pac，所以平面pac⊥平面abcd.
过e作eo⊥ac于o，则eo⊥平面pac，过o作os⊥af于s，连接es，则∠eso为二面角e-af-c的平面角，在rt△aoe中，eo=ae·sin30°=，ao=ae·cos30°=,又f是pc的中点，在rt△aso中，so=ao·sin45°=,又
在rt△eso中，cos∠eso=
即所求二面角的余弦值为。
解法二：由（ⅰ）知ae，ad，ap两两垂直，以a为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又e、f分别为bc、pc的中点，所以。
e、f分别为bc、pc的中点，所以。
a（0，0，0），b（，-1，0），c（c，1，0），d（0，2，0），p（0，0，2），e（，0，0），f（），所以
设平面aef的一法向量为。则。因此。
取。因为 bd⊥ac，bd⊥pa，pa∩ac=a，所以 bd⊥平面afc，故为平面afc的一法向量。
又。所以 cos＜m,＞=
因为二面角e-af-c为锐角，所以所求二面角的余弦值为。
21）（本小题满分12分）
已知函数其中n∈n*,a为常数。
ⅰ）当n=2时，求函数f(x)的极值；
ⅱ）当a=1时，证明：对任意的正整数n,当x≥2时，有f(x)≤x-1.
ⅰ）解：由已知得函数f(x)的定义域为，当n=2时，
所以 1）当a＞0时，由f(x)=0得。
1，＜1，此时 f′（x）=.
当x∈（1，x1）时，f′（x）＜0,f(x)单调递减；
当x∈（x1+∞）时，f′（x）＞0, f(x)单调递增。
2）当a≤0时，f′（x）＜0恒成立，所以f(x)无极值。
综上所述，n=2时，当a＞0时，f(x)在处取得极小值，极小值为。
当a≤0时，f(x)无极值。
ⅱ）证法一：因为a=1,所以。
当n为偶数时，令。
则 g′（x）=1+＞0（x≥2）.
所以当x∈[2,+∞时，g(x)单调递增，又 g(2)=0
因此≥g(2)=0恒成立，所以f(x)≤x-1成立。
当n为奇数时，要证≤x-1,由于＜0，所以只需证ln(x-1) ≤x-1,令 h(x)=x-1-ln(x-1),则 h′（x）=1-≥0（x≥2）,所以当x∈[2，+∞时，单调递增，又h(2)=1＞0，所以当x≥2时，恒有h(x) ＞0,即ln（x-1）＜x-1命题成立。
综上所述，结论成立。
证法二：当a=1时，
当x≤2，时，对任意的正整数n，恒有≤1，故只需证明1+ln(x-1) ≤x-1.令。则。
当x≥2时，≥0，故h(x)在上单调递增，因此当x≥2时，h(x)≥h(2)=0，即1+ln(x-1) ≤x-1成立。
故当x≥2时，有≤x-1.
即f（x）≤x-1.
(22)(本小题满分14分)
如图，设抛物线方程为x2=2py(p＞0),m为直线y=-2p上任意一点，过m引抛物线的切线，切点分别为a，b.
ⅰ）求证：a，m，b三点的横坐标成等差数列；
ⅱ）已知当m点的坐标为（2，-2p）时，，求此时抛物线的方程；
ⅲ）是否存在点m，使得点c关于直线ab的对称点d在抛物线上，其中，点c满足（o为坐标原点）.若存在，求出所有适合题意的点m的坐标；若不存在，请说明理由。
ⅰ）证明：由题意设。
由得，则。所以。
因此直线ma的方程为。
直线mb的方程为。
所以。由①、②得
因此 ，即。
所以a、m、b三点的横坐标成等差数列。
ⅱ）解：由（ⅰ）知，当x0=2时，将其代入①、②并整理得：
所以 x1、x2是方程的两根，因此。又。所以。
由弦长公式得。
又，所以p=1或p=2，因此所求抛物线方程为或。
ⅲ）解：设d(x3,y3)，由题意得c(x1+ x2, y1+ y2),则cd的中点坐标为。
设直线ab的方程为。
由点q在直线ab上，并注意到点也在直线ab上，代入得。
若d（x3,y3）在抛物线上，则。
因此 x3=0或x3=2x0.
即d(0，0)或。
（1）当x0=0时，则，此时，点m(0,-2p)适合题意。
（2）当，对于d(0，0)，此时。
又ab⊥cd，所以。
即矛盾。对于因为此时直线cd平行于y轴，又。
所以直线ab与直线cd不垂直，与题设矛盾，所以时，不存在符合题意的m点。
综上所述，仅存在一点m(0，-2p)适合题意。
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