数学模型参考答案

数学模型参考答案（推荐9篇）

数学模型参考答案 篇1

一、选择题：1．C

2．A

3．C

4．B

5．C

6．D

7．D

8．A

二、填空题：

9．90；

10．4；

11．6cm；

12．46；

13．（-2，-1）；

14．20；15．r6013或5r12；

16．4；

17．75或15；

18．15；

三、解答题：

19．15；

20．100cm；

21．证明△OMC≌△ONC即可；

22．（1）∵PG平分∠EPF，∴∠EPG=∠FPG；∵OA∥PE，∴∠EPG=∠AOP，∴∠APO=∠AOP，∴AP=AO.（2）85（3）P、C、O、A可构成菱形，C、A、B、D或P、A、O、D或P、C、O、B可构成等腰梯形；

23．（1）由题意可得

DEDABDDF23，又∠EBD=∠ADF，∴△BDE∽△FDA（2）相切；

24．(1)6cm（2）2.8秒或4秒或5秒．

四、附加题：参考2012年南京市数学中考第27题．

《九年级（上）数学单元达标测试题》圆（2）参考答案：

一、选择题：1．C

2．C

3．C

4．C

5．B

6．C

7．D

8．C

二、填空题：

9．3；

10．50；

11．15．4390；

12．两；

13．2或8；

14．；；

16．2或5；

3三、解答题： 17．65；

18．（1）连结OD，易证（略）；（2）15；

19．（1）（2）43；；

20．（1）可用SAS证△AOF≌△COF即可；（2）

167；

21．（1）3或9；（2）相切；连结OP，先算出∠POA=60度，后连结PA，易证。

22．（1）8；

（2）0.5或3.5；

《九年级（上）数学单元达标测试题》二次函数参考答案：

一、选择题：

1．B

2．B

3．C

4．B

5．C

6．D

7．A

8．B 9．A

10．D

二、填空题： 11．y轴；(0，2)

12．y(x)225141445；

13．；

14．(1)-4；(2)对称轴是直线x=1；或开口向下；或有最大值；或增减性等；

15．2010；

16．1y3； 17．c12；

18．y(x2)2等；

三、解答题： 19．（1）yx24x2；y(x2)22；最小值-2；（2）略；（3）向右2个单位，再向下2个单位；

20．（1）x-5；300-2x；

（2）y20x2400x1500；

(3)y20(x10)2500；当x=10时，y最大值=500；

21．（1）令x=0,y=1，所以定经过（0，1）；（2）m=9；

22．（1）y12x，y212x

2（2）至少获得14万元利润，最大获得32万元利润）；

23．（1）A(-1,0)，B(3,0)；（2）P1(4,5)，P2(-2,5)；（3）3

《2011～2012学年度第一学期期末学情调研试卷》九年级数学参考答案：

一、选择题：

1．C

2．A

3．B

4．C

5．D

6．D

二、填空题：

7．2

8．100

9．y(x2)210．18

11．y2(x1)23；

12．-1；

13．23a2；

14．-2；

15．17或7cm；

16．72

5，x22

5三、解答题：

17．-1；

18．2bb；

19．（1）x12，x23（2）x12;20．13或14；

21．提示：可证四条边相等；

22．（1）上，（1，-4），对称轴是直线x=1；（2）略（3）（3，0），（-1，0），（0，-3），（4）当x<-1或x>3时，y大于0；当1x3时，y不大于0；

23．（1）10% ；（2）第一种优惠8100元，第二种优惠6000元，所以第一种优惠；

24．（1）-30x+960；（x-10）；（2）当销售价格定为21元时，每月的最大利润是3630元；

25．（1）略（2）略（3）1或（3）r2sa1a2an32；

26．（1）2；（2）r2sabcd；；

27．（1）5；（2）假设存在，但t=4.5>3，不存在；

数学模型参考答案 篇2

现行人教大纲版高中数学第二册 (下B) 的复习参考题九第2题:

如图1, 四面体ABCD中, AB, BC, CD两两垂直.

此四面体中蕴含着很多丰富而独特的性质, 这些性质在许多有关立体几何的问题处理中起着模型带动的作用.它的性质由三条相互连接且两两垂直的棱所确定, 我们不妨称这样的四面体为“三垂型”.以下对其性质予以探究和应用.

2 性质及应用

性质1 “三垂型”的4个面都是直角三角形.

由AB, BC, CD两两垂直易知AB⊥平面BCD, CD⊥平面ABC, 所以四面体ABCD的4个面都是直角三角形.

例1 (2007年高考安徽卷理科第15题) 在正方体上选择4个顶点, 它们可能是如下几何体的4个顶点, 则这些几何形体是___ (写出所有正确结论的编号) .

①矩形;

②不是矩形的平行四边形;

③3个面为等腰直角三角形, 1个面为正三角形的四面体;

④每个面都是等边三角形的四面体;

⑤每个面都是直角三角形的四面体.

简析 对于⑤, 就是我们所列举的“三垂型”, 只要在正方体中找3条顺次连接且两两垂直的3条棱对应的点作为四面体的顶点即可.实际上, 这也给我们一个启示, 对于“三垂型”性质的研究, 我们可以把它补成正方体或长方体, 将会有利于发挥空间想象力.正确答案:①③④⑤

性质2 四面体ABCD中, 以6条边为棱可以构成6个二面角, 在这些二面角中:

①AB和CD为棱的二面角的平面角分别为

②以BC的对棱AD为棱的二面角的平面角为

③其余二面角均为直二面角.

以下给出②的证明, 如图2, 过C作CE⊥BD, 垂足为E, 则CE⊥平面ABD, 过E作EF⊥AD, 垂足为F, 连CF, 易知在Rt△CEF中∠CFE为二面角C-AD-B的平面角,

$\cos \angle CFE=\frac{EF}{CF}.(1)$

在Rt△ABD中,

$\frac{EF}{DF}=\frac{AB}{BD}\Rightarrow EF=\frac{AB\cdot DF}{BD}.(2)$

在Rt△ACD中,

$\frac{CF}{DF}=\frac{AC}{CD}\Rightarrow CF=\frac{AC\cdot DF}{CD}.(3)$

把 (2) (3) 代入 (1) 得

$\cos \angle CFE=\frac{AB\cdot CD}{BD\cdot AC}‚\angle \text{C}\text{F}\text{E}=\arccos \frac{AB\cdot CD}{BD\cdot AC}.$

例2 (2007年高考天津卷理科第19题) 如图3, 四棱锥P-ABCD中, PA⊥底面ABCD, AB⊥AD, AC⊥CD, ∠ABC=60°, PA=AB=BC, E是PC的中点.

(Ⅰ) 证明CD⊥AE;

(Ⅱ) 证明PD⊥平面ABE;

(Ⅲ) 求二面角A-PD-C的大小.

简析 因为PA⊥底面ABCD, 所以CD⊥PA, 又AC⊥CD, CD⊥面PAC, 所以四面体P-ACD是“三垂型”, 对于 (Ⅰ) 由性质1知CD⊥AE. (Ⅱ) 略.

(Ⅲ) 设PA=AB=BC=a, 因为∠ABC=60°, 所以AC=a.在Rt△ACD中, AC=a, ∠CAD=30°, 所以$CD=\frac{\sqrt{3}}{3}a‚AD=\frac{2\sqrt{3}}{3}a$.在Rt△PAC中, ${\rm P}C=\sqrt{2}a$.二面角A-PD-C是以PD为棱的二面角, 所以其大小为$\arccos \frac{1\times \frac{\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{2}\times \frac{2\sqrt{3}}{3}}=\arccos \frac{\sqrt{2}}{4}.$

例3 (2006年高考陕西卷理科第19题) 如图4, 平面α⊥β, α∩β=l, A∈α, B∈β, 点A在直线l上的射影为A1, 点B在l上的射影为B1, 已知$AB=2‚AA{}_1=1‚BB{}_1=\sqrt{2}.$

(Ⅰ) 求直线AB与α, β所成角的大小;

(Ⅱ) 求二面角A1-AB-B1的大小.

简析 (Ⅰ) 略.

(Ⅱ) 连AB1, A1B, 在四面体AA1BB1中, 易知AA1, A1B1, B1B两两垂直, 即四面体AA1BB1是“三垂型”.由条件知$AA{}_1=1‚BB{}_1=\sqrt{2}‚AB{}_1=\sqrt{3}$, 二面角A1-AB-B1以“三垂型”中A1B1的对棱为棱, 所以其大小为

$\arccos \frac{AA{}_1\cdot BB{}_1}{AB{}_1\cdot A{}_{1}B}=\arccos \frac{1\times \sqrt{2}}{\sqrt{2}\times \sqrt{3}}=\arccos \frac{\sqrt{3}}{3}.$

由以上两例可见, 在实际问题处理过程中, 若能充分利用几何体的特征构造恰当的“三垂型”, 可以简化对几何形体的分析和复杂的的运算过程, 从而提高解答问题的速度和准确率.

性质3 对棱所成的角中:

①AB和CD垂直;

②BC和BC的对棱AD所成的角为$\arccos \frac{BC}{AD}；$

③两斜棱AC和BD所成角为$\arccos \frac{BC{}^2}{AC\cdot BD}.$

以下给出②和③的证明.如图5, 设$\overrightarrow{AB}=a‚\overrightarrow{BC}=b‚\overrightarrow{CD}=c$, 它们的模分别为a, b, c.则$\overrightarrow{BC}=b‚\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CD}=a+b+c$, 若BC和AD所成的角为θ, 则

$\begin{array}{l}\cos \theta =\frac{|\overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{AD}|}{|\overrightarrow{BC}|\cdot |\overrightarrow{AD}|}\\ =\frac{|b\cdot (a+b+c)|}{|b|\cdot |(a+b+c)|}=\frac{b}{\sqrt{b{}^2+c{}^2+a{}^2}}=\frac{BC}{AD}‚\\ \theta =\arccos \frac{BC}{AD}.\end{array}$

而$\overrightarrow{AC}=b-a‚\overrightarrow{BD}=c-b$, 若AC和BD所成角为φ, 则有

$\begin{array}{l}\cos \phi =\frac{|(b-a)\cdot (c-a)|}{|(b-a)|\cdot |(c-a)|}\\ =\frac{b{}^2}{\sqrt{a{}^2+b{}^2}\cdot \sqrt{b{}^2+c{}^2}}=\frac{BC{}^2}{AC\cdot BD}‚\\ \phi =\arccos \frac{BC{}^2}{AC\cdot BD}.\end{array}$

注 这种方法选择基底, 利用向量求异面直线所成角值得关注.

例4 (2007年高考全国卷Ⅰ理科第7题) 如图6, 正四棱柱ABCD-A1B1C1D1, AA1=2AB, 则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为 ( ) .

$\begin{array}{l}(\text{A})\frac{1}{5}(\text{B})\frac{2}{5}\\ (\text{C})\frac{3}{5}(\text{D})\frac{4}{5}\end{array}$

简析 正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, D1A1, A1A, AB所在的四面体D1A1AB是“三垂型”, A1B和AD1是其两条斜棱, 设它们成的角是θ, 由性质3知$\cos \theta =\frac{AA{}_1^2}{AD{}_1\cdot A{}_{1}B}=\frac{4}{5}.$

例5 (2007年高考上海卷文科第7题) 如图7, 在直三棱柱ABC-A1B1C1中, ∠ACB=90°, AA1=2, AC=BC=1, 则异面直线A1B与AC所成角的大小为___.

简析 由条件知, 四面体A1ACB为“三垂型”, 设AC和A1B所成的角为θ, 由性质3知$\cos \theta =\frac{AC}{A{}_{1}B}=\frac{1}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{6}$, 所以$\theta =\arccos \frac{\sqrt{6}}{6}.$

性质4 对棱间的距离:

①首尾两节间的距离为中节长|BC|;

②BC和其对棱AD间的距离为$\frac{|AB|\cdot |CD|}{\sqrt{|AB|{}^2+|CD|{}^2}}$;

③两斜棱间距离为$\frac{|BC|\cdot |CD|}{|BD|}.$

简证 如图8建立坐标系, 设|AB|=a, |BC|=b, |CD|=c.则$B(b‚0‚0)‚D(0‚c‚0)‚A(b‚0‚a)‚\overrightarrow{CB}=(b‚0‚0)‚\overrightarrow{DA}=(b‚-c‚a)$.设n1= (x, 1, y) , 且$n{}_1\perp \overrightarrow{CB}‚n{}_1\perp \overrightarrow{DA}$, 则

得

即$n{}_1=\left(0‚1‚\frac{c}{a}\right)‚\overrightarrow{CD}=(0‚c‚0).$

所以BC和AD间的距离为

$\frac{|\overrightarrow{CD}\cdot n{}_1|}{|n{}_1|}=\frac{ac}{\sqrt{a{}^2+c{}^2}}=\frac{|AB|\cdot |CD|}{\sqrt{|AB|{}^2+|CD|{}^2}}.$

同理可得CA和BD间的距离为

$\frac{bc}{\sqrt{b{}^2+c{}^2}}=\frac{|BC|\cdot |CD|}{|BD|}.$

例6 (根据2007年高考重庆卷理科第19题改编而成) 如图9, 在直三棱柱ABC-A1B1C1中, AA1=2, AB=1, ∠ABC=90°, 点D, E分别在BB1, A1D上, 且B1E⊥A1D, 四棱锥C-ABDA1与之三棱柱的体积之比为3∶5.

(Ⅰ) 求异面直线DE与B1C1的距离;

(Ⅱ) 若$BC=\sqrt{2}$, 求二面角A1-DC1-B1的正切值;

(Ⅲ) 若$BC=\sqrt{2}$, 求异面直线B1E与C1D之间的距离.

简析 设BD的长度为x, 则四棱锥C-ABDA1的体积$V{}_1=\frac{1}{3}S{}_{\text{四}\text{边}\text{形}ABDA{}_1}\cdot BC$, 直三棱ABC-A1B1C1的体积$V{}_2=\frac{1}{2}AB\cdot BC\cdot AA{}_1=BC$.因为V1∶V2=3∶5, 即$\frac{1}{6}(x+2)=\frac{3}{5}$, 得$x=\frac{8}{5}‚B{}_{1}D=\frac{2}{5}$.连C1E, 在四面体C1B1ED中C1B1, B1E, ED两两垂直, 所以四面体C1B1ED是“三垂型”.

(Ⅰ) 由性质4①知, B1C1和DE之间的距离为线段B1E的长, 在Rt△A1B1D中,

$B{}_{1}E=\frac{A{}_{1}B{}_1\cdot B{}_{1}D}{\sqrt{A{}_{1}B{}_1^2+B{}_{1}D{}^2}}=\frac{1\times \frac{2}{5}}{\sqrt{1+\left(\frac{2}{5}\right){}^2}}=\frac{2\sqrt{29}}{29}.$

(Ⅱ) 若$BC=\sqrt{2}$, 在Rt△B1ED中,

$\begin{array}{l}DE=\sqrt{B{}_{1}D{}^2-B{}_{1}E{}^2}=\sqrt{\left(\frac{2}{5}\right){}^2-\left(\frac{2\sqrt{29}}{29}\right){}^2}\\ =\frac{4\sqrt{29}}{145}.\end{array}$

在Rt△C1B1E中,

$\begin{array}{l}C{}_{1}E=\sqrt{C{}_{1}B{}_1^2+B{}_{1}E{}^2}=\sqrt{(\sqrt{2}){}^2+\left(\frac{2\sqrt{29}}{29}\right){}^2}\\ =\sqrt{\frac{62}{29}}.\end{array}$

二面角A1-DC1-B是以DC1为棱的二面角, 设其大小为θ, 由性质2②知

$\begin{array}{l}\cos \theta =\frac{DE\cdot B{}_{1}C{}_1}{B{}_{1}D\cdot C{}_{1}E}=\frac{\frac{4\sqrt{29}}{145}\times \sqrt{2}}{\frac{2}{5}\times \sqrt{\frac{62}{29}}}=\frac{2\sqrt{31}}{31}‚\\ \tan \theta =\frac{3\sqrt{3}}{2}.\end{array}$

(Ⅲ) 在Rt△C1B1D中,

由性质4②知, B1E和C1D间的距离为

$\frac{B{}_{1}E\cdot C{}_{1}D}{\sqrt{B{}_{1}E{}^2+C{}_{1}D{}^2}}=\frac{\frac{2\sqrt{29}}{29}\times \frac{3\sqrt{6}}{5}}{\sqrt{\left(\frac{2\sqrt{29}}{29}\right){}^2+\left(\frac{3\sqrt{6}}{5}\right){}^2}}=\frac{6\sqrt{51}}{119}.$

以上列出的只是“三垂型”这类四面体的4条主要性质, 其他性质如表面积、体积、点到对面的距离、每条棱与其相交面所成的角等, 都与“三垂型”对应的3条线段的长度有关, 关键是利用好它们之间的垂直关系.在解决问题的过程中, 若能恰当构造出这种模型, 定能给解题带来很大的便利. 同时我们也真正体会到了深挖教材习题功能, 是搞好数学常规教学不可忽视的一条重要途径.

数学模型参考答案 篇3

（2） 由（1）得 f（x）=sin2x-

+，所以A

，

，B

，

-.因为[OA] ·[OB] =->->0，所以∠AOB<.

2. 解： （1） 设R为△ABC的外接圆半径，由正弦定理===2R可得，acosB+

bcosA=2RsinAcosB+2RsinBcosA=2Rsin（A+B）=2RsinC=c.

（2） a2sin2B+b2sin2A=2a2sinBcosB+2b2sinAcosA.因为bsinA=asinB，所以2a2sinBcosB+2b2sinAcosA=2absin（A+B）=2absinC=4S，即a2sin2B+b2sin2A=4S.

3. 解： （1） f（x）=3x+sinxcosx-5sinx，f′（x）=3+cos2x-5cosx=2cos2x-5cosx+2=（2cosx-1）·（cosx-2）.令f′（x）=0得cosx=.当x∈[0，2π]时，f′（x）=0共有两个根：x1=，x2=.当x∈0，

时，

，

时，-10；当x∈

，2π时，f′（x）<0.所以函数f（x）的单调递减区间为0，

，

，2π，单调递增区间为

，

.

（2） f′（x）=3+cos2x-5cosx的周期为2π.由（1）可知， f（x）在区间（0，+∞）上所有极小值点从小到大满足xn=2（n-1）π+（n=1，2，3，…）.将xn代入f（x）=3x+sinxcosx-5sinx得f（xn）=3xn-，即所有点Pn（xn，f（xn））在同一直线y=3x-上.

4. 解： （1） 记甲、乙两人同时参加A岗位服务为事件EA，P（EA）==.

（2） 记甲、乙两人同时参加同一岗位服务为事件E，则P（E）==，所以甲、乙两人不在同一岗位服务的概率P（E）=1-P（E）=.

5. 解： （1） 由茎叶图可知，随机抽取的15天中空气质量类别为优或良的天数为5天， 所以可估计甲城市在11月份30天的空气质量类别为优或良的天数为10天.

（2） X的取值为0，1，2 .

P（X=0）==，P（X=1）==，P（X=2）==.

X的分布列为：

所以数学期望EX=0×+1×+2×=.

6. 解： （1） 由题意可得，甲、乙两人都没有抽中6号签的概率P==.

（2） 随机变量ξ=0，1，2，3，4.

P（ξ=0）==，P（ξ=1）==，P（ξ=2）==，P（ξ=3）==，P（ξ=4）==.

随机变量ξ的分布列为：

所以随机变量ξ的期望Eξ=0×+1×+2×+3×+4×=.

7. 解： （1） 因为=2+n-1=n+1，所以Sn=n2+n.当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2+n-（n-1）2-（n-1）=2n.又a1=S1=2也满足an=2n，所以数列{an}的通项公式为an=2n，n∈N*.

（2） 由题意知++…+=（4n-1）（①）.当n≥2时，++…+=（4n-1-1）（②）.①-②得=（4n-4n-1）=·4n-1（4-1）=4n，所以bn=2n·4n （n∈N*，n≥2）.当n=1时，=·（4-1）=4，可得b1=8=2·4也满足bn=2n·4n，所以{bn}的通项公式bn=2n·4n，n∈N*.

8. 解： （1） 因为2anSn-[an][2]=1，所以当n≥2时，2（Sn-Sn-1）Sn-（Sn-Sn-1）2=1，整理得[Sn][2]-[Sn-1][2]=1.由2S1·S1-[S1][2]=1可得[S1][2]=1，所以数列{[Sn][2]}为首项和公差都是1的等差数列，所以[Sn][2]=n.

由an>0可知Sn>0，所以Sn=.当n≥2时，an=Sn-Sn-1=-.又a1=S1=1也满足an=-，所以{an}的通项公式an=-，n∈N*.

（2） 因为bn===-，所以Tn=1-+-+…+-=1-==. 又n≥1，所以Tn≥.依题意有>（m2-3m），解得-1

9. 解： （1） 在△PDF中，由PD=2EC，EC∥PD可得C为DF中点，所以CF=CD=AB.又AB∥CF，所以四边形ABFC为平行四边形，BF∥AC.因为AC?平面PAC，BF?平面PAC，所以 BF∥平面PAC.

（2） 因为平面ABCD⊥平面PDCE，∠PDC=90°，所以PD⊥平面ABCD，可得PD⊥AD，PD⊥CD.又∠ADC=90°，已知AD⊥AC，所以可建立如图1所示的空间直角坐标系D-xyz.

设直线BQ与平面PDB所成角为α，由点B（2，2，0），Q（0，2，t）（0≤t≤1）可得[BQ] =（-2，0，t）.因为PD⊥平面ABCD，AC?面ABCD，所以AC⊥PD.又由ABCD为正方形可得AC⊥BD，所以AC⊥平面PDB，[AC] =（-2，2，0）是平面PDB的一个法向量，所以sinα==≥=，所以直线BQ与平面PDB所成角正弦值的最小值为.

10. 解： （1） 因为C′O⊥BD，AO⊥BD，C′O∩AO=O，所以BD⊥平面AOC′.又BD?平面ABD，所以平面AOC′⊥平面ABD.

（2） 如图2所示，过点C′作C′E⊥AO于点E. 由第（1）题可知平面AOC′⊥平面ABD，所以C′E⊥平面ABD，∠C′BE是BC′与底面ABD所成的角. 设C′E=x，AB=2y，则sin∠C′BE=.

过点E作EF⊥AB于点F，联结C′F，则∠C′FE是平面C′AB与平面ABD所成角的二面角. 由ABCD为菱形、∠A=60°可知AO=C′O=y. 又由已知得tan∠C′FE=2+2，所以EF=. 因为∠EFA=90°，∠EAF=∠A=30°，所以AE=2EF=.又OE==，由OE+AE=+=AO=y可得x=y，所以sin∠C′BE==，∠C′BE=30°.

11. 解： （1） 因为e====，所以=.又椭圆过点

，，所以+=1. 解得a2=4，b2=3，椭圆的方程为+=1.

（2） 如果直线BC的斜率不存在，则BC垂直x轴于点F.由直线x==4与x轴交于点G可得G（4，0），又F（1，0），BC∥DE，所以===·=

2=.

如果直线BC的斜率存在，由点F（1，0）可设直线BC的方程为y=k（x-1）（k≠0），代入椭圆C：+=1得（3+4k2）x2-8k2x+4k2-12=0.设B（x1，y1），C（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.

因为==·=·===<.

综上可得的最大值为.

12. 解： （1） 依椭圆的定义可知，点P的轨迹为焦点在x轴上的椭圆，且a=，c=，b=，所以动点P的轨迹方程为+=1.

（2） 根据题意，作出符合条件的图形，如图3所示.如果圆的切线的斜率不存在，则AB方程为x=±，此时OQ=.

如果圆的切线的斜率存在，设圆的切线方程为y=kx+b，代入椭圆方程得（1+2k2）x2+4kbx+2b2-6=0.设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=-，x1·x2=.

x1x2+y1y2=x1x2+（kx1+b）·（kx2+b）=（1+k2）x1x2+kb（x1+x2）+b2=（1+k2）·+kb·-

+b2= （①）. 又直线AB与圆x2+y2=2相切，所以原点O到直线AB的距离=，b2=2（1+k2），代入①式得x1x2+y1y2=0，所以OA⊥OB. 又Q为AB中点，所以OQ=AB.

因为AB===·，所以由x1+x2=-，x1x2=，b2=2（1+k2）可得AB=2.因为≥0，所以AB≥2（当且仅当k=0时取等号）.当k≠0时，=≤，所以AB≤3 （当且仅当k=±时取等号）.

综上可得2≤AB≤3，所以≤OQ≤.

13. 解： （1） 设P（x0，y0），因为点A，B的坐标分别为（0，-b），（0，b），所以kPA·kPB=.由+=1可得[x0][2]=a2-[y0][2]，则kPA·kPB=-，所以=.又2a=4，解得a=2，b=1，椭圆的方程为+y2=1.

（2） 如果过点0

，的直线的斜率不存在，则M，N两点中有一个点与A点重合，不符合题意.所以直线MN的斜率存在.

设MN的斜率为k，则直线方程为y=kx+，代入椭圆方程得（1+4k2）x2+kx-=0.设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1+x2=-，x1·x2=-，所以y1+y2=k（x1+x2）+=，y1·y2=k2x1·x2+k（x1+x2）+=.因为A（0，-1），所以kAM=，kAN=，kAM·kAN=·==，化简得kAM·kAN=-1，所以以MN为直径的圆必过点A.

如果△AMN为等腰直角三角形，设MN的中点为P，则AP⊥MN.因为点P的坐标为

，

，即-

，

，所以kAP =-.又直线MN的斜率为k，AP⊥MN，所以-=-，解得k=±，所以直线MN的方程为y=±x+.

14. 解： （1） f（x）的定义域为（0，+∞）.由f（x）=x2-2x+1+alnx得f′（x）=，令Δ=4-8a，当a≥时，Δ≤0，2x2-2x+a≥0.又x>0，所以f′（x）≥0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增.

当00，方程2x2-2x+a=0有两个不相等的正根x1，x2.不妨设x10；当x∈（x1，x2）时，f′（x）<0.

所以当0

（2） 由（1）可知，当0

令g（a）=1-a+aln，则g′（a）=1+ln.由0g

，即f（x1）+f（x2）>.

15. 解： （1） 由题意可知x>0，所以f′（x）=x++3.设A（x0，y0），则AB2=[x0][2]+（y0-3）2=[x0][2]+x0

+2=2[x0][2]++2a≥2a+2a，当且仅当2[x0][2]=时，AB2取得最小值4.当a>0时，2a+2a=4，解得a=2-2；当a<0时，-2a+2a=4，解得a=-2-2.

（2） 曲线y=f（x）在点M1

，处的切线斜率为f′（1）=4+a=2，所以a=-2，g（x）=x2-2lnx+3x-2x+

=x2-2lnx+x-.

对任意的x1∈（0，2），存在x2∈[1，2]，使得g（x1）≥h（x2）成立等价于h（x2）min≤g（x1）min.

g′（x1）=x1-+1=，因为x1>0，所以当01时，g′（x1）>0，即函数g（x1）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）单调递增，所以g（x1）min=g（1）=0.

当b=0时，h（x2）=-2，h（x2）min≤g（x1）min恒成立，所以b=0满足题意；

当b>0时，应有h（x2）min=h（1）=b-2≤0，解得0

当b<0时，应有h（x2）min=h（2）=2b-2≤0，解得b<0.

综上可得，满足题意的实数b的取值范围为（-∞，2].

16. 解： （1） 函数f（x）的定义域为（0，+∞）.由f（x）==1+得f′（x）=，令f′（x）=0得x=e.当x∈（0，e）时，f′（x）>0，函数f（x）单调递增；当x∈（e，+∞）时，f′（x）<0，函数f（x）单调递减.所以如果0

由上述分析可知，对一切x∈（0，+∞）， f（x）≤，即≤恒成立，所以lnx≤，当且仅当x=e时取等号.因为2≠e，所以ln2