∴，得x≠2kp +p，且，k∈Z

∴函數(shù)f（x）的定義域為{x| x∈R，且x≠2kp +p，，k∈Z }．………………………3分

又

=，

所以，函數(shù)f（x）的周期是2p．……………………………………………………………………8分

（Ⅱ）在上取值列表為：  

x

0

p

f (x)

不存在

0

1

1

0

不存在

不存在

0

……………………………………………………………………………………………………………12分

18．由題意知，x 的取值為－6，－3，0，3．

∵ 珠子是等可能地隨機滾入三個盒子中，∴ 珠子滾入每個盒子的概率都是．………………3分

∴ P（x =－6）==，P（x =－3）= 2×=，

P（x = 0）=，P（x = 3）= ．…………………………………………9分

x

－6

－3

0

3

P

∴ x 的分布列是：

………………………………10分

x 的數(shù)學(xué)期望 Ex == 0．……………………………………………12分

19．（Ⅰ）取A₁C₁的中點F，連結(jié)DF，則 DF∥AA₁，DF =．∵ ABC－A₁B₁C₁是直三棱柱，

∴ B₁E∥AA₁，而E是BB₁的中點，∴ B₁E =，∴ DF∥B₁E 且 DF = B₁E，

∴ 四邊形DEB₁F是平行四邊形，從而 DE∥B₁F，注意到 B₁F 在平面A₁B₁C₁內(nèi)，

所以 DE∥平面A₁B₁C₁．………………………………………………………………………………6分

（Ⅱ）假設(shè)存在點E使平面EAC₁⊥平面ACC₁A₁，則過E作EM⊥AC₁于M，過B作BN⊥AC于N，連結(jié)MN．∵ 二面角E?AC₁?C是直二面角，即平面EAC₁⊥ACC₁A，

∴ EM⊥平面ACC₁A．同理可證 BN⊥平面ACC₁A．∴ EM∥BN．………8分

由B₁B∥平面ACC₁A₁，得 EM = BN，

∴ 四邊形EMNB是平行四邊形，得 MN∥BE，且MN = BE，MN∥CC₁．

在△ABC中，cos∠BAC =，

∴ ∠BAC = 45°．在Rt△ABN中，得 AN = 1．∵ MN∥CC₁，

∴ ，即在棱BB₁上存在點E，

當(dāng)時，二面角E?AC₁?C是直二面角．……………………………12分

（Ⅱ）如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系．則三角形ABC的面積為

，∴ 點A到BC所在直線的距離AD滿足

，而BC =，得，∴．

設(shè)BE = m，BB₁ = lm（m，l≠0），則，，，C­₁(0，0，lm)．

在此坐標(biāo)系下，很容易得到平面ACC₁A₁的一個法向量．

，．

設(shè)平面EAC₁的一個法向量為．

= 0

= 0

即 ，．

取，可得， ．

當(dāng)二面角E?AC₁?C是直二面角時，有 =?= 0，

∴ 2（2m－）－（lm－m）= 0，解得 l = 3，即在棱BB₁上存在點E，當(dāng)時，二面角E?AC₁?C是直二面角．………………………………………………………………………………12分

20．因為 f (x) =，所以 f ′ (x) =+( 2x + n )

= [ 2x² +（2m + n）x + mn + 1 ] ?．………………………………………………………………3分

（Ⅰ）當(dāng)m = 1，n = 5時，f ′ (x) =（2x² + 7x + 6）?，注意到＞0，

則由f ′ (x)＞0，解得 x＜－2或x＞；由f ′ (x)＜0，解得－2＜x＜．

因此函數(shù)f (x) 在（－∞，－2）與（，+∞）上遞增；f (x) 在（－2，）上遞減． ………6分

（Ⅱ）由已知有 f ′（0）= mn + 1，所以 == f ′（0）= 4，

即 mn + 1 = 4，得 mn = 3．……………………………………………………………………………9分

要使函數(shù)f (x) =在R上單調(diào)遞增，只須 f ′ (x)≥0在R上恒成立，

∴ 只須 （2m + n）²－4×2×（mn + 1）≤0，即（2m－n）²≤8．把 代入上式，

得（－n）² ≤8，解得 ≤n≤3．………………………………………………………………12分

21．（Ⅰ）由2 a_n+1 = 3a_n－a_n－1（n≥2），得 2（a_n+1－a_n）= a_n－a_n－1，

∴，因此數(shù)列{ a_n－a_n－1 }是以a₂－a₁ = 1為首項，為公比的等比數(shù)列，

∴，……………………………………………………………………………………4分

于是 a_n =（a_n－a_n－1）+（a_n－1－a_n－2）+ … +（a₂－a₁）+ a₁

   ==． ………………………………………6分

（Ⅱ）由不等式，得 ，

∴ ，即 ，………………………………………………8分

所以  2＜（4－m）? 2ⁿ ＜8． ∵ 2ⁿ為正偶數(shù)，4－m為整數(shù)，

∴ （4－m）? 2ⁿ = 4，或 （4－m）? 2ⁿ = 6，

∴  或  或  或

解得  或  或  或

經(jīng)檢驗使不等式成立的所有正整數(shù)m、n的值為

（m，n）=（1，1）或（2，1）或（3，2）．………………………………………………………12分

說明  問題（1）的歸納做法是：由已知可得，

∴ ，，

，……，于是 ．

22．方法一：由題意知A（－a，0），F(xiàn)（c，0），a² = b² + c²，．

設(shè)點P的坐標(biāo)為P（x₀，y₀），則，，

∵  ，∴ PA⊥PF，表明△PAF是直角三角形，

于是

∴ ．（1）…………………………………………………4分

∵  P是橢圓C上在第一象限內(nèi)的點，

∴  ， 即 ．（2） 將（1）代入（2）得

即  ，∴  ，

由于x₀ + a＞0，∴ 只有 ，得 …………………………7分

∵ c = ea，b² = a² ? c²，∴ ．（3）……………………………9分

根據(jù)橢圓的定義，有 ，而 ，

∴ 在Rt△PAF中，有 ．（4） ……………………………………………11分

將（3）代入（4）得因此 ．…………………………………………………………………………………………14分

解法二   由題意知A（－a，0），F(xiàn)（c，0），a² = b² + c²，．

則直線PA的方程為 y =（x + a）tanq，．（1）

將直線PA的方程與橢圓方程聯(lián)立，消去y后，得

（b² + a² tan²q）x² + 2a³ tan²q ? x + a⁴ tan²q－a²b² = 0．（2）…………………………………………4分

因為點A（－a，0）和P（x₀，y₀）的坐標(biāo)滿足方程（1）和（2），

所以，有 ，即，

y₀ =（x₀ + a）tanq =．……………………………………………………………………6分

若，則PA⊥PF，表明△PAF是直角三角形，從而有 ?PA?² +?PF?² =?AF?²，

∴ （x₀ + a）² + y₀² +（x₀－c）² + y₀² =（a + c）²，∴  x₀ ² + y₀² +（a－c）x₀ = ac．……………8分

將x₀、y₀代入上式，得++= ac．去分母，整理，得=，……………12分

將 c = ea代入，得 Û  Û ，

于是 ，為所求．…………………………………………………………14分