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已知a₁，a₂，a₃，…，a₃₀是首項為1，公比為2的等比數列．對于滿足0＜k＜30的整數k，數列b₁，b₂，b₃，…，b₃₀由確定．記C=a₁b₁+a₂b₂+…+a₃₀b₃₀．
（Ⅰ）當k=1時，求C的值；
（Ⅱ）求C最小時k的值．

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已知a₁，a₂，a₃，…，a₃₀是首項為1，公比為2的等比數列．對于滿足0＜k＜30的整數k，數列b₁，b₂，b₃，…，b₃₀由確定．記C=a₁b₁+a₂b₂+…+a₃₀b₃₀．
（Ⅰ）當k=1時，求C的值；
（Ⅱ）求C最小時k的值．

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一、選擇題

題　號

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

答　案

D

C

A

D

D

B

A

B

C

D

A

C

二、填空題

13． {x|x≤?2或x=1}    14． 7       15．  18       16．

三、解答題（共74分）

17．（1）∵這名學生在第一、二個路口沒遇到紅燈，第三個路口遇到紅燈。
       ∴概率P=（1?）（1?）×=

   （2）（理）    ∴  
       （文）

18．∵α∈（0，），β∈（，2），  ∴，

又，

   ∴

又

且，

∴   ∴

∴

19．解（1）令則2bx²+x+a=0

       由題意知：x=1，2是上方程兩根，由韋達定理：
                 ∴
      （2）由（1）知：
       令   解得：x<0或1<x<2
       ∴f(x)的單調增區(qū)間為（1，2）   減區(qū)間是（0，1）和（2，+）
      （3）由（2）知：f(x)在x₁=1處取極小值，在x₂=2處取極大值。
20．（1）以A為原點，AB、AD、AA₁所在直線為x軸，y軸，z軸。

則D（0，8，0），A₁（0，0，4），M（5，2，4）

∴ 

∵   ∴

   （2）由（1）知A₁D⊥AM，又由已知A₁D⊥AN，
∴A₁D⊥平面AMN，垂足為N。

        因此AD與平面所成的角即是∠DAN。

        易知∠DAN = AA₁D = arctan2

   （3）∵AA₁⊥平面ABCD，A₁N⊥平面AMN，

        ∴和分別成為平面ABCD和平面AMN的法向量。
        設平面AMN與平面ABCD所成的角（銳角）為，則       

=（，）=∠AA₁N = AA₁D = arccos

21．（1）解：設P（a,0），Q（0，b）
則：  ∴

設M（x,y）∵  

∴  

∴
（2）解法一：設A(a,b)，，（x₁≠x₂）

則：直線SR的方程為：，即4y = (x₁+x₂)x－x₁x₂

∵A點在SR上，∴4b=(x₁+x₂)a－x₁x₂  ①

對求導得：y′=x

∴拋物線上S、R處的切線方程為：

即4    ②

即4  ③

聯(lián)立②③，并解之得 ，代入①得：ax－2y－2b=0

故：B點在直線ax－2y－2b=0上

解法二：設A(a,b)

當過點A的直線斜率不存在時l與拋物線有且僅有一個公共點，與題意不符，可設直線SR的方程為y－b=k(x－a)

與聯(lián)立消去y得：x²－4kx+4ak－4b=0

設，（x₁≠x₂）

則由韋達定理：

又過S、R點的切線方程分別為：， 

聯(lián)立，并解之得 （k為參數）

消去k，得：ax－2y－2b=0

故：B點在直線2ax－y－b=0上

22．解（1）令m=－1，n=0則：f(?1)=f(?1)f(0)，而f(­?1)>1 ∴f(0)=1

       令m=x>0，n=­ ?x<0則f(x?x)=f(x)?f(?x)=1

       ∴f(x)=(0,1)，即x>0時0<f(x)<1

       設x₁<x₂則x₂?x₁=0    ∴0<f (x₂?x₁)?f (x₁)?f (x₁)=f (x₁)[f (x₂?x₁)?1]<0  ∴f(x)<f(x₁)

       即y = f (x)在R上單調遞減

  （2）由f(a_n+1)=，nN*  得：f(a_n+1)?f(?2?a_n) =1

       ∴f(a_n+1?a_n?2) = f (0) 由（1）知：a_n+1?a_n?2=0

       即a_n+1?a_n=2（nN*）  ∴{a_n}是首項為a₁=1，公差為2的等差數列

       ∴a_n=2n?1

  （3）假設存在正數k，使（1+對nN*恒成立

       記F(n)=

       即   ∴F（n）是遞增數列，F（1）為最小值。

       由F（n）恒成立知k    ∴k_max = .