考点：等差数列、等比数列前n项和
(1?m)解析：当m为奇数时，Sm?m?1m?1m?122?2(2?1)?(m?1)2?22?2，显然S是
m22?12单调递增的，又S19?2019，2019?S21?3000，S23?3000，所以m取21符合
m?1m2?22?2，又S18?2019，2019?S20?3000，题意；当m为偶数时，Sm?4S22?3000，所以m取20符合题意．综上所述，正整数m的所有取值为20，21．
uuuuruuur14．已知等边三角形ABC的边长为2，AM?2MB，点N、T分别为线段BC、CA上的
uuuruuuruuuruuuruuuruuuur动点，则AB?NT?BC?TM?CA?MN取值的集合为 ．
答案：{﹣6}
考点：平面向量的坐标运算
解析：建立如图所示的平面直角坐标系
则A(0，3)，B(﹣1，0)，C(1，0)
uuuuruuur32 由AM?2MB得M(?，)，设N(n，0)，直线AC为：y??3x?3，设33T(t，?3t?3)
uuuruuur 所以AB?NT?(?1,?3)?(t?n,?3t?3)?2t?n?3，
uuuruuur2243)???2t， BC?TM?(2,0)?(??t,3t?333uuuruuuur235)??n? CA?MN?(?1,3)?(n?,?333uuuruuuruuuruuuruuuruuuur45 则AB?NT?BC?TM?CA?MN=2t?n?3??2t?n???6．
33二、解答题（本大题共6小题，共计90分，请在答题纸指定区域内作答，解答时应写出文
5
字说明、证明过程或演算步骤．） 15．（本小题满分14分）
如图，在平面直角坐标系xOy中，以x轴正半轴为始边的锐角?的终边与单位圆O交于点A，且点A的纵坐标是
10． 10（1）求cos(?﹣
3?)的值； 4（2）若以x轴正半轴为始边的钝角?的终边与单位圆O交于点B，且点B的横坐标为
?5，求?＋?的值． 5
解析：因为锐角α的终边与单位圆O交于点A，且点A的纵坐标是所以由任意角的三角函数的定义可知sin α＝从而cos α＝1－sin2α＝
310
.(3分) 10
10. 10
10， 10
3π3π3π31021025(1) cos(α－)＝cos αcos ＋sin αsin ＝×(－)＋×＝－.(6
4441021025分)
(2) 因为钝角β的终边与单位圆O交于点B，且点B的横坐标是－所以cos β＝－525，从而sin β＝1－cos2β＝.(8分) 55105310252×(－)＋×＝.(10分) 1051052
5
， 5
于是sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝
π3π
因为α为锐角，β为钝角，所以α＋β∈(，)，(12分)
223π
从而α＋β＝.(14分)
416．（本小题满分14分）
如图，己知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝2，AF＝l，M
6
是线段EF的中点．
（1）求证：AM∥平面BDE； （2）求证：AM⊥平面BDF．
解析：证明：(1) 设AC∩BD＝O，连结OE， ∵ 四边形ACEF是矩形，∴ EF∥AC，EF＝AC. ∵ O是正方形ABCD对角线的交点， ∴ O是AC的中点．
又点M是EF的中点，∴ EM∥AO，EM＝AO. ∴ 四边形AOEM是平行四边形， ∴ AM∥OE.(4分)
[来源学。科。网]∵ OE平面BDE，AM平面BDE，
∴ AM∥平面BDE.(7分)
(2) ∵ 正方形ABCD，∴ BD⊥AC.
∵ 平面ABCD∩平面ACEF＝AC，平面ABCD⊥平面ACEF，BD∴ BD⊥平面ACEF.(9分) ∵ AM
平面ACEF，∴ BD⊥AM.(10分)
平面ABCD，
∵ 正方形ABCD，AD＝2，∴ OA＝1.
由(1)可知点M，O分别是EF，AC的中点，且四边形ACEF是矩形． ∵ AF＝1，∴ 四边形AOMF是正方形，(11分) ∴ AM⊥OF.(12分)
又AM⊥BD，且OF∩BD＝O，OF
平面BDF，BD
平面BDF，
∴ AM⊥平面BDF.(14分) 17．（本小题满分14分）
某广告商租用了一块如图所示的半圆形封闭区域用于产品展示，该封闭区域由以O为圆心的半圆及直径AB围成．在此区域内原有一个以OA为直径、C为圆心的半圆形展示区，该广告商欲在此基础上，将其改建成一个凸四边形的展示区COPQ，其中P、Q分別在半圆O与半圆C的圆弧上，且PQ与半圆C相切于点Q．己知AB长为40米，设∠BOP为2?．（上述图形均视作在同一平面内）
（1）记四边形COPQ的周长为f(?)，求f(?)的表达式； （2）要使改建成的展示区COPQ的面积最大，求sin?的值．
7
π
解析：解：(1) 连结PC.由条件得θ∈(0，)．
2
在△POC中，OC＝10，OP＝20，∠POC＝π－2θ，由余弦定理，得 PC2＝OC2＋OP2－2OC·OPcos(π－2θ)＝100(5＋4cos 2θ)．(2分) 因为PQ与半圆C相切于点Q，所以CQ⊥PQ，
所以PQ2＝PC2－CQ2＝400(1＋cos 2θ)，所以PQ＝202cos θ.(4分)
所以四边形COPQ的周长为f(θ)＝CO＋OP＋PQ＋QC＝40＋202cos θ， π
即f(θ)＝40＋202cos θ，θ∈(0，)．(7分)
2(没写定义域，扣2分)
(2) 设四边形COPQ的面积为S(θ)，则
π
S(θ)＝S△OCP＋S△QCP＝100(2cos θ＋2sin θcos θ)，θ∈(0，)．(10分)
2
所以S′(θ)＝100(－2sin θ＋2cos2θ－2sin2θ)＝100(－4sin2θ－2sin θ＋2)，θ∈(0，π
)．(12分) 2
令S′(t)＝0，得sin θ＝列表： sin θ S′(θ) S(θ) (0，34－2) 8＋ 增 34－2 80 最大值 (34－2，1) 8－ 减 34－2.(14分) 8
34－2
. 8答：要使改建成的展示区COPQ的面积最大，sin θ的值为18．（本小题满分16分）
x2y2在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：2?2?1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，
abF2，且点F1，F2与椭圆C的上顶点构成边长为2的等边三角形．
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知直线l与椭圆C相切于点P，且分别与直线x＝﹣4和直线x＝﹣1相交于点M、N．试判断
NF1是否为定值，并说明理由． MF18
