2011年湖南省高考数学试卷（理科）
一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）
1．（5分）若a，b∈R，i为虚数单位，且（a+i）i=b+i则（ ） A．a=1，b=1
B．a=﹣1，b=1 C．a=﹣1，b=﹣1 D．a=1，b=﹣1
2．（5分）设集合M={1，2}，N={a2}，则“a=1”是“N⊆M”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件
3．（5分）设如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）
A．9π+42 B．36π+18 C． D．
4．（5分）通过随机询问110名性别不同的大学生是否爱好某项运动，得到如下的列联表：
男 40 20 60
女 20 30 50
算得，
总计 60 50 110
．
0.001 10.828
爱好 不爱好 总计 由
P（K2≥k）
k
0.050 3.841
0.010 6.635
参照附表，得到的正确结论是（ ）
A．在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别有关” B．在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别无关”
C．有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关” D．有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别无关” 5．（5分）设双曲线（ ） A．4
B．3
C．2
D．1 ，x=
，y=0与曲线y=cosx所围成的封闭图形的面积
的渐近线方程为3x±2y=0，则a的值为
6．（5分）由直线x=﹣为（ ） A． B．1
C．
D．
7．（5分）设m＞1，在约束条件下，目标函数z=x+my的最大值小于2，
则m的取值范围为（ ） A．（1，
） B．（
，+∞） C．（1，3） D．（3，+∞）
8．（5分）设直线x=t与函数f（x）=x2，g（x）=lnx的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为（ ） A．1
二、填空题（共8小题，每小题5分，满分35分） 9．（5分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为
（α为参数）
B． C．
D．
在极坐标系（与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴）中，曲线C2的方程为p（cosθ﹣sinθ）+1=0，则C1与C2的交点个数为 ．
10．（5分）设x，y∈R，且xy≠0，则
的最小值为 ．
11．如图，A，E是半圆周上的两个三等分点，直径BC=4，AD⊥BC，垂足为D，BE与AD相交于点F，则AF的长为 ．
12．（5分）设Sn是等差数列{an}（n∈N*）的前n项和，且a1=1，a4=7，则S9= ． 13．（5分）若执行如图所示的框图，输入x1=1，x2=2，x3=3，=2，则输出的数等于 ．
14．（5分）在边长为1的正三角形ABC中，设，，则= ．
15．（5分）如图，EFGH 是以O为圆心，半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内”，B表示事件“豆子落在扇形OHE（阴影部分）内”，则 （1）P（A）= ； （2）P（B|A）= ．
16．（5分）对于n∈N+，将n 表示n=a0×2k+a1×2k﹣1+a2×2k﹣2+…+ak﹣1×21+ak×20，当i=0时，ai=1，当1≤i≤k时，a1为0或1．记I（n）为上述表示中ai为0的个数（例如：1=1×20，4=1×22+0×21+0×20，故I（1）=0，I（4）=2），则
（1）I（12）= ；（2）
= ．
三、解答题（共6小题，满分75分）
17．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足csinA=acosC 1）求角C大小； （2）求
sinA﹣cos（B+
）的最大值，并求取得最大值时角A，B的大小．
18．（12分）某商店试销某种商品20天，获得如下数据： 日销售量（件）
频数
0 1
1 5
2 9
3 5
试销结束后（假设该商品的日销售量的分布规律不变），设某天开始营业时有该商品3件，当天营业结束后检查存货，若发现存货少于2件，则当天进货补充至3件，否则不进货，将频率视为概率． （Ⅰ）求当天商品不进货的概率；
（Ⅱ）记X为第二天开始营业时该商品的件数，求X的分布列和数学期望． 19．（12分）如图，在圆锥PO中，已知PO=点，D为AC的中点．
（Ⅰ）证明：平面POD⊥平面PAC； （Ⅱ）求二面角B﹣PA﹣C的余弦值．
，⊙O的直径AB=2，C是
的中
20．（13分）如图，长方形物体E在雨中沿面P（面积为S）的垂直方向作匀速移动，速度为v（v＞0），雨速沿E移动方向的分速度为c（c∈R）．E移动时单位时间内的淋雨量包括两部分：（1）P或P的平行面（只有一个面淋雨）的淋雨量，假设其值与|v﹣c|×S成正比，比例系数为
；（2）其它面的淋雨量之和，其值
为，记y为E移动过程中的总淋雨量，当移动距离d=100，面积S=时． （Ⅰ）写出y的表达式
（Ⅱ）设0＜v≤10，0＜c≤5，试根据c的不同取值范围，确定移动速度v，使总淋雨量y最少．
21．（13分）如图，椭圆C1：=1（a＞b＞0）的离心率为，x轴被曲线
C2：y=x2﹣b截得的线段长等于C1的长半轴长． （Ⅰ）求C1，C2的方程；
（Ⅱ）设C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A、B，直线MA，MB分别与C1相交于D，E． （i）证明：MD⊥ME；
（ii）记△MAB，△MDE的面积分别是S1，S2．问：是否存在直线l，使得请说明理由．
=
？
22．（13分）已知函数f（x）=x3，g （x）=x+
．
（Ⅰ）求函数h （x）=f（x）﹣g （x）的零点个数．并说明理由；
（Ⅱ）设数列{ an}（n∈N*）满足a1=a（a＞0），f（an+1）=g（an），证明：存在常数M，使得对于任意的n∈N*，都有an≤M．
2011年湖南省高考数学试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）
1．（5分）（2011•湖南）若a，b∈R，i为虚数单位，且（a+i）i=b+i则（ ） A．a=1，b=1
B．a=﹣1，b=1 C．a=﹣1，b=﹣1 D．a=1，b=﹣1
【分析】利用复数的乘法运算将等式化简；利用复数相等实部、虚部分别相等；列出方程求出a，b的值． 【解答】解：（a+i）i=b+i 即﹣1+ai=b+i ∴a=1，b=﹣1 故选D
2．（5分）（2011•湖南）设集合M={1，2}，N={a2}，则“a=1”是“N⊆M”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件
【分析】先由a=1判断是否能推出“N⊆M”；再由“N⊆M”判断是否能推出“a=1”，利用充要条件的定义得到结论．
【解答】解：当a=1时，M={1，2}，N={1}有N⊆M 当N⊆M时，a2=1或a2=2有
所以“a=1”是“N⊆M”的充分不必要条件． 故选A．
3．（5分）（2011•湖南）设如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）
A．9π+42 B．36π+18 C． D．
【分析】由三视图可知，下面是一个底面边长是3的正方形且高是2的一个四棱柱，上面是一个球，球的直径是3，该几何体的体积是两个体积之和，分别做出两个几何体的体积相加．
【解答】解：由三视图可知，几何体是一个简单的组合体， 下面是一个底面边长是3的正方形且高是2的一个四棱柱， 上面是一个球，球的直径是3， 该几何体的体积是两个体积之和， 四棱柱的体积3×3×2=18， 球的体积是
∴几何体的体积是18+故选D．
4．（5分）（2011•湖南）通过随机询问110名性别不同的大学生是否爱好某项运动，得到如下的列联表：
， ，
男 40 20 60
女 20 30 50
算得，
总计 60 50 110
．
0.001 10.828
爱好 不爱好 总计 由
P（K2≥k）
k
0.050 3.841
0.010 6.635
参照附表，得到的正确结论是（ ）
A．在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别有关” B．在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别无关” C．有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关” D．有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别无关”
【分析】题目的条件中已经给出这组数据的观测值，我们只要把所给的观测值同节选的观测值表进行比较，发现它大于6.635，得到有99%以上的把握认为“爱好这项运动与性别有关”． 【解答】解：由题意算得，∵7.8＞6.635，
∴有0.01=1%的机会错误，
即有99%以上的把握认为“爱好这项运动与性别有关” 故选：C．
5．（5分）（2011•湖南）设双曲线则a的值为（ ） A．4
B．3
C．2
D．1
，即可求出a的值．
，
的渐近线方程为3x±2y=0，
．
【分析】由题意，【解答】解：由题意，∴a=2， 故选：C．
6．（5分）（2011•湖南）由直线x=﹣闭图形的面积为（ ） A． B．1
C．
D．
，x=，y=0与曲线y=cosx所围成的封
【分析】为了求得与x轴所围成的不规则的封闭图形的面积，可利用定积分求解，
积分的上下限分别为与，cosx即为被积函数．
【解答】解：由定积分可求得阴影部分的面积 S=
cosxdx=
=
﹣（﹣．
）=
，
所以围成的封闭图形的面积是故选D．
7．（5分）（2011•湖南）设m＞1，在约束条件下，目标函数z=x+my的
最大值小于2，则m的取值范围为（ ） A．（1，
） B．（
，+∞） C．（1，3） D．（3，+∞）
，
）上，
【分析】根据m＞1，我们可以判断直线y=mx的倾斜角位于区间（
由此我们不难判断出满足约束条件的平面区域的形状，再根据目标函数
Z=X+my对应的直线与直线y=mx垂直，且在直线y=mx与直线x+y=1交点处取得最大值，由此构造出关于m的不等式组，解不等式组即可求出m 的取值范围． 【解答】解：∵m＞1
故直线y=mx与直线x+y=1交于
点，
点，取得最
目标函数Z=X+my对应的直线与直线y=mx垂直，且在大值
其关系如下图所示： 即
，
解得1﹣又∵m＞1
＜m＜
解得m∈（1，故选：A．
）
8．（5分）（2011•湖南）设直线x=t与函数f（x）=x2，g（x）=lnx的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为（ ） A．1
B． C．
D．
【分析】将两个函数作差，得到函数y=f（x）﹣g（x），再求此函数的最小值对应的自变量x的值．
【解答】解：设函数y=f（x）﹣g（x）=x2﹣lnx，求导数得
=
当当所以当
时，y′＜0，函数在时，y′＞0，函数在
时，所设函数的最小值为
上为单调减函数， 上为单调增函数
所求t的值为故选D
二、填空题（共8小题，每小题5分，满分35分）
9．（5分）（2011•湖南）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为
（α为参数）在极坐标系（与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴）中，曲线C2的方程为p（cosθ﹣sinθ）+1=0，则C1与C2的交点个数为 2 ．
【分析】先根据sin2α+cos2α=1，求出曲线C1的直角坐标方程，再利用直角坐标与极坐标间的关系，即利用ρcosθ=x，ρsinθ=y，ρ2=x2+y2，求出曲线C2的直角坐标方程，然后判定交点个数即可． 【解答】解：∵曲线C1的参数方程为∴曲线C1的直角坐标方程为x2+（y﹣1）2=1 ∵ρcosθ=x，ρsinθ=y，p（cosθ﹣sinθ）+1=0 ∴曲线C2的方程为x﹣y+1=0
而圆心到直线的距离d=0＜r，故C1与C2的交点个数为2 故答案为：2
10．（5分）（2011•湖南）设x，y∈R，且xy≠0，则值为 9 ． 【分析】对
展开，利用基本不等式即可求得其最小值．
的最小
（α为参数），sin2α+cos2α=1
【解答】解：∵x，y∈R，且xy≠0， ∴
=1+4+
≥5+2
=9
当且仅当时等号成立，
∴
故答案为9．
的最小值为9．
11．（2011•湖南）如图，A，E是半圆周上的两个三等分点，直径BC=4，AD⊥BC，
垂足为D，BE与AD相交于点F，则AF的长为 ．
【分析】根据半圆的三等分点，得到三个弧对应的角度是60°，根据直径所对的圆周角是直角得到直角三角形的有关长度，做出要求的线段的长度． 【解答】解：∵A，E是半圆周上的两个三等分点 ∴弧EC是一个60°的弧， ∴∠EBC=30°，则CE=2， 连接BA，则BA=2，
∴在含有30°角的直角三角形中，BD=1， DF=AD=∴AF=
，
，
故答案为：
12．（5分）（2011•湖南）设Sn是等差数列{an}（n∈N*）的前n项和，且a1=1，a4=7，则S9= 81 ．
【分析】先根据数列{an}为等差数列，求出公差d，然后根据等差数列的前n项和公式求得S9．
【解答】解：∵数列{an}为等差数列， ∴an=a1+（n﹣1）d， Sn=na1+∵a1=1，a4=7 ∴a4=1+（4﹣1）d=7 ∴d=2 ∴S9=9×1+故答案为：81
×2=81
13．（5分）（2011•湖南）若执行如图所示的框图，输入x1=1，x2=2，x3=3，=2，则输出的数等于
．
【分析】先弄清该算法功能，S=0+（1﹣2）2=1，i=1，满足条件i＜3，执行循环体，依此类推，当i=3，不满足条件i＜3，退出循环体，输出所求即可． 【解答】解：S=0+（1﹣2）2=1，i=1，满足条件i＜3，执行循环体，i=2 S=1+（2﹣2）2=1，i=2，满足条件i＜3，执行循环体，i=3 S=1+（3﹣2）2=2，i=3，不满足条件i＜3，退出循环体， 则S=×2= 故答案为：
14．（5分）（2011•湖南）在边长为1的正三角形ABC中，设则
= ﹣ ．
，
，确定点D，E在正三角形ABC中的位置，根据
用的值．
表示出来，利用向量的数量
，
，
【分析】根据
向量加法满足三角形法则，把积的运算法则和定义式即可求得【解答】解：∵
，∴D为BC的中点，
∴∵∴∴==
，
，
，
）
=﹣，
故答案为：﹣．
15．（5分）（2011•湖南）如图，EFGH 是以O为圆心，半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内”，B表示事件“豆子落在扇形OHE（阴影部分）内”，则 （1）P（A）= （2）P（B|A）=
； ．
【分析】此题是个几何概型．用面积法求出事件A“豆子落在正方形EFGH内”的概率p（A），同理求出P（AB），根据条件概率公式P（B|A）=果．
【解答】解：用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内”，∴P（A）=
=
，
即可求得结
B表示事件“豆子落在扇形OHE（阴影部分）内”，P（AB）=∴P（B|A）=
．
=，
故答案为：
．
16．（5分）（2011•湖南）对于n∈N+，将n 表示n=a0×2k+a1×2k﹣1+a2×2k﹣2+…+ak
﹣1
×21+ak×20，当i=0时，ai=1，当1≤i≤k时，a1为0或1．记I（n）为上述表
示中ai为0的个数（例如：1=1×20，4=1×22+0×21+0×20，故I（1）=0，I（4）=2），则
（1）I（12）= 2 ；（2）
= 1093 ．
【分析】（1）根据题意，分析可得，将n 表示n=a0×2k+a1×2k﹣1+a2×2k﹣2+…+ak
﹣1
×21+ak×20，实际是将十进制的数转化为二进制的数，易得12=1×23+1×22+0
×21+0×20，由I（n）的意义，可得答案；
（2）将n分为n=127，64≤n≤126，32≤n≤63，…n=1等7种情况，有组合数的性质，分析其中I（n）的取值情况，与二项式定理结合，可转化为等比数列的前7项和，计算可得答案．
【解答】解：（1）根据题意，12=1×23+1×22+0×21+0×20，则I（12）=2； （2）127=1×26+1×25+1×24+1×23+1×22+1×21+1×20， 设64≤n≤126，且n为整数；
则n=1×26+a1×25+a2×24+a3×23+a4×22+a5×21+a6×20， a1，a2，a3，a4，a5，a6中6个数都为0或1，
其中没有一个为1时，有C60种情况，即有C60个I（n）=6； 其中有一个为1时，有C61种情况，即有C61个I（n）=5； 其中有2个为1时，有C62种情况，即有C62个I（n）=4； …
2I（n）=C6026+C61×25+C62×24+C63×23+C64×22+C65×2+1=（2+1）n=36，
同理可得：…
=35，
=31，
2I（1）=1； 则
=1+3+32+…+36=
=1093；
故答案为：（1）2；（2）1093．
三、解答题（共6小题，满分75分）
17．（12分）（2011•湖南）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足csinA=acosC 1）求角C大小； （2）求
sinA﹣cos（B+
）的最大值，并求取得最大值时角A，B的大小．
． ＜A+
【分析】（1）利用正弦定理化简csinA=acosC．求出tanC=1，得到C=（2）B=＜
﹣A，化简
sinA﹣cos（B+
），通过0＜A＜
，推出
，求出2sin（A+）取得最大值2．得到A，B．
【解答】解：（1）由正弦定理得 sinCsinA=sinAcosC， 因为0＜A＜π，所以sinA＞0．从而sinC=cosC， 又cosC≠0，所以tanC=1，C=（2）有（1）知，B=sinA﹣cos（B+=2sin（A+因为0＜A＜从而当A+2sin（A+综上所述
=）．
，所以 ，即A=
＜A+时
＜
，
）=
．
﹣A，于是 sinA+cosA
）取得最大值2． sinA﹣cos（B+
）的最大值为2，此时A=
，B=
．
18．（12分）（2011•湖南）某商店试销某种商品20天，获得如下数据： 日销售量（件）
频数
0 1
1 5
2 9
3 5
试销结束后（假设该商品的日销售量的分布规律不变），设某天开始营业时有该商品3件，当天营业结束后检查存货，若发现存货少于2件，则当天进货补充至3件，否则不进货，将频率视为概率． （Ⅰ）求当天商品不进货的概率；
（Ⅱ）记X为第二天开始营业时该商品的件数，求X的分布列和数学期望． 【分析】（I）“当天商品不进货”包含两个事件的和事件，利用古典概型概率公式求出两个事件的概率；再利用互斥事件的和事件概率公式求出当天商品不进货的概率．
（II）求出x可取的值，利用古典概型概率公式及互斥事件和事件的概率公式求出x取每一个值的概率值；列出分布列；利用随机变量的期望公式求出x的期望． 【解答】解：（I）P（“当天商店不进货”）=P（“当天商品销售量为0件”）+（“当天的商品销售量为1件”） =
（II）由题意知，X的可能取值为2，3 P（X=2）=P（“当天商品销售量为1件”）=
P（X=3）=（“当天的销售量为0”）+P（“当天的销售量为2件”）+P（“当天的销售量为3件”）=故x的分布列 x 23 p
X的数学期望为EX=
19．（12分）（2011•湖南）如图，在圆锥PO中，已知PO=C是
的中点，D为AC的中点．
，⊙O的直径AB=2，
（Ⅰ）证明：平面POD⊥平面PAC； （Ⅱ）求二面角B﹣PA﹣C的余弦值．
【分析】（Ⅰ）连接OC，先根据△AOC是等腰直角三角形证出中线OD⊥AC，再结合PO⊥AC证出AC⊥POD，利用平面与平面垂直的判定定理，可证出平面POD⊥平面PAC；
（Ⅱ）过O分别作OH⊥PD于H，OG⊥PA于G，再连接GH，根据三垂线定理证明∠OGH为二面角B﹣PA﹣C的平面角，最后分别在Rt△ODA、Rt△ODP、Rt△OGH中计算出OH、OG和sin∠OGH，最后求出所求二面角的余弦值． 【解答】解：（Ⅰ）连接OC， ∵OA=OC，D是AC的中点 ∴AC⊥OD
又∵PO⊥底面⊙O，AC⊂底面⊙O ∴AC⊥PO
∵OD、PO是平面POD内的两条相交直线 ∴AC⊥平面POD， 而AC⊂平面PAC ∴平面POD⊥平面PAC
（Ⅱ）在平面POD中，过O作OH⊥PD于H，由（Ⅰ）知，平面POD⊥平面PAC 所以OH⊥平面PAC， 又∵PA⊂平面PAC ∴PA⊥HO
在平面PAO中，过O作OG⊥PA于G，连接GH，则有PA⊥平面OGH，从而PA
⊥HG．故∠OGH为二面角B﹣PA﹣C的平面角 在Rt△ODA中，OD=OA•sin45°=
在Rt△ODP中，OH=
在Rt△OPA中，OG=
在Rt△OGH中，sin∠OGH=
所以cos∠OGH=
故二面角B﹣PA﹣C的余弦值为
20．（13分）（2011•湖南）如图，长方形物体E在雨中沿面P（面积为S）的垂直方向作匀速移动，速度为v（v＞0），雨速沿E移动方向的分速度为c（c∈R）．E移动时单位时间内的淋雨量包括两部分：（1）P或P的平行面（只有一个面淋雨）的淋雨量，假设其值与|v﹣c|×S成正比，比例系数为
；（2）其它面的淋雨量
之和，其值为，记y为E移动过程中的总淋雨量，当移动距离d=100，面积S=时．
（Ⅰ）写出y的表达式
（Ⅱ）设0＜v≤10，0＜c≤5，试根据c的不同取值范围，确定移动速度v，使总淋雨量y最少．
【分析】（Ⅰ）E移动时的总淋雨量应该等于单位时间内的淋雨量乘以所用的时间，可先求出单位时间内的淋雨量的式子，再乘以时间
即可；
（Ⅱ）根据绝对值的性质，将（Ⅰ）中的函数分解为分段函数的形式，再由c的不同取值范围讨论函数的单调性，在不同的情况下，单调区间不同，总淋雨量最小值对应的v值也不同．
【解答】解：（Ⅰ）由题意知，E移动时单位时间内的淋雨量为
，故
（Ⅱ）由（Ⅰ）知， 当0＜v≤c时，当c≤v≤10时，
故
（1）当0＜c＜（2）当
时，y是关于v的减函数，故当v=10时，时，在（0，c]上y是关于v的减函数，
；
在（c，10]上，y是关于v的增函数， 故当v=c时，
答：（Ⅰ）函数y的表达式为（Ⅱ）（1）在0＜c （2）在
的情况下，当v=10时，总淋雨量y最少； 的情况下，当v=c时，总淋雨量y最少．
21．（13分）（2011•湖南）如图，椭圆C1：=1（a＞b＞0）的离心率为，
x轴被曲线C2：y=x2﹣b截得的线段长等于C1的长半轴长． （Ⅰ）求C1，C2的方程；
（Ⅱ）设C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A、B，直线MA，MB分别与C1相交于D，E． （i）证明：MD⊥ME；
（ii）记△MAB，△MDE的面积分别是S1，S2．问：是否存在直线l，使得请说明理由．
=
？
【分析】（Ⅰ）先利用离心率得到一个关于参数的方程，再利用x轴被曲线C2：y=x2﹣b截得的线段长等于C1的长半轴长得另一个方程，两个方程联立即可求出参数进而求出C1，C2的方程；
（Ⅱ）（i）把直线l的方程与抛物线方程联立可得关于点A、B坐标的等量关系，再代入求出kMA•kMB=﹣1，即可证明：MD⊥ME；
（ii）先把直线MA的方程与抛物线方程联立可得点A的坐标，再利用弦长公式求出|MA|，同样的方法求出|MB|进而求出S1，同理可求S2．再代入已知就可知道是否存在直线l满足题中条件了． 【解答】解：（Ⅰ）由题得e=故C1，C2的方程分别为
，从而a=2b，又2，y=x2﹣1．
=a，解得a=2，b=1，
（Ⅱ）（i）由题得，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为y=kx， 由
得x2﹣kx﹣1=0．
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1，x2是上述方程的两个实根， 于是x1+x2=k，x1x2=﹣1，又点M的坐标为（0，﹣1）， 所kMA•kMB=﹣1．
故MA⊥MB，即MD⊥ME．
（ii）设直线MA的斜率为k1，则直线MA的方程为y=k1x﹣1． 由
，解得
或
．
=
=
=
以=
则点A的坐标为（k1，k12﹣1）． 又直线MB的斜率为﹣
，同理可得点B的坐标为（﹣
，
﹣1）．
于是s1=|MA|•|MB|=•|k1|••|﹣|=．
由
得（1+4k12）x2﹣8k1x=0．
解得或，，则点D的坐标为（，）．
又直线ME的斜率为﹣．同理可得点E的坐标为（，）．
于是s2=|MD|•|ME|=．
故=
，解得k12=4或k12=．
又由点A，B的坐标得，k=
=k1﹣．所以k=±．
故满足条件的直线存在，且有两条，其方程为y=x和y=﹣x．
22．（13分）（2011•湖南）已知函数f（x）=x3，g （x）=x+
．
（Ⅰ）求函数h （x）=f（x）﹣g （x）的零点个数．并说明理由；
（Ⅱ）设数列{ an}（n∈N*）满足a1=a（a＞0），f（an+1）=g（an），证明：存在常数M，使得对于任意的n∈N*，都有an≤M． 【分析】（Ⅰ）由h（x）==﹣1＜0，h（2）=6﹣点个数即可
（Ⅱ）记h（x）的正零点为x0，即
，当a＜x0时，由a1=a，即a1
知，x∈[0，+∞），而h（0）=0，且h（1）
，再研究函数在（0，+∞）上的单调性，以确定零
＜x0，而，a2＜x0．由此猜测an＜x0．当a≥x0时，由（Ⅰ）知，当x∈（x1，+∞）时，h（x）单调递增，h（a）＞h（x0）=0，从而a2＜a，由此猜测an＜a．然后用数学归纳法证明．
【解答】解：（Ⅰ）由h（x）=（1）=﹣1＜0，h（2）=6﹣（1，2）内有零点， ∴h（x）至少有两个零点． 由h（x）=
，记
，则
，
知，x∈[0，+∞），而h（0）=0，且h
，则x=0为h（x）的一个零点，且h（x）在
当x∈（0，+∞）时，g（x）单调递增，故可判断出h（x）在（0，+∞）仅有一个零点，
综上所述，h（x）有且只有两个零点． （Ⅱ）记h（x）的正零点为x0，即（1）当a＜x0时，由a1=a，即a1＜x0，而
，
，∴a2＜
x0．
由此猜测an＜x0．下面用数学归纳法证明： ①当n=1时，a1＜x0，成立．
②假设当n=k时ak＜x0成立，则当n=k+1时，由知ak+1＜x0．
因此当n=k+1时，ak+1＜x0成立． 故对任意的n∈N*，an≤x0成立．
（2）当a≥x0时，由（Ⅰ）知，当x∈（x0，+∞）时，h（x）单调递增，∴h（a）＞h（x0）=0，从而a2≤a，由此猜测an≤a．下面用数学归纳法证明： ①当n=1时，a1≤a，成立．
②假设当n=k时ak＜a成立，则当n=k+1时，由ak+1＜a．
因此当n=k+1时，ak+1＜a成立．故对任意的n∈N*，an≤a成立． 综上所述，存在常数M，使得对于任意的n∈N*，都有an≤M．
，
，知
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