21．解：(I)，

則

因為函數(shù)h(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間，所以<0有解.

又因為x>0時，則ax²+2x－1>0有x>0的解.

①當(dāng)a>0時，y=ax²+2x－1為開口向上的拋物線，ax²+2x－1>0總有x>0的解；

②當(dāng)a<0時，y=ax²+2x－1為開口向下的拋物線，而ax²+2x－1>0總有x>0的解；

　 則△=4+4a>0,且方程ax²+2x－1=0至少有一正根.此時，－1<a<0.

　 綜上所述，a的取值范圍為(－1，0)∪(0，+∞).

　 (II)證法一　 設(shè)點P、Q的坐標(biāo)分別是(x₁, y₁)，(x₂, y₂)，0<x₁<x₂.

　　　　 則點M、N的橫坐標(biāo)為

　　　　 C₁在點M處的切線斜率為

　　　　 C₂在點N處的切線斜率為

　　　　 假設(shè)C₁在點M處的切線與C₂在點N處的切線平行，則k₁=k₂.

　　　　 即，則

　　　　　　　　 =

　　　 所以　 設(shè)則①

　　　 令則

　　　 因為時，，所以在)上單調(diào)遞增. 故

　　　 則. 這與①矛盾，假設(shè)不成立.

　　　 故C₁在點M處的切線與C₂在點N處的切線不平行.

證法二：同證法一得

　　　 因為，所以

　　　 令，得　 ②

　　　 令

　　　 因為，所以時，

　　　 故在[1，+上單調(diào)遞增.從而，即

　　　 于是在[1，+上單調(diào)遞增.

　　　 故即這與②矛盾，假設(shè)不成立.

　　　 故C₁在點M處的切線與C₂在點N處的切線不平行.

20．解(I)從第n年初到第n+1年初，魚群的繁殖量為ax_n，被捕撈量為bx_n，死亡量為

　 (II)若每年年初魚群總量保持不變，則x_n恒等于x₁， n∈N*，從而由(*)式得

　　　　 因為x₁>0，所以a>b.

　　　　 猜測：當(dāng)且僅當(dāng)a>b，且時，每年年初魚群的總量保持不變.

　 (Ⅲ)若b的值使得x_n>0，n∈N*

　　　　 由x_n+1=x_n(3－b－x_n), n∈N*, 知

　　　　 0<x_n<3－b, n∈N*, 特別地，有0<x₁<3－b. 即0<b<3－x₁.

　　　　 而x₁∈(0, 2)，所以

　　　　 由此猜測b的最大允許值是1.

　　　　 下證 當(dāng)x₁∈(0, 2) ，b=1時，都有x_n∈(0, 2), n∈N*

　　　　 ①當(dāng)n=1時，結(jié)論顯然成立.

②假設(shè)當(dāng)n=k時結(jié)論成立，即x_k∈(0, 2),

則當(dāng)n=k+1時，x_k+1=x_k(2－x_k­)>0.

又因為x_k+1=x_k(2－x_k)=－(x_k－1)²+1≤1<2,

所以x_k+1∈(0, 2)，故當(dāng)n=k+1時結(jié)論也成立.

由①、②可知，對于任意的n∈N*，都有x_n∈(0,2).

綜上所述，為保證對任意x₁∈(0, 2), 都有x_n>0， n∈N*，則捕撈強度b的最大允許值是1.

19．(Ⅰ)證法一：因為A、B分別是直線l：與x軸、y軸的交點，所以A、B的坐標(biāo)分別是.

　　 所以點M的坐標(biāo)是().　　 由

即

　　 證法二：因為A、B分別是直線l：與x軸、y軸的交點，所以A、B的坐標(biāo)分別是設(shè)M的坐標(biāo)是

所以　　　 因為點M在橢圓上，所以　

即

　 解得

　 (Ⅱ)解法一：因為PF₁⊥l，所以∠PF₁F₂=90°+∠BAF₁為鈍角，要使△PF₁F₂為等腰三角形，必有|PF₁|=|F₁F₂|，即

　　 設(shè)點F₁到l的距離為d，由

　　 得　 所以

　　 即當(dāng)△PF₁F_­2­­為等腰三角形.

解法二：因為PF₁⊥l，所以∠PF₁F₂=90°+∠BAF₁為鈍角，要使△PF₁F₂為等腰三角形，必有|PF₁|=|F₁F₂|，

設(shè)點P的坐標(biāo)是，

則

由|PF₁|=|F₁F₂|得

兩邊同時除以4a²，化簡得　 從而

于是.　　 即當(dāng)時，△PF₁F₂為等腰三角形.

18．解：(I)分別記“客人游覽甲景點”，“客人游覽乙景點”，“客人游覽丙景點”

　　　 為事件A₁，A₂，A₃. 由已知A₁，A₂，A₃相互獨立，P(A₁)=0.4，P(A₂)=0.5，

　　　 P(A₃)=0.6.

　　　 客人游覽的景點數(shù)的可能取值為0，1，2，3. 相應(yīng)地，客人沒有游覽的景點數(shù)的可能取

　　　 值為3，2，1，0，所以的可能取值為1，3.

　　　 P(=3)=P(A₁·A₂·A₃)+ P()

= P(A₁)P(A₂)P(A₃)+P()

=2×0.4×0.5×0.6=0.24，

1　　 3　 P 0.76 0.24

　　　 所以的分布列為

　　　 E=1×0.76+3×0.24=1.48.

(Ⅱ)解法一　 因為

所以函數(shù)上單調(diào)遞增，

要使上單調(diào)遞增，當(dāng)且僅當(dāng)

從而

解法二：的可能取值為1，3.

當(dāng)=1時，函數(shù)上單調(diào)遞增，

當(dāng)=3時，函數(shù)上不單調(diào)遞增.0

所以

17．解法一(I)證明 由題設(shè)知OA⊥OO₁，OB⊥OO₁.

　　　 所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角，

　　　 即OA⊥OB. 故可以O(shè)為原點，OA、OB、OO₁

 所在直線分別為軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

　　　 如圖3，則相關(guān)各點的坐標(biāo)是A(3，0，0)，

　　　 B(0，3，0)，C(0，1，)

　　　 從而

　　　 所以AC⊥BO₁.

(II)解：因為所以BO₁⊥OC，

由(I)AC⊥BO₁，所以BO₁⊥平面OAC，是平面OAC的一個法向量.

設(shè)是0平面O₁AC的一個法向量，

由　　 得.

設(shè)二面角O-AC-O₁的大小為，由、的方向可知，>，

　　　 所以cos，>=

　　　 即二面角O-AC-O₁的大小是

解法二(I)證明 由題設(shè)知OA⊥OO₁，OB⊥OO₁，

　 　 所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角，

　　　 OC是AC在面OBCO₁內(nèi)的射影.

　　　 因為　　 ，

　　　 所以∠OO₁B=60°，∠O₁OC=30°，從而OC⊥BO₁

　　　 由三垂線定理得AC⊥BO₁.

(II)解 由(I)AC⊥BO₁，OC⊥BO₁，知BO₁⊥平面AOC.

　　　 設(shè)OC∩O₁B=E，過點E作EF⊥AC于F，連結(jié)O₁F(如圖4)，則EF是O₁F在平面AOC

　　　 內(nèi)的射影，由三垂線定理得O₁F⊥AC.

　　　 所以∠O₁FE是二面角O-AC-O₁的平面角.

　　　 由題設(shè)知OA=3，OO₁=，O₁C=1，

　　　 所以，

　　　 從而，　　 又O₁E=OO₁·sin30°=，

　　　 所以　 即二面角O-AC-O₁的大小是

16．解法一　 由

　　　 得

　　　 所以

　　　 即

　　　 因為所以，從而

　　　 由知 從而.

　　　 由

　　　 即

　　　 由此得所以

解法二：由

　　　 由、，所以

　　　 即

　　　 由得

　　　 所以

　　　 即 　　　　　　 因為，所以

　　　 由從而，知B+2C=不合要求.

　　　 再由，得　 所以

15．[答案]：

[解析]：本題是一道很好的理性思維信息開放性定義型題，能很好地考查學(xué)生分析思維能力.

　　　　　　　　　　 由題意得：

　　　　　　　　　　　　　　　　　　 為一個半周期結(jié)合圖象分析其面積為.

14．答案:-2

　 [解析]:由題意f(x)圖象上點(4,0),關(guān)于(1,2)對稱點(-2,4).則點(4,-2)在f^--1(x)上,

則f^--1(4)= -2.

13．答案：

[解析]：如圖

則

所以.

12.答案:35　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　

[解析]:由題意得x²項的分?jǐn)?shù)為: .