南京市2012届高三第二次模拟考试参考答案与评分标准(word版)

　　　 Http://www.fhedu.cn 南京市2012届高三第二次模拟考试 数学参考答案及评分标准 2012.03 说明： 1．本解答给出的解法供参考．如果考生的解法与本解答不同，可根据试 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 的主要考查 内容 财务内部控制制度的内容财务内部控制制度的内容人员招聘与配置的内容项目成本控制的内容消防安全演练内容 比照评分标准制订相应的评分细则． 2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后续部分的解答有较严重的错误，就不再给分． 3．解答右端所注分数， 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示考生正确做到这一步应得的累加分数． 4．只给整数分数，填空题不给中间分数． 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分． 1．(－∞，0] 2．4 3． eq \f(5,6) 4．20 5．[－4，2] 6．eq \r(5) eq \f(,2) 7．x2＋y2－x－y－2＝0 8． eq \f(27,35) 9．3 10． EQ \F(1,3) 11．48 12．①② 13．2 eq \r(3) 14．1 二、解答题：本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（本小题满分14分） 解：（1） 因为a·b＝2＋sinθcosθ＝ eq \f(13,6)，所以sinθcosθ＝ eq \f(1,6)． ……………… 2分 所以 (sinθ＋cosθ)2＝1＋2 sinθcosθ＝ eq \f(4,3)． 又因为θ为锐角，所以sinθ＋cosθ＝ eq \f(2\r(3),3)． ……………… 5分 （2） 解法一 因为a∥b，所以tanθ＝2．　　　 ……………… 7分 所以 sin2θ＝2 sinθcosθ​＝ eq \f(2 sinθcosθ​, sin2θ＋cos2θ)＝ eq \f(2 tanθ​, tan2θ＋1)＝ eq \f(4,5)， cos2θ＝cos2θ－sin2θ​＝ eq \f(cos2θ－sin2θ​, sin2θ＋cos2θ)＝ eq \f(1－tan2θ​, tan2θ＋1)＝－ eq \f(3,5)．……………… 11分 所以sin(2θ＋ eq \f(π,3) )＝ eq \f(1,2)sin2θ＋ eq \f(\r(3),2)cos2θ ＝ eq \f(1,2)× eq \f(4,5)＋ eq \f(\r(3),2)×(－ eq \f(3,5) )＝ eq \f(4－3\r(3),10) ． ……………… 14分 解法二 因为a∥b，所以tanθ＝2． ……………… 7分 所以 sinθ＝ eq \f(2\r(5),5)，cosθ＝ eq \f(\r(5),5)． 因此 sin2θ＝2 sinθcosθ​＝ eq \f(4,5)， cos2θ＝cos2θ－sin2θ​＝－ eq \f(3,5)． ……………… 11分 所以sin(2θ＋ eq \f(π,3) )＝ eq \f(1,2)sin2θ＋ eq \f(\r(3),2)cos2θ ＝ eq \f(1,2)× eq \f(4,5)＋ eq \f(\r(3),2)×(－ eq \f(3,5) )＝ eq \f(4－3\r(3),10) ． ……………… 14分 16．（本小题满分14分） 解：（1）证明：因为ABCD为矩形，所以AB⊥BC． 因为平面ABCD⊥平面BCE， 平面ABCD∩平面BCE＝BC，AB(平面ABCD， 所以AB⊥平面BCE． ……………… 3分 因为CE(平面BCE，所以CE⊥AB． 因为CE⊥BE，AB(平面ABE，BE(平面ABE，AB∩BE＝B， 所以CE⊥平面ABE． ………………………… 6分 因为CE(平面AEC，所以平面AEC⊥平面ABE． ………………………… 8分 （2）连结BD交AC于点O，连结OF． 因为DE∥平面ACF，DE(平面BDE，平面ACF∩平面BDE＝OF， 所以DE//OF． ………………………… 12分 又因为矩形ABCD中，O为BD中点， 所以F为BE中点，即 eq \f(BM,BF)＝ eq \f(1,2)． ………………………… 14分 17．（本小题满分14分） 解：（1）由题意知b＝eq \r(2) eq \f(2,) ＝ eq \r(2)． ………………………… 3分 因为离心率e＝ eq \f(c,a)＝eq \r(3) eq \f(,2) ，所以 eq \f(b,a)＝eq \f(c,a) eq \r(1－()2) ＝ eq \f(1,2)． 所以a＝2 eq \r(2)． 所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,8)＋ eq \f(y2,2)＝1． ………………………… 6分 （2）证明：由题意可设M，N的坐标分别为(x0，y0)，(－x0，y0)，则 直线PM的方程为y＝ eq \f(y0－1,x0)x＋1， ① 直线QN的方程为y＝ eq \f(y0－2,－x0)x＋2． ② ………………………… 8分 证法一 联立①②解得x＝ eq \f(x0,2y0－3)，y＝ eq \f(3y0－4,2y0－3)，即T( eq \f(x0,2y0－3)， eq \f(3y0－4,2y0－3))．……… 11分 由 eq \f(x02,8)＋ eq \f(y02,2)＝1可得x02＝8－4y02． 因为 eq \f(1,8)( eq \f(x0,2y0－3))2＋ eq \f(1,2)( eq \f(3y0－4,2y0－3))2＝ eq \f(x02＋4(3y0－4)2,8(2y0－3)2) ＝ eq \f(8－4y02＋4(3y0－4)2,8(2y0－3)2)＝ eq \f(32y02－96y0＋72,8(2y0－3)2)＝ eq \f(8(2y0－3)2,8(2y0－3)2)＝1， 所以点T坐标满足椭圆C的方程，即点T在椭圆C上．………………… 14分 证法二 设T(x，y)． 联立①②解得x0＝ eq \f(x,2y－3)，y0＝ eq \f(3y－4,2y－3)． ……………………… 11分 因为 eq \f(x02,8)＋ eq \f(y02,2)＝1，所以 eq \f(1,8)( eq \f(x,2y－3))2＋ eq \f(1,2)( eq \f(3y－4,2y－3))2＝1． 整理得 eq \f(x2,8)＋ eq \f((3y－4)2,2)＝(2y－3)2，所以 eq \f(x2,8)＋ eq \f(9y2,2)－12y＋8＝4y2－12y＋9， 即 eq \f(x2,8)＋ eq \f(y2,2)＝1． 所以点T坐标满足椭圆C的方程，即点T在椭圆C上．………………… 14分 18．（本小题满分16分） 解：（1）在△ABD中，由余弦定理得 BD2＝AB2+AD2－2AB·AD·cosA． 同理，在△CBD中，BD2＝CB2+CD2－2CB·CD·cosC． ………………… 3分 因为∠A和∠C互补， 所以AB2+AD2－2AB·AD·cosA＝CB2+CD2－2CB·CD·cosC ＝CB2+CD2＋2CB·CD·cosA． ………… 5分 即 x2+(9－x)2－2 x(9－x) cosA＝x2+(5－x)2＋2 x(5－x) cosA．　 解得 cosA＝ eq \f(2,x)，即f( x)＝ eq \f(2,x)．其中x∈(2，5)．　　 ……………………… 8分 （2）四边形ABCD的面积 S＝ eq \f(1,2)(AB·AD+ CB·CD)sinA＝ eq \f(1,2)[x(5－x)+x(9－x)] eq \r(,1－cos2A)．　 ＝x(7－x)eq \f(2,x) eq \r(,1－()2) ＝ eq \r(,(x2－4)(7－x)2)＝ eq \r(,(x2－4)( x2－14x＋49))．………… 11分 记g(x)＝(x2－4)( x2－14x＋49)，x∈(2，5)． 由g′(x)＝2x( x2－14x＋49)＋(x2－4)( 2 x－14)＝2(x－7)(2 x2－7 x－4)＝0， 解得x＝4(x＝7和x＝－ eq \f(1,2)舍)． ……………………… 14分 所以函数g(x)在区间(2，4)内单调递增，在区间(4，5)内单调递减． 因此g(x)的最大值为g(4)＝12×9＝108． 所以S的最大值为 EQ \r( ,108)＝6eq \R(,3)． 答：所求四边形ABCD面积的最大值为6eq \R(,3)m2． ……………………… 16分 19．（本小题满分16分） 解：（1）记g(x)＝ex－bx．当b＝1时，g((x)＝ex－1． 当x＞0时，g((x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上为增函数． 又g(0)＝1＞0，所以当x∈(0，＋∞)时，g(x)＞0． 所以当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝∣g(x)∣＝g(x)，所以f((1)＝g((1)＝e－1． 所以曲线y＝f(x)在点(1，e－1)处的切线方程为： y－(e－1)＝(e－1)(x－1)， 即y＝(e－1)x． ………………………… 4分 （没有说明“在x＝1附近，f(x)＝ex－bx”的扣1分) （2）解法一 f(x)＝0同解于g(x)＝0，因此，只需g(x)＝0有且只有一个解． 即方程ex－bx＝0有且只有一个解． 因为x＝0不满足方程，所以方程同解于b＝ eq \f(ex,x)． ………………………… 6分 令h(x)＝ eq \f(ex,x)，由h((x)＝ eq \f((x－1)ex,x2)＝0得x＝1． 当x∈(1，＋∞)时，h((x)＞0，h(x)单调递增，h(x)∈(e，＋∞)； 当x∈(0，1)时，h((x)＜0，h(x)单调递减，h(x)∈(e，＋∞)； 所以当x∈(0，＋∞)时，方程b＝ eq \f(ex,x)有且只有一解等价于b＝e．………… 8分 当x∈(－∞，0)时，h(x)单调递减，且h(x)∈(－∞，0)， 从而方程b＝ eq \f(ex,x)有且只有一解等价于b∈(－∞，0)． 综上所述，b的取值范围为(－∞，0)∪{e}． …………………………… 10分 解法二 f(x)＝0同解于g(x)＝0，因此，只需g(x)＝0有且只有一个解． 即方程ex－bx＝0有且只有一个解，即ex＝bx有且只有一解． 也即曲线y＝ex与直线y＝bx有且只有一个公共点． …………………… 6分 如图1，当b＜0时，直线y＝bx与y＝ex总是有且只有一个公共点，满足要求． ………………………… 8分 如图2，当b≥0时，直线y＝bx与y＝ex有且只有一个公共点， 当且仅当直线y＝bx与曲线y＝ex相切． 设切点为(x0，e eq \s\up8(x0))，根据曲线y＝ex在x＝x0处的切线方程为： y－e eq \s\up8(x0)＝e eq \s\up8(x0)(x－x0)． 把原点(0，0)代入得x0＝1，所以b＝e eq \s\up8(x0)＝e． 综上所述，b的取值范围为(－∞，0)∪{e}． ………………………… 10分 （3）由g((x)＝ex－b＝0，得x＝lnb． 当x∈(－∞，lnb)时，g((x)＜0，g(x)单调递减． 当x∈(lnb，＋∞)时，g((x)＞0，g(x)单调递增． 所以在x＝lnb时，g(x)取极小值g(lnb)＝b－blnb＝b(1－lnb)． ①当0＜b≤e时， g(lnb)＝b－blnb＝b(1－lnb)≥0，从而当x∈R时，g(x)≥0． 所以f(x)＝∣g(x)∣＝g(x)在(－∞，＋∞)上无极大值． 因此，在x∈(0，2)上也无极大值． …………………………… 12分 ②当b＞e时，g(lnb)＜0． 因为g(0)＝1＞0，g(2lnb)＝b2－2blnb＝b(b－2lnb)＞0， （令k(x)＝x－2lnx．由k((x)＝1－ eq \f(2,x)＝0得x＝2，从而当x∈(2，＋∞)时，k(x)单调递增，又k(e)＝e－2＞0，所以当b＞e时，b－2lnb＞0．） 所以存在x1∈(0，lnb)，x2∈(lnb，2lnb)，使得g(x1)＝g(x2)＝0． 此时f(x)＝∣g(x)∣＝ eq \b\lc\{(\a\al(g(x)，x≤x1或x≥x2，,－g(x)，x1＜x＜x2．)) 所以f(x)在(－∞，x1)单调递减，在(x1，lnb)上单调递增，在(lnb，x2)单调递减， 在(x2，＋∞)上单调递增． ……………………………… 14分 所以在x＝lnb时，f(x)有极大值． 因为x∈(0，2)．所以，当lnb＜2，即e＜b＜e2时，f(x)在(0，2)上有极大值； 当lnb≥2，即b≥e2 时，f(x)在(0，2)上不存在极大值． 综上所述，在区间(0，2)上， 当0＜b≤e或b≥e2时，函数y＝f(x)不存在极大值； 当e＜b＜e2时，函数y＝f(x)，在x＝lnb时取极大值f(lnb)＝b(lnb－1)． ……………………………… 16分 20．（本小题满分16分） 解：（1）当n＝1时，a1＝3． 当n≥2时，由a1＋ EQ \F(a2,λ)＋ EQ \F(a3,λ2)＋…＋ EQ \F(an,λn－1)＝n2＋2n， ① 得a1＋ EQ \F(a2,λ)＋ EQ \F(a3,λ2)＋…＋ EQ \F(an－1,λn－2)＝(n－1)2＋2(n－1)． ② ①－②得： EQ \F(an,λn－1)＝2n＋1，所以an＝(2n＋1)·λn－1，（n≥2）． 因为a1＝3，所以an＝(2n＋1)·λn－1 (n∈N*)． ………………………… 4分 （2）当λ＝4时，an＝(2n＋1)·4n－1． 若存在ar，as，at成等比数列，则 [(2r＋1) ·4r－1] [(2t＋1) ·4t－1]＝(2s＋1)2 ·42s－2． 整理得(2r＋1) (2t＋1) 4 r＋t －2s＝(2s＋1)2． ………………………… 6分 由奇偶性知r＋t －2s＝0． 所以(2r＋1) (2t＋1)＝(r＋t＋1)2，即(r－t)2＝0． 这与r≠t矛盾，故不存在这样的正整数r，s，t，使得ar，as，at成等比数列． ……………………… 8分 （3）Sn＝3＋5λ＋7λ2＋…＋(2n＋1)λn－1． 当λ＝1时，Sn＝3＋5＋7＋…＋(2n＋1)＝n2＋2n． 当λ≠1时，Sn＝3＋5λ＋7λ2＋…＋(2n＋1)λn－1， λSn＝ 3λ＋5λ2＋…＋(2n－1)λn－1＋(2n＋1)λn． (1－λ)Sn＝3＋2(λ＋λ2＋λ3＋＋…＋λn－1)－(2n＋1)λn ＝3＋2× EQ \F(λ(1－λn－1), 1－λ) －(2n＋1)λn． ……………………… 10分 要对任意n∈N*，都有(1－λ)Sn＋λan≥2λn恒成立， ①当λ＝1时，左＝(1－λ)Sn＋λan＝an＝2n＋1≥2，结论显然成立； ②当λ≠1时，左＝(1－λ)Sn＋λan＝3＋2× EQ \F(λ(1－λn－1), 1－λ) －(2n＋1)λn＋λan ＝3＋2× EQ \F(λ(1－λn－1), 1－λ)＝ EQ \F(3－λ,1－λ)－ EQ \F(2λn,1－λ)． 因此，对任意n∈N*，都有 EQ \F(3－λ,1－λ)≥ EQ \F(4－2λ,1－λ)·λn恒成立． 当0＜λ＜1时，只要 EQ \F(3－λ,4－2λ)≥λn对任意n∈N*恒成立． 只要有 EQ \F(3－λ,4－2λ)≥λ即可，解得λ≤1或λ≥ EQ \F(3,2)． 因此，当0＜λ＜1时，结论成立． ………………………… 14分 当λ≥2时， EQ \F(3－λ,1－λ)≥ EQ \F(4－2λ,1－λ)·λn显然不可能对任意n∈N*恒成立． 当1＜λ＜2时，只要 EQ \F(3－λ,4－2λ)≤λn对任意n∈N*恒成立． 只要有 EQ \F(3－λ,4－2λ)≤λ即可，解得1≤λ≤ EQ \F(3,2)． 因此当1＜λ≤ EQ \F(3,2)时，结论成立． 综上可得，实数λ的取值范围为(0， EQ \F(3,2)]． ………………………… 16分 南京市2012届高三第二次模拟考试 数学附加题参考答案及评分标准 2012.03 21．A．选修4—1：几何证明选讲 证明：连结BG． 如图，因为AD是△ABC的高， 所以∠CAD＋∠ACB＝eq \F(π,2)． ……………… 2分 同理∠HBD＋∠ACB＝eq \F(π,2)． 所以∠CAD＝∠HBD． ……………… 4分 又因为∠CAD＝∠CBG，所以∠HBD＝∠CBG． ……………… 6分 又因为∠BDH＝∠BDG＝90°，BD＝BD， 所以△BDH≌△BDG．所以DH＝DG． ………………… 10分 B．选修4—2：矩阵与变换 解：（1）矩阵A＝ eq \b\bc\[(\a\co2\vs2\hs8(a,b,c,d))(ad－bc≠0)的逆矩阵为A－1＝d,ad－bc) eq \b\bc\[(\a\co2\vs2\hs8(, eq \f(－b,ad－bc), eq \f(－c,ad－bc), eq \f(a,ad－bc))) ． 所以矩阵M的逆矩阵M－1＝eq \b\bc\[(\a\al\vs4(－ eq \f(2,5), eq \f(4,5) － eq \f(1,5))) ． ………………… 5分． （2）矩阵M的特征多项式为f(()＝eq \a((－1,－4) eq \b\bc\|( eq \a(－2,(－3)) ＝(2－4(－5． 令f(()＝0，得到M的特征值为－1或5． …………………… 10分 C．选修4—4：坐标系与参数方程 解：直线l的普通方程为x＋2y－3＝0． ……………………… 3分 把曲线C的参数方程代入l的方程x＋2y－3＝0， 得2cos(＋2sin(－3＝0，即 eq \r(2)sin((＋ eq \f((,4))＝ eq \f(3,2)． …………………… 6分 因为 eq \r(2)sin((＋ eq \f((,4))∈[－ eq \r(2)， eq \r(2)]，而 eq \f(3,2) eq \o(\s\up0(∈),\s\do0(∕))[－ eq \r(2)， eq \r(2)]， 所以方程 eq \r(2)sin((＋ eq \f((,4))＝ eq \f(3,2)无解．即曲线C与直线l没有公共点．…………… 10分 D．选修4—5：不等式选讲 证明：证法一 因为a＞0，b＞0，a＋b＝1， 所以( eq \f(1,2a＋1)＋\f(4,2b＋1) )[(2a＋1)＋(2b＋1)]＝1＋4＋ eq \f(2b＋1,2a＋1)＋\f(4(2a＋1),2b＋1) ≥5＋2b＋1,2a＋1)×\f(4(2a＋1),2b＋1) eq \r() ＝9． …………………… 8分 而 (2a＋1)＋(2b＋1)＝4，所以 eq \f(1,2a＋1)＋\f(4,2b＋1)≥\f(9,4) ．　…………………… 10分 证法二 因为a＞0，b＞0，由柯西不等式得 ( eq \f(1,2a＋1)＋\f(4,2b＋1) )[(2a＋1)＋(2b＋1)] ≥( eq \r(\f(1,2a＋1)) eq \r(2a＋1) ＋ eq \r(\f(4,2b＋1)) eq \r(2b＋1) )2 ＝(1＋2)2＝9． …………………… 8分 由a＋b＝1，得 (2a＋1)＋(2b＋1)＝4， 所以 eq \f(1,2a＋1)＋\f(4,2b＋1)≥\f(9,4) ．　 …………………… 10分 22．解：（1）随机变量X的可能取值是0，10，20，30，且 P(X＝0)＝C eq \O(0,3) (1－ eq \f(2,3) )3＝ eq \f(1,27) ， P(X＝10)＝C eq \O(1,3) eq \f(2,3) (1－ eq \f(2,3) )2＝ eq \f(2,9) ， P(X＝20)＝C eq \O(2,3) ( eq \f(2,3) )2(1－ eq \f(2,3) )＝ eq \f(4,9) ， P(X＝30)＝C eq \O(3,3) ( eq \f(2,3) )3＝ eq \f(8,27) ． 所以，X的概率分布为 X 0 10 20 30 P eq \f(1,27) eq \f(2,9) eq \f(4,9) eq \f(8,27) ………………………… 3分 随机变量X的数学期望E(X)＝0× eq \f(1,27) ＋10× eq \f(2,9) ＋20× eq \f(4,9) ＋30× eq \f(8,27) ＝20．……… 5分 （2）甲班得20分，且乙班得10分的概率是： C eq \O(2,3) ( eq \f(2,3))2(1－ eq \f(2,3))×[ eq \f(2,3)×(1－ eq \f(2,3))×(1－ EQ \F(1,2))＋(1－ eq \f(2,3))× eq \f(2,3)×(1－ EQ \F(1,2))＋(1－ eq \f(2,3))×(1－ eq \f(2,3))× EQ \F(1,2)]＝ eq \f(10,34)； 甲班得30分，且乙得班0分的概率是： C eq \O(3,3)( eq \f(2,3))3× (1－ eq \f(2,3))×(1－ eq \f(2,3))×(1－ EQ \F(1,2))＝ eq \f(4,35) ． 所以事件A，B同时发生的概率为 eq \f(10,34)＋ eq \f(4,35)＝ eq \f(34,243)．　　 …………………… 10分 23．解：（1） 根据多项式乘法运算法则，得 an＝eq \F(1,2)＋eq \F(1,22)+…＋eq \F(1,2n)＝1－eq \F(1,2n)． ………………………… 3分 （2）解法一 计算得b2＝eq \F(1,8)，b3＝eq \F(7,32)． 代入bn＝eq \F(1,3)(1＋eq \F(p,2n))(1＋eq \F(q,2n))，解得p＝－2，q＝－1． ……………………… 6分 下面用数学归纳法证明bn＝eq \F(1,3)(1－eq \F(1,2n-1))(1－eq \F(1,2n))＝eq \F(1,3)－eq \F(1,2n)＋eq \F(2,3)×eq \F(1,4n) (n≥2)： ①当n＝2时，b2＝eq \F(1,8)，结论成立． ②设n＝k时成立，即bk＝eq \F(1,3)－eq \F(1,2k)＋eq \F(2,3)×eq \F(1,4k)． 则当n＝k＋1时， bk+1＝bk＋eq \F(ak,2k+1)＝eq \F(1,3)－eq \F(1,2k)＋eq \F(2,3)×eq \F(1,4k)＋eq \F(1,2k+1)－eq \F(1,22k+1) ＝eq \F(1,3)－eq \F(1,2k+1)＋eq \F(2,3)×eq \F(1,4k+1)． 由①②可得结论成立．　　　 ………………………… 10分 解法二 根据多项式乘法运算法则，得 bn+1=bn+eq \F(an,2n+1)． ……………………… 6分 所以bn－bn－1＝eq \F(an－1,2n)＝eq \F(1,2n)－eq \F(1,22n－1)＝eq \F(1,2n)－eq \F(2,4n) (n≥3)． 所以bn＝eq \F(1,23)+eq \F(1,24)+……+eq \F(1,2n)－2(eq \F(1,43)+eq \F(1,44)+……+eq \F(1,4n))+b2 ＝eq \F(1,3)－eq \F(1,2n)＋eq \F(2,3)×eq \F(1,4n) (n≥3) ． 又b2＝eq \F(1,8)也满足上式．所以bn＝eq \F(1,3)－eq \F(1,2n)＋eq \F(2,3)×eq \F(1,4n)＝eq \F(1,3)(1－eq \F(1,2n-1)) (1－eq \F(1,2n)) (n≥2)． 所以存在p＝－2，q＝－1符合题意． ………………………… 10分 解法三 根据多项式乘法运算法则，得 bn＝eq \F(1,2)[( EQ \F(1,2)＋ EQ \F(1,22)＋…＋eq \F(1,2n))2－( EQ \F(1,22)＋ EQ \F(1,24)＋…＋eq \F(1,4n))] ………………………… 7分 ＝eq \F(1,2)[(1－eq \F(1,2n))2－1,4)eq \F((1－eq \F(1,4n)),1－eq \F(1,4)) ]＝eq \F(1,3)－eq \F(1,2n)＋eq \F(2,3)×eq \F(1,4n)＝eq \F(1,3)(1－eq \F(1,2n-1))(1－eq \F(1,2n))． 所以存在p＝－2，q＝－1符合题意． ………………………… 10分 A B C D E F (第16题图） O 1 x y O 1 y＝ex y＝bx （图1） 1 x y O 1 y＝ex y＝bx （图2） (第21A题图） G A B C H E F D 凤凰出版传媒集团　版权所有　　网站地址：南京市湖南路1号B座808室 联系电话：025-83657815　　Mail：admin@fhedu.cn