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已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且滿足S_n=1-a_n（n∈N^*）．各項為正數(shù)的數(shù)列{b_n}中，
對于一切n∈N^*，有

n

k=1

1

bk + bk+1

=

n

b1 + bn+1

，且b₁=1，b₂=2，b₃=3．
（1）求數(shù)列{a_n}和{b_n}的通項公式；
（2）設(shè)數(shù)列{a_nb_n}的前n項和為T_n，求證：T_n＜2．

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1.A　2.B　3.A　4.D　5.C　6.A　7.D　8.B　9.B　10.D　11.B　12.D

13.－3　14.7　15.①④　16.3

17.解：(1)f(x)＝Acos²(ωx＋φ)＋1＝cos(2ωx＋2φ)＋＋1.

又A＞0，ω＞0,0＜φ＜，∴f(x)的最大值為A＋1，最小值為1.

由f(x)的最大值與最小值的差為2，∴A＝2.

由f(x)過點(0,2)，f(0)＝cos 2φ＋2＝2，∴φ＝，

則T＝4π＝，∴ω＝，f(x)＝cos(x＋)＋2＝2－sinx.6分

(2)∵B＝，∴b＝f(B)＝2－sin(?)＝.

設(shè)A，C所對的邊分別為a，c，由余弦定理得＝a²＋c²－2accos，＋ac＝a²＋c²≥2ac，ac≤，

當(dāng)且僅當(dāng)a＝c＝時等號成立，△ABC的面積S＝acsin≤.12分

18.解：(1)某應(yīng)聘者能被聘用的概率為p₀＝1－(1－)(1－)(1－p)＝＋p.4分

(2)在4位應(yīng)聘者中恰好有2人被聘用的概率為CP?(1－P₀)²，

由于p₀(1－p₀)≤()²，當(dāng)p₀＝1－p₀，即p₀＝時，p₀(1－p₀)取最大值，

此時＋p＝，解得p＝.7分

(3)4位應(yīng)聘者中被聘用人數(shù)ξ的取值為0,1,2,3,4，

P(ξ＝0)＝C()⁴()⁰＝，P(ξ＝1)＝C()³()¹＝，

P(ξ＝2)＝C()²()²＝，P(ξ＝3)＝C()¹()³＝，

P(ξ＝4)＝C()⁰()⁴＝，

其分布列為

ξ

0

1

2

3

4

p

由于ξ服從二項分布，所以Eξ＝2.12分

19.解：(1)連AQ，∠PQA是PQ與平面ABCD所成角，AQ＝2，BQ＝2，即Q是BC的中點，過Q作QH⊥AD于H，則QH⊥平面PAD，過Q作QM⊥PD，連MH，則∠QMH為所求二面角的平面角.

在Rt△PAD中，＝⇒MH＝＝＝，

所以tan∠QMH＝＝＝，

從而所求二面角的大小為arctan .6分

(2)由于Q是BC的中點，可得DQ⊥PQ，

⇒面PAQ⊥面PDQ，

過A作AG⊥PQ于G，則AG為點A到平面PQD的距離.

AG＝＝＝.12分

另解：分別以AD，AB，AP為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

由條件知Q是BC的中點，面PAD的一個法向量是＝(0,2,0).

又D(4,0,0)，Q(2,2,0)，P(0,0,4)，

故＝(0,2,0)，＝(－4,0,4)，

設(shè)面PDQ的法向量為n＝(x，y，z)，

則⇒由此可取n＝(1,1,1)，

從而(1)cos〈，n〉＝＝＝.

(2)面PDQ的一個法向量為n＝(1,1,1)，＝(2,2,0)，

故點A到平面PDQ的距離d＝＝＝.

20.解：(1)設(shè)f(x)＝(k為非零常數(shù))，易得f(x)＝(1≤x≤2).3分

(2)f′(x)＝－，f′(t)＝－，點P(t，)，∴l(xiāng)：y－＝－(x－t)，即l：y＝－x＋.l在x軸和y軸上的截距分別是2t和.

①當(dāng)＞3，即t＜時，2t＜＜3，此時f(t)＝＝(8t－3t²).

②當(dāng)≤3，且2t≤3即≤t≤時，f(t)＝?2t?＝4.

③當(dāng)2t＞3，即t＞時，此時＜3，f(t)＝＝(4t－3).

故f(t)＝8分

當(dāng)1≤t＜時，f′(t)＝(4－3t)＞0，f(t)為增函數(shù)；當(dāng)＜t≤2時，f′(t)＝＜0，f(t)為減函數(shù)，且f(t)在[1,2]上連續(xù)，所以f(t)_max＝4.12分

21.解：(1)設(shè)∠MAB＝θ，M(x，y)，則∠MBA＝2θ，tan θ＝，tan 2θ＝，tan 2θ＝⇒x²－＝1(x＜－1).4分

(2)設(shè)CD：y＝－3x＋m，

⇒6x²－6mx＋m²＋3＝0.

由于此方程在(－∞，－1)內(nèi)有兩個不同的根，易求得m＜－.

設(shè)C(x₁，y₁)，D(x₂，y₂)，并設(shè)點C在直線l的上方，則

y₁＝－3x₁＋m，y₂＝－3x₂＋m.

假設(shè)A，B，C，D四點共圓，由于∠CBA＝2∠CAB，∠DBA＝2∠DAB，

故∠CBD＝2∠CAD，由此∠CAD＝60°.

tan 60°＝＝.

⇒＝

⇒＝

⇒＝－⇒(x₁－x₂)²＝(m＋6)²

⇒m＝－＜－.

∴x₁＋x₂＝m＝－，y₁＋y₂＝－3(x₁＋x₂)＋2m＝，從而CD中點為(－，)，代入直線l的方程得＝－×＋b⇒b＝.

故存在b＝滿足題設(shè)條件.12分

22.解：(1)令n＝1得a₁＝5.

由4S_n＝3a_n＋8n²－3

得4S_n－1＝3a_n－1＋8(n－1)²－3

兩式相減得a_n＝－3a_n－1＋16n－8.

設(shè)此式可寫成a_n－pn－q＝－3[a_n－1－p(n－1)－q]，可解得p＝4，q＝1，

于是a_n－4n－1＝(－3)^n－1(a₁－4×1－1)，而a₁＝5，故有a_n＝4n＋1.6分

(注：也可以采取先猜，后用數(shù)學(xué)歸納法證的辦法得出通項)

(2)由b_n＝(4n－1)(4n＋1)(4n＋3)有

＝＝(－)

＝(－)

＜(－).

＋＋…＋＜[(－)＋(－)＋…＋(－)]

＝[－]＜＝.14分