2024高考数学每日一练答案精析

这是一份2024高考数学每日一练答案精析，共156页。
[周一]
1．A
2．D [由eyln x＝yex得eq \f(ey,y)＝eq \f(ex,ln x)，①
由ezlneq \f(1,x)＝zex得eq \f(ez,z)＝eq \f(ex,ln \f(1,x))，②
由①②相加得eq \f(ey,y)＋eq \f(ez,z)＝0，
因为y>1，ey>0，所以eq \f(ez,z)0，所以z1，
所以eq \f(ex,ln x)>0，即ln x>0，所以x>1；
令f(x)＝x－ln x(x>1)，
则f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)＝x－ln x在(1，＋∞)上单调递增，
即x>ln x，所以eq \f(ey,y)＝eq \f(ex,ln x)>eq \f(ex,x)，即eq \f(ey,y)>eq \f(ex,x)，令g(x)＝eq \f(ex,x)(x>1)，
则g′(x)＝eq \f(xex－ex,x2)＝eq \f(x－1ex,x2)(x>1)，
当x>1时，g′(x)>0，所以g(x)＝eq \f(ex,x)在(1，＋∞)上单调递增，所以由eq \f(ey,y)>eq \f(ex,x)，得到y>x.
所以y>x>z.]
3．BD [因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－x))是定义域为R的奇函数，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－x))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋x))，
即f(－x)＝－f(x＋1)，
所以[－f(－x)]′＝f′(x＋1)，
即f′(－x)＝f′(x＋1)，
所以g(－x)＝g(x＋1)，
又g(1＋x)为奇函数，
所以g(1＋x)＝－g(1－x)，
当x＝0时，g(1)＝－g(1)＝g(0)，
即g(1)＝0，g(0)＝0，故B正确；
又g(－x)＝－g(1－x)，
所以g(x)＝－g(1＋x)，
故g(x＋2)＝－g(1＋x)＝g(x)，
即函数g(x)的周期为2，
所以g(－1)＝g(1)＝0，g(4)＝g(0)＝0，
即g(－1)＝g(4)，故D正确；
由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－x))为奇函数可知
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－x))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋x))，
即f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))成中心对称，
不妨取f(x)＝eq \f(1,π)cs π(x－1)，
则g(x)＝－sin π(x－1)满足周期为2，关于点(1,0)中心对称的条件，
因为f(0)＝－eq \f(1,π)，f(－1)＝eq \f(1,π)，f(4)＝－eq \f(1,π)，可知A，C错误．]
4．0.64
5．解 (1)∵2acs C＝c(3－2cs A)，
∴由正弦定理得
2sin Acs C＝sin C(3－2cs A)，
∴2sin Acs C＋2cs Asin C
＝2sin(A＋C)＝2sin B＝3sin C，
再由正弦定理得2b＝3c，∴eq \f(b,c)＝eq \f(3,2).
(2)由(1)得2sin B＝3sin C，
∴2sin(A＋C)＝3sin C，
即2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋C))＝3sin C，
∴sin C＋eq \r(3)cs C＝3sin C，
∴eq \r(3)cs C＝2sin C，
又sin2C＋cs2C＝1，sin C>0，
∴sin C＝eq \f(\r(21),7).
[周二]
1．C
2．C [已知A(1,0)是圆O：x2＋y2＝r2上一点，
所以12＋02＝r2＝1.
设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为
y＝k(x－1)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,x2＋y2＝1，))
则(1＋k2)x2－2k2x＋k2－1＝0，Δ>0恒成立，
所以xA＋xB＝eq \f(2k2,1＋k2)，xAxB＝eq \f(k2－1,1＋k2)，
由于xA＝1，所以xB＝eq \f(k2－1,1＋k2)，
则yB＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xB－1))＝－eq \f(2k,1＋k2)，由于BC是圆O的直径，
所以Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(k2－1,1＋k2)，\f(2k,1＋k2)))，
则弦AC的中点D的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1＋k2)，\f(k,1＋k2))).
因为直线AB，BD的斜率之和为0，
所以kBD＝eq \f(－\f(2k,1＋k2)－\f(k,1＋k2),\f(k2－1,1＋k2)－\f(1,1＋k2))＝－k，
整理得k(k2－5)＝0，
解得k＝0或k＝±eq \r(5)，又点B在第一象限，所以k0，知ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,π)＝2，
因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝1，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)＋φ))＝1，
所以eq \f(π,3)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
即φ＝2kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z，
又－eq \f(π,2)0，a＝1，b＝3时，
f(x)＝x2－3x＋ln x，f′(x)＝2x－3＋eq \f(1,x)＝eq \f(2x－1x－1,x)，
令f′(x)>0，解得00，解得x>eq \r(e)，此时g(x)单调递增，
令g′(x)|BD|，即θ>sin θ，所以a＝e－3＝eq \f(1,e3)>eq \f(1,25)＝0.04>sin 0.04＝c.
设f(x)＝sin 2x－ln(1＋x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))，则f′(x)＝2cs 2x－eq \f(1,1＋x)>1－eq \f(1,1＋x)>0，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递增，又f(0)＝0，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0.02))>0，即sin 0.04>ln 1.02，即b0)，
当a＝0时，由g′(x)0可得x∈(1，＋∞)，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；
当a>0时，由g′(x)＝eq \f(－ax2＋x－1,x2)＝0，
可得－ax2＋x－1＝0，Δ＝1－4a，
①当Δ＝1－4a≤0，即a≥eq \f(1,4)时，
g′(x)≤0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减；
②当Δ＝1－4a>0，即01，
所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1－an＋2,an＋2－an＋3)))0，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递增．
因为θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,12)))，
所以cs θ>eq \f(1,2)>sin θ，
因为y＝xsin θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，
所以ln 2>eq \f(1,e)，即ln 2－eq \f(1,e)>0.
所以xln x>－ln 2，即xx>eq \f(1,2)，
则(sin θ)sin θ>eq \f(1,2)，
所以(cs θ)sin θ>(sin θ)sin θ>eq \f(1,2)且(cs θ)sin θf((sin θ)sin θ)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，即a>b>c.]
3．BC [{bn}的和S2k－1＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(50k－\f(kk－1,2)×4))×2－50
＝－4k2＋104k－50＝－4(k－13)2＋626，
对于选项A，k＝10，则b1＝b19＝50－4×9＝14，
故A错误；
对于选项B，k＝10，则所有项的和为－4×9＋626＝590，故B正确；
对于选项C，{bn}的和S2k－1＝－4(k－13)2＋626，当k＝13时，和最大，故C正确；
对于选项D，S2k－1＝－4k2＋104k－50＝0，方程无正整数解，故D错误．]
4．5
解析 N次游戏所取卡片数字总和为N(m＋n＋k)＝22＋9＋9＝40，
又m＋n＋k≥1＋2＋3＝6，且m＋n＋k为40的因数，所以(m＋n＋k)min＝8，且N＝2,4,5.
当N＝2时，m＋n＋k＝20，因为丙得9粒石子，则k≤8，所以甲得石子数小于16，不符合题意；
当N＝4时，m＋n＋k＝10，因为丙得9粒石子，则k≤6，为了使甲获得石子数最多，k＝6，m＝1，n＝3，此时甲最多得21粒石子，不符合题意；
当N＝5时，m＋n＋k＝8，因为丙得9粒石子，则k≤5，为了使甲获得石子数最多，k＝5，m＝1，n＝2，
此时甲最多得22粒石子，甲、乙、丙三人每次得石子数如表所示，
故做了5次游戏，N＝5.
5．(1)证明 因为bc(1＋cs A)＝4a2，
所以bceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(b2＋c2－a2,2bc)))＝4a2，
所以bc＋eq \f(b2＋c2－a2,2)＝4a2，
即(b＋c)2＝9a2，所以b＋c＝3a.
(2)解 如图，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccs A，
即22＝b2＋c2－2bc·eq \f(7,9)＝(b＋c)2－2bc－eq \f(14,9)bc，
又b＋c＝3a＝6，
所以bc＝9，b＝c＝3，
由角平分线定理可得eq \f(AB,BC)＝eq \f(AD,DC)＝eq \f(3,2)，
所以AD＝eq \f(3,5)×3＝eq \f(9,5)，
在△ABD中，由余弦定理得BD2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,5)))2＋32－2×eq \f(9,5)×3×eq \f(7,9)，所以BD＝eq \f(4\r(6),5).
[周二]
1．C
2．B [如图所示，设折痕为直线l，点P与P′关于折痕对称，l∩OP′＝M，在l上任取一点B，
由垂直平分线的性质可知|PB|＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BO))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BP′))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BO))≥eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(OM))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MP′))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(OP′))，当且仅当M，B重合时取等号．
即折痕上到O，P两点距离之和最小的点为M，且eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PM))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MO))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(OP′))＝6>|OP|＝4.
故M的轨迹是以O，P为焦点，且长轴长为2a＝6的椭圆，焦距2c＝|OP|＝4，c＝2，
故短半轴长b＝eq \r(5)，
所以当Q为椭圆上(下)顶点时，△QOP的面积最大，最大值为eq \f(1,2)×2c×b＝2eq \r(5).]
3．AB [由eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1，得y＝eq \r(\f(b2,a2)x2－b2)(x>a)，
所以y′＝eq \f(\f(b2,a2)x,\r(\f(b2,a2)x2－b2))，
则在点A(x1，y1)处的切线斜率为
y′＝eq \f(\f(b2,a2)x1,\r(\f(b2,a2)x\\al(2,1)－b2))＝eq \f(b2x1,a2y1)，
所以在点A(x1，y1)处的切线方程为
y－y1＝eq \f(b2x1,a2y1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－x1))，又eq \f(x\\al(2,1),a2)－eq \f(y\\al(2,1),b2)＝1，
化简得切线方程为eq \f(x1x,a2)－eq \f(y1y,b2)＝1，
所以eq \f(x1x2,a2)－eq \f(y1×0,b2)＝1，
所以x1x2＝a2，故C错误；
由x1x2＝a2，得x2＝eq \f(a2,x1)，
又x1>a，所以00，解得a4＝8，
又a5＋2a6＝8，则a4q＋2a4q2＝8，于是2q2＋q－1＝0，而q>0，解得q＝eq \f(1,2)，a1＝eq \f(a4,q3)＝64，
所以S6＝eq \f(64×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,26))),1－\f(1,2))＝126.
5．(1)解 由题设，X3的可能取值为1,2,3，P(X3＝1)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)，
P(X3＝2)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)×eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(5,18)，
P(X3＝3)＝1－eq \f(1,3)－eq \f(5,18)＝eq \f(7,18)，
因此X3的分布列为
(2)①解 Yn的可能取值为1,2，…，n，
每位同学两题都答对的概率为p＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)，则答题失败的概率为1－eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(2,3)，
所以当Yn＝k(1≤k≤n－1，k∈N*)时，
P(Yn＝k)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))k－1×eq \f(1,3)；
当Yn＝n时，P(Yn＝n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1，
故Yn的分布列为
②证明 由①知，E(Yn)
＝eq \i\su(k＝1,n－1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))k－1×eq \f(1,3)＋neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1
(n∈N*，n≥2)．
Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Yn＋1))－E(Yn)＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1×eq \f(1,3)＋(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n>0，故E(Yn)单调递增．
又E(Y2)＝eq \f(5,3)，
所以E(Yn)＝E(Y2)＋[E(Y3)－E(Y2)]＋[E(Y4)－E(Y3)]＋…＋[E(Yn)－E(Yn－1)]，所以E(Yn)＝eq \f(5,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1＝eq \f(5,3)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－2)),1－\f(2,3))＝3－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1ln eq \f(3,2)＋ln eq \f(4,3)＋…＋ln eq \f(n＋1,n)
＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)·\f(4,3)·…·\f(n＋1,n)))＝ln eq \f(n＋1,2).
第四周
[周一]
1．C
2．A [关于x的不等式ex－xcs x＋cs xln cs x＋ax2≥1恒成立，
因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以cs x>0，
即eq \f(ex,cs x)－x＋ln cs x＋eq \f(ax2,cs x)≥eq \f(1,cs x)，
即eq \f(ex,cs x)－lneq \f(ex,cs x)≥eq \f(1－ax2,cs x)，
即lneq \f(ex,cs x)≤eq \f(ex,cs x)－eq \f(1－ax2,cs x)，
令g(x)＝ln x－x＋1，
则g′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，x∈(0，＋∞)，
当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)0)，
且当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，eq \f(ex,cs x)>0，
所以ln eq \f(ex,cs x)≤eq \f(ex,cs x)－1，
所以eq \f(1－ax2,cs x)≤1，即1－ax2≤cs x.
令h(x)＝cs x－1＋eq \f(x2,2)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
则h′(x)＝－sin x＋x>0，
h(x)>h(0)＝0，
所以cs x>1－eq \f(x2,2)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，据此可以判断当a>eq \f(1,2)时不等式成立，
故满足条件的a的最小整数为1.]
3．BD [因为抛物线x2＝2py的焦点F到准线的距离为2，所以p＝2，
所以抛物线方程为x2＝4y，
其准线方程为y＝－1，A错误；
由题意知直线AB的方程为y＝kx＋2，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝4y，,y＝kx＋2，))消去y可得x2－4kx－8＝0，
方程x2－4kx－8＝0的判别式Δ＝16k2＋32>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－8，
所以y1y2＝eq \f(x\\al(2,1),4)·eq \f(x\\al(2,2),4)＝4，
所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝－4，B正确；
当k＝2时，x1＋x2＝8，x1x2＝－8，
所以y1＋y2＝2x1＋2＋2x2＋2＝20，
所以|FA|＋|FB|＝y1＋y2＋2＝22，C错误；
由∠CFA＝∠CFB可得〈eq \(FC,\s\up6(→))，eq \(FA,\s\up6(→))〉＝〈eq \(FC,\s\up6(→))，eq \(FB,\s\up6(→))〉，
所以cs〈eq \(FC,\s\up6(→))，eq \(FA,\s\up6(→))〉＝cs〈eq \(FC,\s\up6(→))，eq \(FB,\s\up6(→))〉，
故eq \f(\(FC,\s\up6(→))·\(FA,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(FC,\s\up6(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(FA,\s\up6(→)))))＝eq \f(\(FC,\s\up6(→))·\(FB,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(FC,\s\up6(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(FB,\s\up6(→)))))，
又Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，－2))，
所以eq \(FC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，－3))，
eq \(FA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1－1))，
eq \(FB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2－1))，
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(FA,\s\up6(→))))＝y1＋1，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(FB,\s\up6(→))))＝y2＋1，
所以eq \f(－3x1－3y1＋3,y1＋1)＝eq \f(－3x2－3y2＋3,y2＋1)，
所以eq \f(－3x1＋6－3y1－3,y1＋1)
＝eq \f(－3x2＋6－3y2－3,y2＋1)，
所以eq \f(x1－2,kx1＋3)＝eq \f(x2－2,kx2＋3)，
所以3x1－2kx2＝3x2－2kx1，又x1≠x2，所以k＝－eq \f(3,2)，D正确．]
4．72eq \r(2)－16eq \r(5)
解析 若选择线路eq \(OB,\s\up6(→))，以线段EF的中点N为坐标原点，eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(AO,\s\up6(→))的方向分别为x，y轴的正方向建立如图所示的平面直角坐标系，
则B(－36,0)，O(36,72)，F(－4,0)，E(4,0)，kOB＝eq \f(72,36＋36)＝1，
直线OB的方程为y＝x＋36，
设点P(x，x＋36)，其中－360，
解得k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，
即kAM∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2))).
同理可得kBN∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))，
由①中结论可知
kBN＝－3kAM
∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))，
所以kAM∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,6)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，\f(1,2)))，
故w＝keq \\al(2,AM)＋eq \f(2,3)kBN＝keq \\al(2,AM)＋eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3kAM))
＝keq \\al(2,AM)－2kAM.
设h(x)＝x2－2x，其图象对称轴为x＝1，
则h(x)＝x2－2x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,6)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，\f(1,2)))上单调递减，
故h(x)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，－\f(11,36)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,36)，\f(5,4)))，
故w＝keq \\al(2,AM)＋eq \f(2,3)kBN的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，－\f(11,36)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,36)，\f(5,4))).
方法二 由于双曲线eq \f(x2,4)－y2＝1的渐近线方程为y＝±eq \f(1,2)x，
如图，过点M作两渐近线的平行线l1与l2，由于点A在双曲线eq \f(x2,4)－y2＝1的右支上，
所以直线AM的斜率介于直线l1与l2之间(含x轴，不含直线l1与l2)，
所以kAM∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2))).
同理，过点N作两渐近线的平行线l3与l4，由于点B在双曲线eq \f(x2,4)－y2＝1的右支上，
所以直线BN的斜率介于直线l3与l4之间(不含x轴，不含直线l3与l4)，
所以kBN∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
由①中结论可知kBN＝－3kAM∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))，
所以kAM∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,6)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，\f(1,2)))，
故w＝keq \\al(2,AM)＋eq \f(2,3)kBN＝keq \\al(2,AM)＋eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3kAM))
＝keq \\al(2,AM)－2kAM.
设h(x)＝x2－2x，其图象对称轴为x＝1，
则h(x)＝x2－2x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,6)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，\f(1,2)))上单调递减，
故h(x)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，－\f(11,36)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,36)，\f(5,4)))，故w＝keq \\al(2,AM)＋eq \f(2,3)kBN的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，－\f(11,36)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,36)，\f(5,4))).
第五周
[周一]
1．D
2．A [不等式可化为aln(x＋a)＋ab≤eq \f(a,ex＋a)－(bx＋4a)，
因为a>0，将不等式两边同时除以a得
ln(x＋a)＋b≤eq \f(1,ex＋a)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)x＋4))，
令t＝x＋a，原不等式等价于eq \f(b,a)t＋4≤eq \f(1,et)－ln t，
设g(t)＝eq \f(1,et)－ln t，k(t)＝eq \f(b,a)t＋4，t>0，对g(t)求导可得g′(t)＝－eq \f(1,et2)－eq \f(1,t)eq \f(1,144)S3>eq \f(1,216)S3
>eq \f(1,216\r(3))S3＝eq \f(\r(3),648)S3，
所以Veq \\al(2,3)>Veq \\al(2,1)>Veq \\al(2,2)，所以V20，则f(x)在(2，＋∞)上单调递增，
又对于任意的实数x都有f(x)＝f(4－x)，即f(x)的图象关于直线x＝2对称，
综上，若f(x2)