2si
θcosθt21αβt2x2xat121222222因tx2xat≥tx2xattat222222所以αβ≥2tx2xat≥2对任意x∈R恒成立122242tat2≥2tat≥0或tat4≤0a≤t或a≥t对任意2tt∈12恒成立a≤1或a≥5
8解令si
θ解9证明：对于任何正整数
，由递推知a
0．由a
a
1a
证明：又对任意
∈Na
a0


2a
a
0知数列a
递减a
1a
1
∑a
i1
i
ai1a0∑

ai11a0∑11ai1i11ai1i1


a0
∑
i1


1a0
．即有a
a0
从而a
1a0
1于是，1ai1

当
1时，
∑1a
i1
1

i1
11；1a0
i1
a当2≤
≤01时，由a
递减得2

∑1a
1

i1

≤11a
1a0
2
1故a0
a
a0
∑a0
1．所以，a
a0
i11ai110解（1）依题意设直线l方程为ykx23，与椭圆联立得
14k2x28k32kx44k212k80，6432k，由0得k
设Px1y1Qx2y2，则过PQ椭圆的切线分别为
23
x1xxxy1y1……①和2y2y1……②4413①×x2②×x1，并且由y1kx123及y2kx223得yk≠，32k24k3同理xk≠，故点M的轨迹方程为x6y20（在椭圆外）32k232k643k21k2（2）PQ，O到PQ的距离为d1，M到PQ的距离为214k1k243k24k21d2，d1d2，32k1k23k21k2
143k2d1d2PQ232k11当S4时解得k1或k，直线l为xy10或11x4y100411解由均值不等式得ab2ab4c2ab2a2cb2c2
四边形POQM的面积S
≥2ab222ac22bc24ab42ac42bc2222cab
2011模拟卷（2）第4页共6页
f4ab8ac8bc16cabab2ab4c24ab8ac8bc16cab∴abc≥abcabcabcc881611111aabbabc8c4ba2cbaababab2222
≥8551a2b2c55100等号成立当且仅当ab2c0故k的最大值为1002a2b2c24
二试
1证法1：设⊙O半径为R则由圆幂定理得CO2CDCBR2∵AC∥EF∴∠CAD∠ABCACD∽ABC
222
AEMFOGNDC
ACCD即AC2CDCBBCAC
222
∴CO－ACR下证MO－MAR，由中线长公式得1MO2＝r