-1<sin(2A+π6)≤1
所以2cos2A+cos(A-C)的取值范圍為(0，2］.
16．（1）證明：如圖，取AC中點(diǎn)F，連接OF，BF．
∵O是EC中點(diǎn)，∴OF是△CAE的中位線，
∴OF∥EA，且OF=12EA，
又DB∥EA，且DB=12EA，∴OF∥DB且OF=DB，
∴四邊形ODBF是平行四邊形，∴OD∥FB．
∵OD面ABC，F(xiàn)B面ABC，∴OD∥平面ABC．
（2）證明：連接CM，∵N是EM的中點(diǎn)，∴ON∥CM．
∵平面ABDE⊥平面ABC，平面ABDE∩平面ABC=AB，
BD平面ABDE，BD⊥AB，∴BD⊥平面ABC，
∵CM平面ABC，∴BD⊥CM，∴BD⊥ON．
又△ABC是等腰直角三角形，AC=BC，M是AB的中點(diǎn)，
∴CM⊥AB，∴ON⊥AB，
由AB，DB平面ABDE，AB∩DB=B，
∴ON⊥平面ABDE．
17.解：（1）由題意得
ca=13，
a-c=2c=1，a=3b2=8.
橢圓C的方程為：x29+y28=1.
（2）記直線MA、MB的斜率分別為k1、k2，設(shè)M，A，B的坐標(biāo)分別為M(x0，y0)，A(-3，0)，B(3，0)，∴k1=y0x0+3，k2=y0x0-3，∴k1k2=y20x20-9.
∵P在橢圓上，所以x209+y208=1y20=8(1-x209)，k1·k2=-89，
設(shè)G(9，y1)H(9，y2)，則k1=kAM=y112，k2=kMB=y26.
∴k1k2=y1y272，又k1·k2=-89.
∴y1y272=-89y1y2=-64.
因?yàn)镚H的中點(diǎn)為Q(9，y1+y22)，|GH|=|y1-y2|，所以，以GH為直徑的圓的方程為：(x-9)2+(y-y1+y22)2=(y1-y2)24.
令y=0，得(x-9)2=-y1y2=64，
∴x=1，x=17，將兩點(diǎn)(17，0)，(1，0)代入檢驗(yàn)恒成立.
所以，以GH為直徑的圓恒過(guò)x軸上的定點(diǎn)(17，0)，(1，0).
18．解:(1)對(duì)于曲線C1，因?yàn)榍€AOD的解析式為y=cosx-1，所以點(diǎn)D的坐標(biāo)為(t，cost-1)
所以點(diǎn)O到AD的距離為1-cost，而AB=DC=3-t，
則h1(t)=(3-t)+(1-cost)=-t-cost+4(1≤t≤32)對(duì)于曲線C2，因?yàn)閽佄锞€的方程為x2=-94y，即y=-49x2，所以點(diǎn)D的坐標(biāo)為(t，-49t2)
所以O(shè)點(diǎn)到AD的距離為49t2，而AB=DC=3-t，所以h2(t)=49t2-t+3(1≤t≤32)
(2)因?yàn)閔′1=-1+sint<0，所以h1(t)在［1，32］上單調(diào)遞減，所以當(dāng)t=1時(shí)，h1(t)取得最大值為3-cos1
又h2(t)=49(t-98)2+3916，而1≤t≤32，所以當(dāng)t=32時(shí)，H2(t)取得最大值為52
因?yàn)楠玞os1>cosπ3=12，所以3-cos1<3-12=52，
故選用曲線C2，當(dāng)t=32時(shí)，點(diǎn)E到BC邊的距離最大，最大值為52分米.
19.解：（1）由f(x)=-x3+x2+b，得f′(x)=-3x2+2x=-x(3x-2)，
令f′(x)=0，得x=0或23．
列表如下：
x-12(-12，0)0(0，23)23(23，1)
f′(x)-0+0-
f(x)f(-12)極小值極大值
由f(-12)=38+b，f(23)=427+b，∴f(-12)>f(23)，
即最大值為f(-12)=38+b=38，∴b=0．
（2）由g(x)≥-x2+(a+2)x，得(x-lnx)a≤x2-2x．
∵x∈［1，e］，∴lnx≤1≤x，且等號(hào)不能同時(shí)取，∴lnx0，
∴a≤x2-2xx-lnx恒成立，即a≤(x2-2xx-lnx)min．
令t(x)=x2-2xx-lnx，x∈［1，e］，求導(dǎo)得，
t′(x)=(x-1)(x+2-2lnx)(x-lnx)2，
當(dāng)x∈［1，e］時(shí)，x-1≥0，lnx≤1，x+2-2lnx>0，從而t′(x)≥0，
∴t(x)在［1，e］上為增函數(shù)，∴tmin(x)=t(1)=-1，∴a≤-1．
（3）由條件，F(xiàn)(x)=-x3+x2， x<1alnx，x≥1，
假設(shè)曲線y=F(x)上存在兩點(diǎn)P，Q滿足題意，則P，Q只能在y軸兩側(cè)，
不妨設(shè)P(t，F(xiàn)(t))(t>0)，則Q(-t，t3+t2)，且t≠1．
∵△POQ是以O(shè)（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）為直角頂點(diǎn)的直角三角形，
∴OP·OQ=0，∴-t2+f(t)(t3+t2)=0…(*)，
是否存在P，Q等價(jià)于方程(*)在t>0且t≠1時(shí)是否有解．
①若0此方程無(wú)解；
②若t>1時(shí)，(*)方程為-t2+alnt·(t3+t2)=0，即1a=(t+1)lnt，
設(shè)h(t)=(t+1)lnt(t>1)，則h′(t)=lnt+1t+1，
顯然，當(dāng)t>1時(shí)，h′(t)>0，即h(t)在(1，+∞)上為增函數(shù)，
∴h(t)的值域?yàn)?h(1)，+∞)，即(0，+∞)，
∴當(dāng)a>0時(shí)，方程(*)總有解．
∴對(duì)任意給定的正實(shí)數(shù)a，曲線y=F(x)上總存在兩點(diǎn)P，Q，使得△POQ是以O(shè)（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）為直角頂點(diǎn)的直角三角形，且此三角形斜邊中點(diǎn)在y軸上．
20.解：(1)P1(12，0)，P2(78，34)，P3(3132，1516)，可猜得Pn(22n-1-122n-1，22n-2-122n-2).
（2）設(shè)點(diǎn)Pn的坐標(biāo)是(xn，yn)，由已知條件得
點(diǎn)Qn，Pn+1的坐標(biāo)分別是：(xn，12xn+12)，(xn+1，12xn+12).
由Pn+1在直線l1上，得12xn+12=kxn+1+1-k
所以12(xn-1)=k(xn+1-1)，即xn+1-1=12k(xn-1)，n∈N*.
所以數(shù)列{xn-1}是首項(xiàng)為x1-1，公比為12k的等比數(shù)列.
由題設(shè)知x1=1-1k，x1-1=-1k≠0，
從而xn-1=-1k×(12k)n-1，即xn=1-2·(12k)n，n∈N*.
（3）由y=kx+1-k，y=12x+12，得點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，1）.
所以2|PPn|2=2(xn-1)2+2(kxn+1-k-1)2=8＋(12k)2n+2(12k)2n-2，
4k2|PP1|2+5=4k2［(1-1k-1)2+(0-1)2］+5=4k2+9.
（i）當(dāng)|k|>12時(shí)，即k<-12或k>12時(shí)，4k2|PP1|2+5>1+9=10，
而此時(shí)0<|12k|<1，所以2|PPn|2<８×1+2=10.故2|PPn|2<4k2|PP1|2+5.
（ii）當(dāng)0<|k|<12時(shí)，即k∈(-12，0)∪(0，12)時(shí)，4k2|PP1|2+5<1+9=10.
而此時(shí)|12k|>1，所以2|PPn|2>8×1+2=10.故2|PPn|2>4k2|PP1|2+5.
附加題部分參考答案
21．A．幾何證明選講
解：(1)∵∠AOC=∠BOD
∴∠AOB=∠COD ∴AB=CD
（2）由相交弦定理得2×1=(3+OP)(3-OP)
∴OP2=7，∴OP=7
21．B.選修4—2 矩陣與變換
解：矩陣M的特征多項(xiàng)式f(λ)=(λ-1)(λ+1)
令f(λ)=0，得到矩陣M的特征值為1或-1.
矩陣M的屬于特征值1的一個(gè)特征向量為α1=１０
矩陣M的屬于特征值-1的一個(gè)特征向量為α2=０1
又23=2α1+3α2
所以M823=M8(2α1+3α2)=2(M8α1)+3(M8α2)=2·1810+3·(-1)801=23
C.選修4—4:坐標(biāo)系與參數(shù)方程
解：將2ρcos(θ+π3=36化為普通方程為x-3y-36=0
點(diǎn)(3cosθ，sinθ)到直線的距離
d=|3cosθ-3sinθ-36|2=|6cos(θ+π4)-36|2
所以橢圓上點(diǎn)到直線距離的最大值為26，最小值為6．
D.選修4—5:不等式選講
解：（１）①當(dāng)x≥4時(shí)，2x+1-(x-4)<2
∴x∈
②當(dāng)-12≤x<4時(shí)，2x+1+x-4<2
∴-12≤x<53
③當(dāng)x<-12時(shí)，-2x-1+x-4<2
∴-1綜上該不等式解集為(-1，53)
22．解（1）“飛碟投入紅袋”，“飛碟投入藍(lán)袋”，“飛碟不入袋”分別記為事件A，B，C．
則P(A)=50100=12，P(B)=P(C)=25100=14，
因每次投擲飛碟為相互獨(dú)立事件，故4次投擲中恰有三次投入紅袋的概率為P4(3)=C34(12)3(1-12)=14
（2）兩次投擲得分ξ的得分可取值為0，1，2，3，4則：P(ξ=0)=P(C)P(C)=116
P(ξ=1)=C12P(B)P(C)=２×１４×１４＝１８
P(ξ=2)=C12P(A)P(C)+P(B)P(B)=516
P(ξ=3)=C12P(A)P(C)=14
P(ξ=4)=P(A)P(A)=14
∴Eξ=0×116+1×18+2×516+3×14+4×14=52
23.解：（1）由題意可設(shè)拋物線的方程為y2=2px，則由拋物線的定義可得p2+12=1，即p=1，
所以拋物線的方程為y2=2x.
（2）由題意知直線PQ與x軸不平行，設(shè)PQ所在直線方程為x=my+n，代入y2=2x中得y2-2my-2n=0.
所以y1+y2=2m，y1y2=-2n，其中y1，y2分別是P，Q的縱坐標(biāo)，
因?yàn)镸P⊥MQ，所以kMP·kMQ=-1.
即y1-y0x1-x0·y2-y0x2-x0=-1，所以(y1+y0)(y2+y0)=-4.
y1·y2+(y1+y2)y0+y20+4=0，
(-2n)+2my0+2x0+4=0，即n=my0+x0+2.
所以直線PQ的方程為x=my+my0+x0+2，
即x=m(y+y0)+x0+2，它一定過(guò)定點(diǎn)(x0+2，-y0).
（3）假設(shè)N(x0，y0)為滿足條件的點(diǎn)，則由（2)知，點(diǎn)(x0+2，-y0)在直線x+my+1=0上，
所以x0+2-my0+1=0，(x0，y0)是方程組y2=2x，x-my+3=0的解，消去x得
y2-2my+6=0，Δ=4m2-24
所以當(dāng)m≥6或m≤-6時(shí)存在點(diǎn)N滿足條件.
