如图所示，一质点 $P(x, y)$ 在 $xOy$ 平面上沿曲线运动，速度大小不变，其在 $x$ 轴上的投影点 $Q(x, 0)$ 的运动速度 $V = V(t)$ 的图象大致为（ ）

\begin{solution} 把投影点的有向速度记为 $V(t)=\frac{\mathrm dx}{\mathrm dt}$. 质点开始沿斜率不变的直线向右运动，所以 $V(t)$ 在开始阶段为正常数. 进入第一个封闭曲线后，质点的横坐标先增大、再减小、又增大，因此 $V(t)$ 依次为正、负、正，并在竖直切线处经过 $0$. 进入第二个封闭曲线后，横坐标同样经历先增大、再减小、又增大的过程，故 $V(t)$ 再次出现正、负、正的变化. 选项 A 始终非负，选项 C 开始阶段不是常数，选项 D 的末段变化方向与题图不符，只有选项 B 符合，故选 B. \end{solution}

若存在过点 $(1,0)$ 的直线与曲线 $y = x^3$ 和 $y = ax^2 + \frac{15}{4} x - 9$ 都相切，则 $a$ 等于（ ）

\begin{solution} 设过点 $(1,0)$ 且与 $y=x^{3}$ 相切的切点横坐标为 $t$. 切线为 $y=3t^{2}x-2t^{3}$，代入 $(1,0)$ 得 $t^{2}(3-2t)=0$. 因而 $t=0$ 或 $t=\frac32$，相应切线分别为 $y=0$ 和 $y=\frac{27}{4}x-\frac{27}{4}$.

当切线为 $y=0$ 时，与二次曲线联立得 $ax^{2}+\frac{15}{4}x-9=0$. 该直线相切要求判别式为零，即 $\left(\frac{15}{4}\right)^{2}+36a=0$，所以 $a=-\frac{25}{64}$.

当切线为 $y=\frac{27}{4}x-\frac{27}{4}$ 时，联立得 $ax^{2}-3x-\frac94=0$. 判别式为零给出 $9+9a=0$，所以 $a=-1$. 因此选 A. \end{solution}

若不等式 $\sqrt{4-x^{2}} \leqslant k(x+1)$ 的解集为区间 $[a,b]$，且 $b-a = 1$，则 $k =\underline{\hspace{2em}}$.

\begin{solution} 根式有意义要求 $-2\leqslant x\leqslant2$. 若 $k>0$，当 $x\leqslant-1$ 时右端不为正而左端非负，只有可能在 $x=-2$ 时成立，但此时右端为 $-k<0$，仍不成立，所以解集包含于 $(-1,2]$. 又 $x=2$ 对任意 $k>0$ 都满足不等式，故解集若为 $[a,b]$，必有 $b=2$. 由 $b-a=1$，得到 $a=1$. 因为 $1$ 是定义域内部的解集端点，连续函数两边的符号必须在此处改变，故在 $x=1$ 处取等号： $\sqrt{4-1}=k(1+1)$，从而 $k=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

反向验证：当 $k=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 时，解集必须满足 $x>-1$，且平方等价于 $4-x^{2}\leqslant\frac34(x+1)^{2}$，即 $7x^{2}+6x-13\geqslant0$，也就是 $(7x+13)(x-1)\geqslant0$. 与 $(-1,2]$ 取交集，解集恰为 $[1,2]$，长度为 $1$.

若 $k=0$，不等式只在 $x=-2$ 或 $x=2$ 时成立，解集不是区间. 若 $k<0$，成立时必须有 $x<-1$，且 $-2$ 属于解集而 $-1$ 不属于解集；若解集是长度为 $1$ 的闭区间，就只能是 $[-2,-1]$，矛盾. 因而 $k=\frac{\sqrt{3}}{2}$. \end{solution}

设直线系 $M: x \cos \theta + (y - 2) \sin \theta = 1$（$0 \leqslant \theta \leqslant 2\pi$），对于下列四个命题：

① 存在一个圆与所有直线相交； ② 存在一个圆与所有直线不相交； ③ 存在一个圆与所有直线相切； ④ $M$ 中的直线所能围成的正三角形面积都相等.

其中真命题的代号是______. （写出所有真命题的代号）

\begin{solution} 将直线写成 $x\cos\theta+(y-2)\sin\theta=1$. 点 $P(0,2)$ 到任一直线的距离为 $\frac{|0-1|}{\sqrt{\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta}}=1$，所以 $M$ 中的所有直线都是圆 $C:x^{2}+(y-2)^{2}=1$ 的切线.

半径大于 $1$ 且圆心为 $P$ 的圆与所有这些直线相交，半径小于 $1$ 且圆心为 $P$ 的圆与所有这些直线均不相交，圆 $C$ 与所有这些直线相切，因此 A、B、C 都是真命题.

D 不成立. 例如取 $\theta=0$，$\frac{2\pi}{3}$，$\frac{4\pi}{3}$，所得正三角形的内切圆为 $C$，内切半径为 $1$，面积为 $3\sqrt{3}$. 再取 $\theta=0$，$\frac{\pi}{3}$，$\frac{5\pi}{3}$，令 $u=x$，$v=y-2$，三条直线为 $u=1$、$\frac12u+\frac{\sqrt3}{2}v=1$、$\frac12u-\frac{\sqrt3}{2}v=1$. 它们的三个交点为 $(2,0)$、$(1,\frac1{\sqrt3})$、$(1,-\frac1{\sqrt3})$，故所得正三角形边长为 $\frac{2}{\sqrt3}$，面积为 $\frac{\sqrt3}{3}$. 两个面积不相等，故真命题的代号为 ABC. \end{solution}

在四棱锥 $P - ABCD$ 中，底面 $ABCD$ 是矩形，$PA \perp$ 平面 $ABCD$，$PA = AD = 4$，$AB = 2$. 以 $BD$ 的中点 $O$ 为球心，$BD$ 为直径的球面交 $PD$ 于点 $M$.

(1) 求证：平面 $ABM$ $\perp$ 平面 $PCD$； (2) 求直线 $PC$ 与平面 $ABM$ 所成的角； (3) 求点 $O$ 到平面 $ABM$ 的距离.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 建立空间直角坐标系，取 $A$ 为原点，令 $AB$、$AD$、$AP$ 分别为三个坐标轴正向，则 $A(0,0,0)$，$B(2,0,0)$，$D(0,4,0)$，$C(2,4,0)$，$P(0,0,4)$. 设 $M$ 在 $PD$ 上，写成 $M=(0,4t,4-4t)$. 因为 $M$ 在以 $BD$ 为直径的球面上，所以 $\angle BMD=90^{\circ}$，即 交点 $D$ 对应 $t=1$，故另一交点 $M$ 对应 $t=\frac12$，从而 $M=(0,2,2)$.

$\overrightarrow{AM}=(0,2,2)$，$\overrightarrow{PD}=(0,4,-4)$，$\overrightarrow{CD}=(-2,0,0)$. 因此 $\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{PD}=0$，$\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{CD}=0$，所以 $AM\perp$ 平面 $PCD$. 又 $AM\subset$ 平面 $ABM$，故平面 $ABM\perp$ 平面 $PCD$.

\item 平面 $ABM$ 的一个法向量为 $\boldsymbol{n}=\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AM}=(0,-4,4)$，可取 $\boldsymbol{n}=(0,1,-1)$. 直线 $PC$ 的方向向量为 $\boldsymbol{v}=\overrightarrow{PC}=(2,4,-4)$. 设直线 $PC$ 与平面 $ABM$ 所成的角为 $\alpha$，则 所以 $\cos\alpha=\frac13$，$\tan\alpha=2\sqrt2$，即 $\alpha=\arctan 2\sqrt2$.

\item 由法向量 $\boldsymbol{n}=(0,1,-1)$，平面 $ABM$ 的方程为 $y-z=0$. 因 $O$ 是 $BD$ 的中点，$O=(1,2,0)$，所以 \end{enumerate} \end{solution}

数列 $\{a_{n}\}$ 的通项 $a_{n} = n^{2}\left(\cos^{2}\frac{n\pi}{3} - \sin^{2}\frac{n\pi}{3}\right)$，其前 $n$ 项和为 $S_{n}$.

(1) 求 $S_{n}$； (2) $b_{n}=\frac{S_{3n}}{n\cdot4^{n}}$，求数列 $\{b_{n}\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 利用 $\cos^{2}u-\sin^{2}u=\cos2u$，得 $a_n=n^{2}\cos\frac{2n\pi}{3}$. 当 $n=3j-2$，$3j-1$，$3j$ 时，分别有 $a_{3j-2}=-\frac12(3j-2)^{2}$，$a_{3j-1}=-\frac12(3j-1)^{2}$，$a_{3j}=9j^{2}$. 每三个连续项的和为 所以 由 $S_{3k-1}=S_{3k}-a_{3k}$，得 再由 $S_{3k-2}=S_{3k-1}-a_{3k-1}$，得 因此

\item 由第一问在 $3n$ 处的结果， 于是 将上式乘以 $4$ 后与原式相减，得 因此 \end{enumerate} \end{solution}