设 $A$，$B$ 为双曲线 $\frac{x^2}{9}-\frac{y^2}{1}=1$ 上两点，下列点中可为 $\overline{AB}$ 中点的是（ ）

设 $a\in(0,1)$，若函数 $f(x)=a^x+(1+a)^{x+1}$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，则 $a$ 的取值范围是______.

如图，在三棱锥 $P-ABC$ 中，$AB\perp BC$，$AB=2$，$BC=2\sqrt2$，$PB=PC=\sqrt6$，$BP$，$AP$，$BC$ 的中点分别为 $D$，$E$，$O$，$AD=\sqrt5 DO$，点 $F$ 在 $AC$ 上，$BF\perp AO$.

(1) 证明：$EF // \text{平面 }ADO$； (2) 证明：$\text{平面 }ADO\perp\text{平面 }BEF$； (3) 求二面角 $D-AO-C$ 的正弦值.

已知椭圆 $\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}=1$（$a>b>0$），其离心率是 $\frac{\sqrt5}{3}$，点 $A(-2,0)$ 在 $C$ 上.

(1) 求 $C$ 的方程； (2) 过点 $(-2,3)$ 的直线交 $C$ 于 $P$，$Q$ 两点，直线 $AP$，$AQ$ 与 $y$ 轴的交点分别为 $M$，$N$，证明：线段 $MN$ 的中点为定点.

如图，在三棱锥 $P-ABC$ 中，$AB\perp BC$，$AB=2$，$BC=2\sqrt2$，$PB=PC=\sqrt6$，$BP$，$AP$，$BC$ 的中点分别为 $D$，$E$，$O$，点 $F$ 在 $AC$ 上，$BF\perp AO$.

(1) 证明 $EF\parallel$ 平面 $ADO$； (2) 若 $\angle POF=120^\circ$，求三棱锥 $P-ABC$ 的体积.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设 $\overrightarrow{AF}=m\overrightarrow{AC}$，则 $0\le m\le1$，并且 $\overrightarrow{BF}=(m-1)\overrightarrow{AB}+m\overrightarrow{BC}$，$\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{AB}+\dfrac12\overrightarrow{BC}$. 由 $BF\perp AO$ 及 $AB\perp BC$，得 所以 $m=\dfrac12$，即 $F$ 是 $AC$ 的中点.

在三角形 $APC$ 中，$E$，$F$ 分别是 $AP$，$AC$ 的中点，所以 $EF\parallel PC$. 在三角形 $BPC$ 中，$D$，$O$ 分别是 $BP$，$BC$ 的中点，所以 $DO\parallel PC$. 因此 $EF\parallel DO$，且 $DO\subset$ 平面 $ADO$. 又 $P\notin$ 平面 $ABC$，故平面 $ADO$ 与平面 $ABC$ 的交线为 $AO$. 由 $\overrightarrow{AF}=\dfrac12\overrightarrow{AC}=\dfrac12\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}\right)$ 与 $\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{AB}+\dfrac12\overrightarrow{BC}$，且 $\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{BC}$ 不共线，可知 $F\notin AO$，从而 $F\notin$ 平面 $ADO$，即 $EF$ 不在平面 $ADO$ 内. 因此 $EF\parallel$ 平面 $ADO$. \item 建立空间直角坐标系，使 $B=(0,0,0)$，$A=(2,0,0)$，$C=(0,2\sqrt2,0)$. 设 $P=(u,v,w)$，由 $PB=PC=\sqrt6$ 得 $u^2+v^2+w^2=6$，$u^2+(v-2\sqrt2)^2+w^2=6$. 两式相减得 $v=\sqrt2$，代回得 $u^2+w^2=4$. 由上面的结论，$O=(0,\sqrt2,0)$，$F=(1,\sqrt2,0)$，故 $\overrightarrow{OP}=(u,0,w)$，$\overrightarrow{OF}=(1,0,0)$，且 $|OP|=2$，$|OF|=1$.

由 $\angle POF=120^\circ$，得 $u=\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{OF}=|OP||OF|\cos120^\circ=-1$. 所以 $w^2=4-u^2=3$，点 $P$ 到平面 $ABC$ 的距离为 $\sqrt3$. 又 $S_{\triangle ABC}=\dfrac12\times2\times2\sqrt2=2\sqrt2$，故 \end{enumerate} \end{solution}

已知函数 $f(x)=\left(\frac1x+a\right)\ln(1+x)$.

(1) 当 $a=-1$ 时，求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1,f(1))$ 处的切线方程； (2) 若 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，求 $a$ 的取值范围.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 当 $a=-1$ 时，$f(x)=\left(\dfrac1x-1\right)\ln(1+x)$，所以 $f(1)=0$，且 因此 $f'(1)=-\ln2$，曲线在 $(1,f(1))=(1,0)$ 处的切线方程为 $y=-\ln2(x-1)$，即 $y=-(\ln2)x+\ln2$. \item 当 $x>0$ 时， 由于分母为正，$f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增等价于 $a\ge g(x)$，其中 令 $h(x)=\dfrac{x^2}{2}+x-(1+x)\ln(1+x)$，则 $h(0)=0$，且 $h'(x)=x-\ln(1+x)>0$（因为 $\ln(1+x)<x$），所以 $h(x)>0$. 因而 $g(x)<\dfrac12$；另一方面，由两次求导或 $\ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)$，得 $\lim_{x\to0^+}g(x)=\dfrac12$. 所以 $\sup_{x>0}g(x)=\dfrac12$.

当 $a\ge\dfrac12$ 时，$a\ge g(x)$ 对任意 $x>0$ 成立，故 $f'(x)>0$，函数在 $(0,+\infty)$ 上单调递增；当 $a<\dfrac12$ 时，由 $g(x)\to\dfrac12$，可取充分小的正数 $x$ 使 $g(x)>a$，此时 $f'(x)<0$，不满足题意. 因此 $a$ 的取值范围为 $\left[\dfrac12,+\infty\right)$. \end{enumerate} \end{solution}

已知椭圆 $C:\dfrac{y^2}{a^2}+\dfrac{x^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）的离心率为 $\dfrac{\sqrt5}{3}$，点 $A(-2,0)$ 在 $C$ 上.

(1) 求 $C$ 的方程； (2) 过点 $(-2,3)$ 的直线交 $C$ 于 $P$，$Q$ 两点，直线 $AP$，$AQ$ 与 $y$ 轴的交点分别为 $M$，$N$，证明：线段 $MN$ 的中点为定点.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设椭圆的半焦距为 $c$，则 $c^2=a^2-b^2$. 由点 $A(-2,0)$ 在椭圆上，得 $b=2$. 又由离心率得 $\dfrac{c^2}{a^2}=\dfrac59$，所以 $1-\dfrac{4}{a^2}=\dfrac59$，从而 $a=3$. 因此 $C$ 的方程为 $\dfrac{y^2}{9}+\dfrac{x^2}{4}=1$. \item 过点 $(-2,3)$ 的直线若为 $x=-2$，则与椭圆只有一个交点，故由题意可设该直线斜率为 $k$，其方程为 $y=k(x+2)+3$. 设 $P(x_1,y_1)$，$Q(x_2,y_2)$，则 $x_1$，$x_2$ 是方程 的两个根，即 由韦达定理， $x_1+x_2=-\frac{8k(2k+3)}{9+4k^2}$，$x_1x_2=\frac{16k(k+3)}{9+4k^2}$. 直线 $AP$ 与 $y$ 轴的交点纵坐标为 $\dfrac{2y_1}{x_1+2}$，而 $y_1=k(x_1+2)+3$，所以该纵坐标为 $2k+\dfrac{6}{x_1+2}$. 同理，点 $N$ 的纵坐标为 $2k+\dfrac{6}{x_2+2}$. 因而线段 $MN$ 的中点横坐标为 $0$，纵坐标为 由上式中的韦达关系， $x_1+x_2+4=\frac{12(3-2k)}{9+4k^2}$，$x_1x_2+2(x_1+x_2)+4=\frac{36}{9+4k^2}$， 故中点纵坐标为 $2k+3\cdot\dfrac{3-2k}{3}=3$. 所以线段 $MN$ 的中点为定点 $(0,3)$. \end{enumerate} \end{solution}

在直角坐标系 $xOy$ 中，以坐标原点 $O$ 为极点，$x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 $C_1$ 的极坐标方程为 $\rho=2\sin\theta$（$\frac\pi4\le\theta\le\frac\pi2$），曲线 （$\alpha$ 为参数，$\frac\pi2<\alpha<\pi$）.

(1) 写出 $C_1$ 的直角坐标方程； (2) 若直线 $y=x+m$ 与 $C_1$，$C_2$ 均无公共点，求 $m$ 的取值范围.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由极坐标与直角坐标的关系 $x=\rho\cos\theta$，$y=\rho\sin\theta$，得 $\rho^2=2\rho\sin\theta=2y$，所以 $x^2+y^2=2y$，即 $x^2+(y-1)^2=1$. 由 $\dfrac\pi4\le\theta\le\dfrac\pi2$，可知该曲线取第一象限内从 $(1,1)$ 到 $(0,2)$ 的圆弧，故还需满足 $x\in[0,1]$，$y\in[1,2]$. \item 直线 $y=x+m$ 与曲线有公共点，当且仅当 $m=y-x$. 对 $C_1$，令 $x=2\sin\theta\cos\theta$，$y=2\sin^2\theta$，故 $m=y-x=2\sin^2\theta-2\sin\theta\cos\theta=1-\cos2\theta-\sin2\theta$，其中 $\theta\in\left[\dfrac\pi4,\dfrac\pi2\right]$. 其导数为 $m'(\theta)=2\sin2\theta-2\cos2\theta>0$，且 $m\left(\dfrac\pi4\right)=0$，$m\left(\dfrac\pi2\right)=2$，所以 $m$ 的取值范围为 $[0,2]$.

对 $C_2$，有 $m=2\sin\alpha-2\cos\alpha=2(\sin\alpha-\cos\alpha)$，其中 $\alpha\in\left(\dfrac\pi2,\pi\right)$. 因为 $m'=2(\sin\alpha+\cos\alpha)$，所以 $m$ 在 $\alpha=\dfrac{3\pi}{4}$ 处取得最大值 $2\sqrt2$；又当 $\alpha\to\dfrac\pi2^+$ 或 $\alpha\to\pi^-$ 时，$m\to2$，但 $\alpha$ 不取端点，故 $m$ 的取值范围为 $(2,2\sqrt2]$.

因此直线同时与 $C_1$，$C_2$ 无公共点时，$m$ 不属于 $[0,2]\cup(2,2\sqrt2]=[0,2\sqrt2]$，即 $m\in(-\infty,0)\cup(2\sqrt2,+\infty)$. \end{enumerate} \end{solution}

已知 $f(x)=2|x|+|x-2|$.

(1) 求不等式 $f(x)\le6-x$ 的解集； (2) 在直角坐标系 $xOy$ 中，求不等式组 所确定的平面区域的面积.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 当 $x<0$ 时，$f(x)=2-3x$；当 $0\le x\le2$ 时，$f(x)=x+2$；当 $x>2$ 时，$f(x)=3x-2$. 因此 第一种情形得 $-2\le x<0$，第二种情形得 $0\le x\le2$，第三种情形无解，所以不等式的解集为 $[-2,2]$. \item 不等式组表示的区域位于曲线 $y=f(x)$ 上方、直线 $y=6-x$ 下方. 由第（1）问，区域的横坐标范围为 $[-2,2]$. 当 $-2\le x\le0$ 时，上、下边界之差为 $(6-x)-(2-3x)=4+2x$；当 $0\le x\le2$ 时，上、下边界之差为 $(6-x)-(x+2)=4-2x$. 因此区域面积为 \end{enumerate} \end{solution}