∴二面角B1﹣A1C﹣C1的大小为．
20．（16分）（2009?上海）有时可用函数f（x）=，描述学
习某学科知识的掌握程度．其中x表示某学科知识的学习次数（x∈N*），f（x）表示对该学科知识的掌握程度，正实数a与学科知识有关．
（1）证明：当x≥7时，掌握程度的增长量f（x+1）﹣f（x）总是下降； （2）根据经验，学科甲、乙、丙对应的a的取值区间分别为（115，121]，（121，127]，（127，133]．当学习某学科知识6次时，掌握程度是85%，请确定相应的学科．
【分析】（1）x≥7时，作差求出增长量f（x+1）﹣f（x），研究其单调性知，差是一个减函数，故掌握程度的增长量总是下降、 （2）学习某学科知识6次时，掌握程度是85%，故得方程此方程解出a的值即可确定相应的学科． 【解答】证明：（1）当x≥7时，
由
而当x≥7时，函数y=（x﹣3）（x﹣4）单调递增，且（x﹣3）（x﹣4）＞0 故函数f（x+1）﹣f（x）单调递减
当x≥7时，掌握程度的增长量f（x+1）﹣f（x）总是下降 （2）由题意可知整理得解得
（13分）
由此可知，该学科是乙学科..（14分）
21．（16分）（2009?上海）已知双曲线
，设直线l过点
，
（1）当直线l与双曲线C的一条渐近线m平行时，求直线l的方程及l与m的距离；
（2）证明：当k＞离为
．
时，在双曲线C的右支上不存在点Q，使之到直线l的距
【分析】（1）先求出双曲线的渐近线方程，进而可得到直线l的斜率，然后根据直线l过点
求出直线l的方程，再由平行线间的距离公式可求直线
l的方程及l与m的距离．
（2）设过原点且平行于l的直线方程利用直线与直线的距离求得l与b的距离，当k＞
时，可推断出
，利用双曲线的渐近线方程可知双曲线C的右支在
，．
直线b的右下方，进而推断出双曲线C的右支上的任意点到直线l的距离大于进而可知故在双曲线C的右支上不存在点Q（x0，y0）到到直线l的距离为【解答】解：（1）双曲线C的渐近线即
∴
，
直线l的方程∴直线l与m的距离
．
（2）设过原点且平行于l的直线b：kx﹣y=0， 则直线l与b的距离d=当
时，
．
， ，
又双曲线C的渐近线为
∴双曲线C的右支在直线b的右下方，
∴双曲线C的右支上的任意点到直线l的距离大于
．
．
故在双曲线C的右支上不存在点Q（x0，y0）到到直线l的距离为
22．（16分）（2009?上海）已知函数y=f（x）的反函数．定义：若对给定的实数a（a≠0），函数y=f（x+a）与y=f﹣1（x+a）互为反函数，则称y=f（x）满足“a和性质”；若函数y=f（ax）与y=f﹣1（ax）互为反函数，则称y=f（x）满足“a积性质”．
（1）判断函数g（x）=x2+1（x＞0）是否满足“1和性质”，并说明理由； （2）求所有满足“2和性质”的一次函数；
（3）设函数y=f（x）（x＞0）对任何a＞0，满足“a积性质”．求y=f（x）的表达式．
【分析】（1）先求出 g﹣1（x） 的解析式，换元可得g﹣1（x+1）的解析式，将此解析式与g（x+1）的作对比，看是否满足互为反函数．
（2）先求出f﹣1（x） 的解析式，再求出 f﹣1（x+2）的解析式，再由f（x+2）的解析式，求出f﹣1（x+2）的解析式，用两种方法得到的 f﹣1（x+2）的解析式应该相同，解方程求得满足条件的一次函数f（x）的解析式．
（3）设点（x0，y0）在y=f（ax）图象上，则（y0，x0）在函数y=f﹣1（ax）图象上，可得 ay0=f（x0）=af（ax0），
，即
，即
满足条件．
，
【解答】解（1）函数g（x）=x2+1（x＞0）的反函数是∴
，
，
而g（x+1）=（x+1）2+1（x＞﹣1），其反函数为故函数g（x）=x2+1（x＞0）不满足“1和性质”．
（2）设函数f（x）=kx+b（x∈R）满足“2和性质”，k≠0． ∴
，∴
，
，
而 f（x+2）=k（x+2）+b（x∈R），得反函数 由“2和性质”定义可知
，对（x∈R）恒成立．
∴k=﹣1，b∈R，即所求一次函数f（x）=﹣x+b（b∈R）．
（3）设a＞0，x0＞0，且点（x0，y0）在y=f（ax）图象上，则（y0，x0）在函数y=f﹣1（ax）图象上， 故
，可得 ay0=f（x0）=af（ax0），
令 ax0=x，则综上所述，而
，∴
，此时
，即
，其反函数是
． ，
，故y=f（ax）与y=f﹣1（ax）互为反函数．
23．（16分）（2009?上海）已知{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．
（1）若an=3n+1，是否存在m、k∈N*，有am+am+1=ak？说明理由； （2）找出所有数列{an}和{bn}，使对一切n∈N*，
，并说明理由；
（3）若a1=5，d=4，b1=q=3，试确定所有的p，使数列{an}中存在某个连续p项的和是数列{bn}中的一项，请证明． 【分析】（1）由am+am+1=ak，得6m+5=3k+1，为整数，所以不存在m、k∈N*，使等式成立． （2）设an=nd+c，若
，对n∈N×都成立，且{bn}为等比数列，则
，由m、k∈N*，知k﹣2m
，对n∈N×都成立，由此入手能够导出有an=c≠0，bn=1，使对一
切n∈N×，．
（3）an=4n+1，bn=3n，n∈N*，设am+1+am+2++am+p=bk=3k，p、k∈N*，m∈N． 4m+2p+3+
，由p、k∈N*，知p=3s，s∈N．由此入手能导出当且仅当p=3s，s
∈N，命题成立．
【解答】解：（1）由am+am+1=ak，得6m+5=3k+1，
整理后，可得，∵m、k∈N*，∴k﹣2m为整数，
∴不存在m、k∈N*，使等式成立． （2）设an=nd+c，若
，对n∈N×都成立，
且{bn}为等比数列，则，对n∈N×都成立，
即anan+2=qan+12，∴（dn+c）（dn+2d+c）=q（dn+d+c）2， 对n∈N×都成立，∴d2=qd2
（i）若d=0，则an=c≠0，∴bn=1，n∈N*． （ii）若d≠0，则q=1，∴bn=m（常数），即综上所述，有an=c≠0，bn=1，使对一切n∈N×，（3）an=4n+1，bn=3n，n∈N*，
设am+1+am+2++am+p=bk=3k，p、k∈N*，m∈N．
，
∴
，
=m，则d=0，矛盾．
．
∵p、k∈N*，∴p=3s，s∈N
取k=3s+2，4m=32s+2﹣2×3s﹣3=（4﹣1）2s+2﹣2×（4﹣1）s﹣3≥0，由 二项展开式可得整数M1、M2，
使得（4﹣1）2s+2=4M1+1，2×（4﹣1）s=8M2+（﹣1）S2 ∴4m=4（M1﹣2M2）﹣（（﹣1）S+1）2， ∴存在整数m满足要求．
故当且仅当p=3s，s∈N，命题成立．
2009年上海市高考数学试卷(理科)及答案
