所以g（t）＝t2－6t＋7＜－1.
本题考查分段函数、函数的周期、直线方程等知识，考查函数与方程、数形结合及转化的思想，考查灵活运用有关基础知识解决问题的能力，属于难题．
15.证明：
（1）因为三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，
所以A1B1∥AB.（3分）
而A1B1平面ABD，AB平面ABD，
所以直线A1B1∥平面ABD.（6分）
（2）因为三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，
所以BB1⊥平面ABC.
因为AB平面ABC，
所以AB⊥BB1.（8分）
因为AB⊥BC，BB1平面BB1C1C，BC平面BB1C1C，且BB1∩BC＝B，
所以AB⊥平面BB1C1C.（11分）
又AB平面ABD，
所以平面ABD⊥平面BB1C1C.（14分）
16.解：
（1）因为cos＝sinA，
即cosAcos－sinAsin＝sinA，
所以cosA＝sinA.（4分）
显然cosA≠0，
否则，由cosA＝0，得sinA＝0，与sin2A＋cos2A＝1矛盾，
所以tanA＝.
因为0＜A＜π，
所以A＝.（7分）
（2）因为cosA＝，4b＝c，
根据余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝15b2，
所以a＝b.（10分）
因为cosA＝，
所以sinA＝＝.
由正弦定理，得＝，
所以sinB＝.（14分）
17.解：
（1）C（0）的实际意义是安装这种太阳能电池板的面积为0时，即未安装太阳能供电设备时该企业每年消耗的电费．（2分）
由C（0）＝＝24，得k＝2400.（4分）
因此F＝15×＋0.5x＝＋0.5x，x≥0.（7分）
（2）由
（1）知，F＝＋0.5x＝＋0.5（x＋5）－2.5
≥2－2.5
＝57.5.（10分）
当且仅当＝0.5（x＋5）＞0，即x＝55时取等号．
所以当x为55时，F取得最小值为57.5万元．（14分）
（说明：
第
（2）题用导数求最值的，相应给分）
18.解：
（1）由e＝，得＝＝，即a2＝9b2，
故椭圆的方程为＋＝1.（3分）
又椭圆过点M（3，），
所以＋＝1，解得b2＝4.
所以椭圆C的方程为＋＝1.（5分）
（2）①记△MAF2的外接圆的圆心为T.
因为直线OM的斜率kOM＝，
所以线段MA的中垂线方程为y＝－3x.
又由M（3，）、F2（4，0），得线段MF2的中点为N.
而直线MF2的斜率kMF2＝－1，
所以线段MF2的中垂线方程为y＝x－3.
由解得T.（8分）
从而圆T的半径为＝，
故△MAF2的外接圆的方程为＋＝.（10分）
（说明：
该圆的一般式方程为x2＋y2－x＋y－20＝0.）
②设直线MA的斜率为k，A（x1，y1）、B（x2，y2）．
由题意知，直线MA与MB的斜率互为相反数，故直线MB的斜率为－k.
直线MA的方程为y－＝k（x－3），
即y＝kx＋－3k.
由方程消去y，整理得
（9k2＋1）x2＋18k（1－3k）x＋162k2－108k－18＝0.（*）
由题意知，方程（*）有两解3，x1，
所以x1＝－3＝－3.
同理可得x2＝－3.（13分）
因此x2－x1＝，x2＋x1＝－6.
又y2－y1＝－kx2＋＋3k－（kx1＋－3k）
＝－k（x2＋x1）＋6k
＝－＋12k
＝，
所以直线AB的斜率kAB＝＝＝，为定值．（16分）
19.解：
（1）因为函数f（x）＝x－1在区间[－2，1]上单调递增，
所以当x∈[－2，1]时，f（x）的取值范围为[－3，0]．（2分）
而[－3，0][－2，1]，
所以f（x）在区间[－2，1]上不是封闭的．（4分）
（2）因为g（x）＝＝3＋.
①当a＝3时，函数g（x）＝3，显然{3}[3，10]，故a＝3满足题意；
②当a＞3时，在区间[3，10]上，函数g（x）单调递减，此时g（x）的取值范围为.
由[3，10]，得解得3≤a≤31，故3＜a≤31；（7分）
③当a＜3时，在区间[3，10]上，有g（x）＝3＋＜3，不合题意．
综上所述，实数a的取值范围是区间[3，31]．（9分）
（3）因为h（x）＝x3－3x，
所以h′（x）＝3x2－3＝3（x＋1）（x－1）．
因为当x＜－1或x＞1时，h′（x）＞0；当x＝－1或1时，
h′（x）＝0；当－1＜x＜1时，h′（x）＜0，
所以h（x）在区间（－∞，－1]上单调递增，在区间[－1，1]上单调递减，在区间[1，＋∞）上单调递增．
从而h（x）在x＝－1处取得极大值2，在x＝1处取得极小值－2.（11分）
解法1：
①当a＜b≤－1时，因为h（x）在区间[a，b]上单调递增，
所以
即
解得此时无解．
②当a≤－1＜b≤1时，因为h（－1）＝2＞b，与“h（x）在区间[a，b]上封闭”矛盾，即此时无解．
③当a≤－1且b＞1时，
因为h（－1）＝2，h
（1）＝－2，
故
由
解得从而
④当－1≤a＜b≤1时，h（x）在区间[a，b]上单调递减，
所以（*）
又a、b∈Z，所以或或
分别代入（*）检验，均不合要求，即此时无解．
⑤当－1≤a≤1且b≥1时，因为h
（1）＝－2＜a，与“h（x）在区间[a，b]上封闭”矛盾，即此时无解．
⑥当1≤a＜b时，因为h（x）在区间[a，b]上递增，
所以
即
此时无解．
综上所述，a＝－2，b＝2.（16分）
解法2：
由题意知，
即
解得
因为a＜b，
所以－2≤a≤0，0≤b≤2.
又a、b∈Z，故a只可能取－2，－1，0，b只可能取0，1，2.
①当a＝－2时，因为b＞0，故由h（－1）＝2，得b≥2.
因此b＝2.
经检验，a＝－2，b＝2满足题意．
②当a＝－1时，由于h（－1）＝2，故b＝2，此时h
（1）＝－2，不满足题意．
③当a＝0时，显然不满足题意．
综上所述，a＝－2，b＝2.（16分）
20.
（1）解：
因为{an}是等差数列，
所以an＝（6－12t）＋6（n－1）＝6n－12t（n∈N*）．（2分）
因为数列{bn}的前n项和为Sn＝3n－t，
所以当n≥2时，bn＝（3n－t）－（3n－1－t）＝2×3n－1.
又b1＝S1＝3－t，故bn＝（4分）
（2）证明：
因为{bn}是等比数列，
所以3－t＝2×31－1，解得t＝1.
从而an＝6n－12，bn＝2×3n－1（n∈N*）．
对任意的n∈N*，
由于bn＋1＝2×3n＝6×3n－1＝6（3n－1＋2）－12，
令cn＝3n－1＋2∈N*，则acn＝6（3n－1＋2）－12＝bn＋1，
所以命题成立．（7分）
从而数列{cn}的前n项和Tn＝2n＋＝×3n＋2n－.（9分）
（3）解：
由题意得dn＝
当n≥2时，dn＋1－dn＝4（n＋1－2t）·3n＋1－4（n－2t）·3n＝8·3n.
①若2t－＜2，即t＜时，dn＋1＞dn.
由题意得d1≤d2，即6（3－t）（1－2t）≤36（2－2t），
解得≤t≤.
因为＜，
所以t∈.（12分）
②若2≤2t－＜3，
即≤t＜时，dn＋1＞dn（n∈N，n≥3）．
由题意得d2＝d3，即4（2t－2）×32＝4（2t－3）×33，
解得t＝.
③若m≤2t－＜m＋1（m∈N，m≥3），
即＋≤t＜＋（m∈N，m≥3）时，
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