a₁₁    a₁₂   a₁₃  … a_1n

a₂₁      a₂₂   a₂₃ … a_2n

…    …   …  … …

a _{n1    a n2   a n3}  … a _{n n}

（1）求公比q的值 ；

（2）求的值 ；

（3）記第k行各項(xiàng)和為,求A₁、A₂ 及的通項(xiàng)公式.

24．設(shè)函數(shù)的最小值大于3，求實(shí)數(shù)的取值范圍.

25．設(shè)函數(shù)，已知不論為何實(shí)數(shù)，恒有，f(2-cos)≥0，對(duì)于正數(shù)數(shù)列，其前項(xiàng)和，（），

（1）求的值；  

（2）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；

（3）問(wèn)是否存在等比數(shù)列，使得對(duì)于一切正整數(shù)都成立？證明你的結(jié)論

 

 

 

 

 

1．解:（1）以甲3勝1敗而結(jié)束比賽, 甲只能在1、2、3次中失敗1次, 因此所求概率為:

（2）乙3勝2敗的場(chǎng)合, 因而所求概率為 

2．解：（1）設(shè)f（x）=ax²+bx+c，由f（0）=1得c=1， 故f（x）=ax²+bx+1.                                

∵f(x+1)-f(x)=2x,∴a(x+1)²+b(x+1)+1-(ax²+bx+1)=2x.

即2ax+a+b=2x,所以,∴f(x)=x²-x+1.

（2）由題意得x²-x+1>2x+m在[-1,1]上恒成立.即x²-3x+1-m>0在[-1,1]上恒成立。

設(shè)g(x)= x²-3x+1-m,其圖象的對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)x=,所以g(x) 在[-1,1]上遞減.

故只需g(1)>0,即1²-3×1+1-m>0,解得m<-1.       

3．解：（1）因?yàn)锳C=CB，所以，CDAB，

又因?yàn)锳BC―A₁B₁C₁是直三棱柱，所以CDAA₁,

故：CD平面ABB₁A₁

（2）取AC中點(diǎn)E，則DEAC，得：DE平面ACC₁A₁，

作DH垂直A₁C于H，

則DHE就是二面角D―A₁C―A的平面角。

在中，DE=0.5AC=1。

EH=

由

4。解：（1） ,

為等差數(shù)列, 且 又 

, .

       （2）, ,

① 時(shí), 由

, 此時(shí)當(dāng)時(shí)存在

② 時(shí), 由

不存在最小的正整數(shù)N, 使時(shí).綜上所述, 當(dāng)時(shí), 存在最小的正整數(shù)N, 使時(shí)。

5．解:（1）設(shè)M, , ,

 A、P點(diǎn)的橫坐標(biāo)相同, x軸  ∥x軸.  

M到x與M到F的距離相等, M的軌跡為拋物線(xiàn).

則 

（2）設(shè)圓方程,

. 過(guò)S、T分別作準(zhǔn)線(xiàn)x的垂線(xiàn)d₁、d₂.S、T在拋物線(xiàn)上, 

(定值)

又,

在橢圓上.

6．解：（1）

由=0即

即對(duì)稱(chēng)中心的橫坐標(biāo)為

（2）由已知b²=ac

  即的值域?yàn)?img border=0 src="http://pic.1010jiajiao.com/pic4/docfiles/down/test/down/00deac8217dfad796eb53915120b7b84.zip/55669/廣東新課標(biāo)2007年高考數(shù)學(xué)解答題專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練.files/image314.gif" >綜上所述， 值域?yàn)?img border=0 src="http://pic.1010jiajiao.com/pic4/docfiles/down/test/down/00deac8217dfad796eb53915120b7b84.zip/55669/廣東新課標(biāo)2007年高考數(shù)學(xué)解答題專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練.files/image314.gif" > 

7．解：（1）設(shè)函數(shù)y= f (x)的圖像上任一點(diǎn)Q(x ，y )關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為P（x, y）則          即     x=-x

     即     y=-y

∵點(diǎn)Q（x,y）在函數(shù)y= f (x)的圖像上，

∴-y = x-2 x,即y = - x+ 2 x , 故g (x) = - x+ 2 x.

（2）由g (x) ≥ f (x)－?x -1?可得 , 2 x- ?x - 1?≤0

當(dāng)x ≥1時(shí), 2 x- x + 1 ≤0,  此時(shí)不等式無(wú)解.

當(dāng)x ＜1時(shí), 2 x+ x ? 1 ≤0 , ∴ - 1 ≤ x ≤

因此, 原不等式的解集為［ -1,  ］。

（3） h(x) =-( 1+λ)x+ 2(1-λ) x + 1

①當(dāng)λ=-1時(shí), h(x) = 4x+1在［-1,1］上是增函數(shù), ∴λ = - 1

②當(dāng)λ≠-1時(shí) ,對(duì)稱(chēng)軸的方程為 x = .

(i)當(dāng)λ＜- 1時(shí),  ≤- 1,  解得λ＜ - 1

(ii)當(dāng)λ＞- 1時(shí),  ≥ 1,  解得 - 1＜λ≤ 0.

綜上,    λ ≤ 0.

8．解：（1）因?yàn)锳B=AC,D是BC的中點(diǎn)，所以AD⊥BC.

又平面CC₁B₁B⊥ABC ，

則AD⊥平面CC₁B₁B. B₁F 在平面CC₁B₁B內(nèi)， AD⊥B₁F. 

在矩形CC₁B₁B中，tan∠C₁B₁F=tan∠CFD=，

所以∠C₁B₁F=∠CFD ，∠C₁FB₁+∠CFD=∠C₁FB₁+∠C₁B₁F=90⁰,

因此FD⊥B₁F ,即證B₁F⊥平面ADF；

（2）延長(zhǎng)FD，B₁B交于G，則AG為所求二面角的棱.由RtΔFCD≌RtΔGBD,

所以CF=GB=2a.過(guò)B₁作B₁H⊥AG,且B₁H與AG交于H.又 B₁F⊥平面ADF，F(xiàn)H⊥AG, ∠B₁HF為所求二面角的平面角.

由RtΔABG∽R(shí)tΔB₁HG ,解得B₁H =.而B(niǎo)₁F==，sin∠B₁HF=，

即所求二面角的正弦值是. 

9．解：（1）由已知解之得：

∴橢圓的方程為，雙曲線(xiàn)的方程.

又  ∴雙曲線(xiàn)的離心率

（2）由（Ⅰ）A（－5，0），B（5，0）  設(shè)M得m為AP的中點(diǎn)

∴P點(diǎn)坐標(biāo)為   將m、p坐標(biāo)代入c₁、c₂方程得

消去y₀得   解之得由此可得P（10，

當(dāng)P為（10， 時(shí)，PB：  即

代入由此可得P（10，

當(dāng)P為（10， 時(shí)   PB：  即

代入

   MN⊥x軸     即

10．解：（1）令y=0得f(x)[1-f(0)]=0，則f(0)=1，適合題意的f(x)的一個(gè)解析式是f(x)=

（2）①由遞推關(guān)系知

從而     

②的大小，只需比較的大小，容易知道

（3） 由題意有 <0,又a>1知x>1.     

11．解法1：依定義則

若在（－1，1）上是增函數(shù)，則在（－1，1）上可設(shè)

在區(qū)間（－1，1）上恒成立，考慮函數(shù)

由于的圖像是對(duì)稱(chēng)軸為開(kāi)口向上的拋物線(xiàn)，

故要使在區(qū)間（－1，1）上恒成立

.

解法2：依定義

的圖象是開(kāi)口向下的拋物線(xiàn)，

12．解：（1）將得

（2）不等式即為

即

①當(dāng)

②當(dāng)

③.

13．解:（1）設(shè)“甲射擊4次，至少1次未擊中目標(biāo)”為事件A，則其對(duì)立事件為“4次均擊中目標(biāo)”，則

（2）設(shè)“甲恰好擊中目標(biāo)2次且乙恰好擊中目標(biāo)3次”為事件B,則

（3）設(shè)“乙恰好射擊5次后，被中止射擊”為事件C,由于乙恰好射擊5次后被中止射擊,故必然是最后兩次未擊中目標(biāo)，第三次擊中目標(biāo)，第一次及第二次至多有一次未擊中目標(biāo)。

故

14．解:（1）arcsin

       （2）k=1

15．解：（1）設(shè)橢圓方程為

則直線(xiàn)AB的方程為，代入，

化簡(jiǎn)得.

令A(yù)（），B），則

由與共線(xiàn)，

得又，

即，所以，

故離心率

（2）證明：由（1）知，所以橢圓可化為

設(shè)，由已知得

 在橢圓上，

即①

由（1）知

又，代入①得

故為定值，定值為1.

16．解:（1）

（2）

（3）略

17．解：單局比賽甲隊(duì)勝乙隊(duì)的概率為0.6，乙隊(duì)勝甲隊(duì)的概率為1－0.6=0.4

（1）記“甲隊(duì)勝三局”為事件A，“甲隊(duì)勝二局”為事件B，則

∴前三局比賽甲隊(duì)領(lǐng)先的概率為P(A)+P(B)=0.648

（2）若本場(chǎng)比賽乙隊(duì)3：2取勝，則前四局雙方應(yīng)以2：2戰(zhàn)平，且第五局乙隊(duì)勝。所以，所求事件的概率為

18．解：（1）由已知可得,

兩式相減得

即  從而

當(dāng)時(shí)所以

又所以從而  

故總有，

又從而 

即數(shù)列是首項(xiàng)為6，公比為2的等比數(shù)列；

（2）由（I）知  因?yàn)?img border=0 src="http://pic.1010jiajiao.com/pic4/docfiles/down/test/down/00deac8217dfad796eb53915120b7b84.zip/55669/廣東新課標(biāo)2007年高考數(shù)學(xué)解答題專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練.files/image562.gif" >

所以

從而

=  =

－=

由上

－=

=12①

當(dāng)時(shí)，①式=0所以；<

當(dāng)時(shí)，①式=-12所以=

當(dāng)時(shí)，n-1>0

又

所以即①從而

19．解:方法一（1）證明：∵PA⊥面ABCD，CD⊥AD，∴由三垂線(xiàn)定理得：CD⊥PD.

       因而，CD與面PAD內(nèi)兩條相交直線(xiàn)AD，PD都垂直，

       ∴CD⊥面PAD.

       又CD面PCD，

       ∴面PAD⊥面PCD.

       （2）解：過(guò)點(diǎn)B作BE//CA，且BE=CA，則∠PBE是AC與PB所成的角.

       連結(jié)AE，可知AC=CB=BE=AE=，又AB=2，

       所以四邊形ACBE為正方形. 

       由PA⊥面ABCD得∠PEB=90°

       在Rt△PEB中BE=，PB=，    

      

      

       （3）解：作AN⊥CM，垂足為N，連結(jié)BN.

       在Rt△PAB中，AM=MB，又AC=CB，∴△AMC≌△BMC,

       ∴BN⊥CM，故∠ANB為所求二面角的平面角.

       ∵CB⊥AC，由三垂線(xiàn)定理，得CB⊥PC，

       在Rt△PCB中，CM=MB，所以CM=AM.

       在等腰三角形AMC中，AN?MC=，

       .    ∴AB=2，

      

       故所求的二面角為

方法二：因?yàn)镻A⊥PD，PA⊥AB，AD⊥AB，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)AD長(zhǎng)為單位長(zhǎng)度，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則各點(diǎn)坐標(biāo)為A（0，0，0）B（0，2，0），C（1，1，0），D（1，0，0），P（0，0，1），M（0，1，.

       （1）證明：因

       由題設(shè)知AD⊥DC，且AP與AD是平面PAD內(nèi)的兩條相交直線(xiàn)，由此得DC⊥面PAD.

又DC在面PCD上，故面PAD⊥面PCD.

       （2）解：因

      

       所以

       （3）解：在MC上取一點(diǎn)N（x，y，z），則存在使

       要使

      

      

       為所求二面角的平面角.

20．解：（1）設(shè)雙曲線(xiàn)方程為 

由已知得故雙曲線(xiàn)C的方程為

（2）將