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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行各項和為,求A₁、A₂ 及的通項公式.

24．設函數的最小值大于3，求實數的取值范圍.

25．設函數，已知不論為何實數，恒有，f(2-cos)≥0，對于正數數列，其前項和，（），

（1）求的值；  

（2）求數列的通項公式；

（3）問是否存在等比數列，使得對于一切正整數都成立？證明你的結論

 

 

 

 

 

1．解:（1）以甲3勝1敗而結束比賽, 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敗的場合, 因而所求概率為 

2．解：（1）設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g(x)= x²-3x+1-m,其圖象的對稱軸為直線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）因為AC=CB，所以，CDAB，

又因為ABC―A₁B₁C₁是直三棱柱，所以CDAA₁,

故：CD平面ABB₁A₁

（2）取AC中點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） ,

為等差數列, 且 又 

, .

       （2）, ,

① 時, 由

, 此時當時存在

② 時, 由

不存在最小的正整數N, 使時.綜上所述, 當時, 存在最小的正整數N, 使時。

5．解:（1）設M, , ,

 A、P點的橫坐標相同, x軸  ∥x軸.  

M到x與M到F的距離相等, M的軌跡為拋物線.

則 

（2）設圓方程,

. 過S、T分別作準線x的垂線d₁、d₂.S、T在拋物線上, 

(定值)

又,

在橢圓上.

6．解：（1）

由=0即

即對稱中心的橫坐標為

（2）由已知b²=ac

  即的值域為綜上所述， 值域為 

7．解：（1）設函數y= f (x)的圖像上任一點Q(x ，y )關于原點的對稱點為P（x, y）則          即     x=-x

     即     y=-y

∵點Q（x,y）在函數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x ≥1時, 2 x- x + 1 ≤0,  此時不等式無解.

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

②當λ≠-1時 ,對稱軸的方程為 x = .

(i)當λ＜- 1時,  ≤- 1,  解得λ＜ - 1

(ii)當λ＞- 1時,  ≥ 1,  解得 - 1＜λ≤ 0.

綜上,    λ ≤ 0.

8．解：（1）因為AB=AC,D是BC的中點，所以AD⊥BC.

又平面CC₁B₁B⊥ABC ，

則AD⊥平面CC₁B₁B. B₁F 在平面CC₁B₁B內， 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FD，B₁B交于G，則AG為所求二面角的棱.由RtΔFCD≌RtΔGBD,

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

由RtΔABG∽RtΔB₁HG ,解得B₁H =.而B₁F==，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，雙曲線的方程.

又  ∴雙曲線的離心率

（2）由（Ⅰ）A（－5，0），B（5，0）  設M得m為AP的中點

∴P點坐標為   將m、p坐標代入c₁、c₂方程得

消去y₀得   解之得由此可得P（10，

當P為（10， 時，PB：  即

代入由此可得P（10，

當P為（10， 時   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)的一個解析式是f(x)=

（2）①由遞推關系知

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，則在（－1，1）上可設

在區間（－1，1）上恒成立，考慮函數

由于的圖像是對稱軸為開口向上的拋物線，

故要使在區間（－1，1）上恒成立

.

解法2：依定義

的圖象是開口向下的拋物線，

12．解：（1）將得

（2）不等式即為

即

①當

②當

③.

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

（2）設“甲恰好擊中目標2次且乙恰好擊中目標3次”為事件B,則

（3）設“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，第三次擊中目標，第一次及第二次至多有一次未擊中目標。

故

14．解:（1）arcsin

       （2）k=1

15．解：（1）設橢圓方程為

則直線AB的方程為，代入，

化簡得.

令A（），B），則

由與共線，

得又，

即，所以，

故離心率

（2）證明：由（1）知，所以橢圓可化為

設，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：單局比賽甲隊勝乙隊的概率為0.6，乙隊勝甲隊的概率為1－0.6=0.4

（1）記“甲隊勝三局”為事件A，“甲隊勝二局”為事件B，則

∴前三局比賽甲隊領先的概率為P(A)+P(B)=0.648

（2）若本場比賽乙隊3：2取勝，則前四局雙方應以2：2戰平，且第五局乙隊勝。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

當時所以

又所以從而  

故總有，

又從而 

即數列是首項為6，公比為2的等比數列；

（2）由（I）知  因為

所以

從而

=  =

－=

由上

－=

=12①

當時，①式=0所以；<

當時，①式=-12所以=

當時，n-1>0

又

所以即①從而

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

       因而，CD與面PAD內兩條相交直線AD，PD都垂直，

       ∴CD⊥面PAD.

       又CD面PCD，

       ∴面PAD⊥面PCD.

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

       連結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：因為PA⊥PD，PA⊥AB，AD⊥AB，以A為坐標原點AD長為單位長度，如圖建立空間直角坐標系，則各點坐標為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

       由題設知AD⊥DC，且AP與AD是平面PAD內的兩條相交直線，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N（x，y，z），則存在使

       要使

      

      

       為所求二面角的平面角.

20．解：（1）設雙曲線方程為 

由已知得故雙曲線C的方程為

（2）將