2、已知復數z滿足(+3i)z＝3i，則z＝(　 )

A．　 B. 　C. 　D.

1、已知集合M＝{x|}，N＝{y|y＝3x²+1，xÎR}，則MÇN＝(　 )

A．Æ　 B. {x|x³1}　 C.{x|x>1}　 D. {x| x³1或x<0}

20．本小題主要考查函數、方程等基本知識，考查分類討論的數學思想方法和綜合運用數學知識分析問題、解決問題的能力。

要使有t意義，必須1+x≥0且1-x≥0，即-1≤x≤1,

∴t≥0　　　　　　　　 ①

t的取值范圍是由①得

∴m(t)=a()+t=

(2)由題意知g(a)即為函數的最大值。

注意到直線是拋物線的對稱軸，分以下幾種情況討論。

當a>0時，函數y=m(t), 的圖象是開口向上的拋物線的一段，

由<0知m(t)在上單調遞增，∴g(a)=m(2)=a+2

(2)當a=0時，m(t)=t, ,∴g(a)=2.

(3)當a<0時,函數y=m(t), 的圖象是開口向下的拋物線的一段，

若，即則

若，即則

若，即則

綜上有

(3)解法一：

情形1：當時，此時，

由，與a<-2矛盾。

情形2：當時，此時，

解得， 與矛盾。

情形3：當時，此時

所以

情形4：當時，，此時，

矛盾。

情形5：當時，，此時g(a)=a+2,

由解得矛盾。

情形6：當a>0時，，此時g(a)=a+2,

由，由a>0得a=1.

綜上知，滿足的所有實數a為或a=1

21本小題主要考查等差數列、充要條件等基礎知識，考查綜合運用數學知識分析問題、解決問題的能力。

證明：必要性，設是{a_n}公差為d₁的等差數列，則

b_n+1–b_n=(a_n+1–a_n+3) – (a_n–a_n+2)= (a_n+1–a_n) – (a_n+3–a_n+2)= d₁– d₁=0

所以b_nb_n+1　 ( n=1,2,3,…)成立。

又c_n+1–c_n=(a_n+1–a_n)+2 (a_n+2–a_n+1)+3 (a_n+3–a_n+2)= d₁+2 d₁ +3d₁ =6d₁(常數) ( n=1,2,3,…)

所以數列{c_n}為等差數列。

充分性： 設數列{c_n}是公差為d₂的等差數列，且b_nb_n+1　 ( n=1,2,3,…)

∵c_n=a_n+2a_n+1+3a_n+2　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①

∴c_n+2=a_n+2+2a_n+3+3a_n+4 ②

①-②得c_n–c_n+2=(a_n–a_n+2)+2 (a_n+1–a_n+3)+3 (a_n+2–a_n+4)=b_n+2b_n+1+3b_n+2

∵c_n–c_n+2=( c_n–c_n+1)+( c_n+1–c_n+2)= –2 d₂

∴b_n+2b_n+1+3b_n+2=–2 d₂③

從而有b_n+1+2b_n+2+3b_n+3=–2 d₂④

④-③得(b_n+1–b_n)+2 (b_n+2–b_n+1)+3 (b_n+3–b_n+2)=0　　　　　　　 ⑤

∵b_n+1–b_n≥0, b_n+2–b_n+1≥0 , b_n+3–b_n+2≥0,

∴由⑤得b_n+1–b_n=0　 ( n=1,2,3,…)，

由此不妨設b_n=d₃ ( n=1,2,3,…)則a_n–a_n+2= d₃(常數).

由此c_n=a_n+2a_n+1+3a_n+2= c_n=4a_n+2a_n+1–3d₃

從而c_n+1=4a_n+1+2a_n+2–5d_{3　 ，}

兩式相減得c_n+1–c_n=2₍ a_n+1–a_n) –2d₃

因此(常數) ( n=1,2,3,…)

所以數列{a_n}公差等差數列。

[解后反思]理解公差d的涵義，能把文字敘述轉化為符號關系式.利用遞推關系是解決數列的重要方法,要求考生熟練掌握等差數列的定義、通項公式及其由來.

(17)(本小題滿分12分，第一小問滿分5分，第二小問滿分7分)

　　已知三點P(5，2)、(－6，0)、(6，0).

　　 (Ⅰ)求以、為焦點且過點P的橢圓的標準方程；

O

(Ⅱ)設點P、、關于直線y＝x的對稱點分別為、、，求以、為焦點且過點的雙曲線的標準方程。

(18)(本小題滿分14分)

O1

　　請您設計一個帳篷。它下部的形狀是高為1m的正六棱柱，上部的形狀是側棱長為3m的正六棱錐(如右圖所示)。試問當帳篷的頂點O到底面中心的距離為多少時，帳篷的體積最大？

(19)(本小題滿分14分，第一小問滿分4分，第二小問滿分5分，第三小問滿分5分)

　　在正三角形ABC中，E、F、P分別是AB、AC、BC邊上的點，滿足AE:EB＝CF:FA＝CP:PB＝1:2(如圖1)。將△AEF沿EF折起到的位置，使二面角A₁－EF－B成直二面角，連結A₁B、A₁P(如圖2)

(Ⅰ)求證：A₁E⊥平面BEP；

(Ⅱ)求直線A₁E與平面A₁BP所成角的大小；

(Ⅲ)求二面角B－A₁P－F的大小(用反三角函數表示)

　

(20)(本小題滿分16分，第一小問4分，第二小問滿分6分，第三小問滿分6分)

　　設a為實數，設函數的最大值為g(a)。

　　(Ⅰ)設t＝，求t的取值范圍，并把f(x)表示為t的函數m(t)

(Ⅱ)求g(a)

(Ⅲ)試求滿足的所有實數a

(21)(本小題滿分14分)

　　設數列、、滿足：，(n=1,2,3,…)，

　　證明為等差數列的充分必要條件是為等差數列且(n=1,2,3,…)

1[思路點撥]本題考查函數的奇偶性，三角函數sinx的奇偶性的判斷，本題是一道送分的概念題

[正確解答]解法1由題意可知，得a=0

解法2：函數的定義域為R,又f(x)為奇函數,故其圖象必過原點即f(0)=0,所以得a=0,

解法3由f(x)是奇函數圖象法函數畫出的圖象選A

[解后反思]對數學概念及定理公式的深刻理解是解數學問題的關健,討論函數的奇偶性,其前提條件是函數的定義域必須關于原點對稱.

若函數f(x)為奇函數的圖象關于原點對稱.

若函數f(x)為偶函數的圖象關于y軸對稱.

2[思路點撥]本題主要考查圓的切線的求法，直線與圓相切的充要條件是圓心到直線的距離等于半徑.

[正確解答]直線ax+by=0，則，由排除法，

選C,本題也可數形結合，畫出他們的圖象自然會選C,用圖象法解最省事。

[解后反思]直線與圓相切可以有兩種方式轉化(1)幾何條件:圓心到直線的距離等于半徑(2)代數條件:直線與圓的方程組成方程組有唯一解,從而轉化成判別式等于零來解.

3[思路點撥]本題考查統(tǒng)計的基本知識，樣本平均數與樣本方差的概念以及求解方程組的方法

[正確解答]由題意可得：x+y=20,(x-10)²+(y-10)²=8,解這個方程組需要用一些技巧，因為不要直接求出x、y，只要求出，設x=10+t, y=10-t, ，選D

[解后反思]

4[思路點撥]本題主要考三角函數的圖象變換，這是一道平時訓練的比較多的一種類型。

[正確解答]先將的圖象向左平移個單位長度，

得到函數的圖象，再把所得圖象上各點的橫坐標伸長到原來的3倍(縱坐標不變)得到函數的圖像

[解后反思]由函數的圖象經過變換得到函數

(1)．y=Asinx，xÎR(A>0且A¹1)的圖象可以看作把正弦曲線上的所有點的縱坐標伸長(A>1)或縮短(0<A<1)到原來的A倍得到的

(2)函數y=sinωx, xÎR (ω>0且ω¹1)的圖象，可看作把正弦曲線上所有點的橫坐標縮短(ω>1)或伸長(0<ω<1)到原來的倍(縱坐標不變)

(3)函數y＝sin(x+)，x∈R(其中≠0)的圖象，可以看作把正弦曲線上所有點向左(當＞0時)或向右(當＜0時＝平行移動｜｜個單位長度而得到 (用平移法注意講清方向：“加左”“減右”)

可以先平移變換后伸縮變換，也可以先伸縮變換后平移變換，但注意：先伸縮時，平移的單位把x前面的系數提取出來。

5[思路點撥]本題主要考查二項式展開通項公式的有關知識.

　　　 [正確解答]的展開式通項為，因此含x的正整數次冪的項共有2項.選B

[解后反思]多項式乘法的進位規(guī)則.在求系數過程中,盡量先化簡,降底數的運算級別,盡量化成加減運算,在運算過程可以適當注意令值法的運用,例如求常數項,可令.在二項式的展開式中，要注意項的系數和二項式系數的區(qū)別.

6[思路點撥]本題主要考查平面向量的數量積運算，拋物線的定義.

[正確解答]設，，，

則

由，則，

化簡整理得 所以選B

[解后反思]向量的坐標表示和數量積的性質在平面向量中的應用是學習的重點和難點.也是高考常�？疾榈闹匾獌热葜�一.在平時請多多注意用坐標如何來表示向量平行和向量垂直,既要注意它們聯(lián)系,也要注意它們的區(qū)別.

　7[思路點撥]本題主要考查.集合的并集與交集運算，集合之間關系的理解。

[正確解答]因為由題意得所以選A

[解后反思]對集合的子、交、并、補運算，以及集合之間的關系要牢固掌握。本題考查三個抽象集合之間的關系，可以考慮借助與文氏圖。

8[思路點撥]本題主要考查.不等式恒成立的條件，由于給出的是不完全提干，必須結合選擇支，才能得出正確的結論。

[正確解答]運用排除法，C選項，當a-b<0時不成立。

[解后反思]運用公式一定要注意公式成立的條件

如果

如果a,b是正數，那么

9[思路點撥]本題主要考查空間想象能力，以及正四棱錐的體積

[正確解答]由于兩個正四棱錐相同，所以所求幾何體的中心在正四棱錐底面正方形ABCD中心，有對稱性知正四棱錐的高為正方體棱長的一半，影響幾何體體積的只能是正四棱錐底面正方形ABCD的面積，問題轉化為邊長為1的正方形的內接正方形有多少種，所以選D.

[解后反思]正方體是大家熟悉的幾何體，它的一些內接或外接圖形需要一定的空間想象能力，要學會將空間問題向平面問題轉化。

10[思路點撥]本題主要考查平均分組問題及概率問題.

[正確解答]將六個接線點隨機地平均分成三組，共有種結果，五個接收器能同時接收到信號必須全部在同一個串聯(lián)線路中，有種結果，這五個接收器能同時接收到信號的概率是，選D

[解后反思]概率問題的難點在于分析某事件所有可能出現(xiàn)的結果及其表示方法，而運用概率部分的性質、公式求某事件概率只是解決問題的工具而已

11[思路點撥]本題主要考查解三角形的基本知識

[正確解答]由正弦定理得，解得

[解后反思]解三角形：已知兩角及任一邊運用正弦定理，已知兩邊及其夾角運用余弦定理

12[思路點撥]本題主要考查線性規(guī)劃問題,由線性約束條件畫出可行域,然后求出目標函數的最大值.

[正確解答]畫出可行域，得在直線2x-y=2與直線x-y=-1的交點

A(3,4)處，目標函數z最大值為18

[解后反思]本題只是直接考查線性規(guī)劃問題，是一道較為簡單的送分題。近年來高考線性規(guī)劃問題高考數學考試的熱點，數形結合是數學思想的重要手段之一,是連接代數和幾何的重要方法。 隨著要求數學知識從書本到實際生活的呼聲不斷升高,線性規(guī)劃這一類新型數學應用問題要引起重視。

13[思路點撥]本題考查排列組合的基本知識.

[正確解答]由題意可知，因同色球不加以區(qū)分，實際上是一個組合問題，共有

[解后反思]分步計數原理與分類計數原理是排列組合中解決問題的重要手段,也是基礎方法,在高中數學中,只有這兩個原理,尤其是分類計數原理與分類討論有很多相通之處,當遇到比較復雜的問題時,用分類的方法可以有效的將之化簡,達到求解的目的.

14[思路點撥]本題考查三角公式的記憶及熟練運用三角公式計算求值

[正確解答]

[解后反思]方法不拘泥,要注意靈活運用,在求三角的問題中,要注意這樣的口決“三看”即(1)看角,把角盡量向特殊角或可計算角轉化，(2)看名稱,把一道等式盡量化成同一名稱或相近的名稱，例如把所有的切都轉化為相應的弦，或把所有的弦轉化為相應的切，(3)看式子,看式子是否滿足三角函數的公式.如果滿足直接使用,如果不滿足轉化一下角或轉換一下名稱,就可以使用.

15[思路點撥]本題考查應用導數求曲線切線的斜率，數列通項公式以及等比數列的前n項和的公式

[正確解答]，曲線y=xⁿ(1-x)在x=2處的切線的斜率為k=n2^n-1-(n+1)2ⁿ

切點為(2，-2ⁿ),所以切線方程為y+2ⁿ=k(x-2),令x=0得 a_n=(n+1)2ⁿ,令b_n=.數列的前n項和為2+2²+2³+…+2ⁿ=2ⁿ⁺¹-2

[解后反思]應用導數求曲線切線的斜率時，要首先判定所經過的點為切點。否則容易出錯。

16[思路點撥]本題考查對數函數單調性和不等式的解法

[正確解答]，0〈，.

解得

[解后反思]在數的比較大小過程中,要遵循這樣的規(guī)律,異中求同即先將這些數的部分因式化成相同的部分,再去比較它們剩余部分,就會很輕易啦.一般在數的比較大小中有如下幾種方法：(1)作差比較法和作商比較法,前者和零比較,后者和1比較大�。�(2)找中間量,往往是1,在這些數中,有的比1大,有的比1�。�,(3)計算所有數的值；(4)選用數形結合的方法,畫出相應的圖形；(5)利用函數的單調性等等.

17本小題主要考查橢圓與雙曲線的基本概念、標準方程、幾何性質等基礎知識和基本運算能力。

解：(1)由題意可設所求橢圓的標準方程為(a>b>0),其半焦距c=6

∴,b²=a²-c²=9.

所以所求橢圓的標準方程為

(2)點P(5,2)、F₁(-6,0)、F₂(6,0)關于直線y=x的對稱點分別為點P^，(2，5)、F₁^，(0，-6)、F₂^，(0，6).

設所求雙曲線的標準方程為由題意知，半焦距c₁=6

,b₁²=c₁²-a₁²=36-20=16. 所以所求雙曲線的標準方程為

18.本小題主要考查利用導數研究函數的最大值和最小值的基礎知識，以及運用數學知識解決實際問題的能力。

解：設OO₁為x m,

則由題設可得正六棱錐底面邊長為(單位：m)

于是底面正六邊形的面積為(單位：m²)

帳篷的體積為(單位：m³)

求導數，得

令解得x=-2(不合題意，舍去),x=2.

當1<x<2時，,V(x)為增函數；

當2<x<4時，,V(x)為減函數。

所以當x=2時,V(x)最大。

答當OO₁為2m時，帳篷的體積最大。

19本小題主要考查線面垂直、直線和平面所成的角、二面角等基礎知識，以及空間線面位置關系的證明、角和距離的計算等，考查空間想象能力、邏輯推理能力和運算能力。

解法一：不妨設正三角形ABC的邊長為3

(1)　　　 在圖1中，取BE中點D，連結DF. AE：EB=CF：FA=1：2∴AF=AD=2而∠A=60⁰ , ∴△ADF是正三角形，又AE=DE=1, ∴EF⊥AD在圖2中，A₁E⊥EF, BE⊥EF, ∴∠A₁EB為二面角A_1－EF－B的平面角。由題設條件知此二面角為直二面角，A₁E⊥BE,又∴A₁E⊥平面BEF,即 A₁E⊥平面BEP

(2)　　　 在圖2中，A₁E不垂直A₁B, ∴A₁E是平面A₁BP的垂線，又A₁E⊥平面BEP，

∴A₁E⊥BE.從而BP垂直于A₁E在平面A₁BP內的射影(三垂線定理的逆定理)設A₁E在平面A₁BP內的射影為A₁Q,且A₁Q交BP于點Q,則∠E₁AQ就是A₁E與平面A₁BP所成的角,且BP⊥A₁Q.在△EBP中, BE=EP=2而∠EBP=60⁰ , ∴△EBP是等邊三角形.又 A₁E⊥平面BEP , ∴A₁B=A₁P, ∴Q為BP的中點,且,又 A₁E=1,在Rt△A₁EQ中，,∴∠EA₁Q=60^o, ∴直線A₁E與平面A₁BP所成的角為60⁰

在圖3中，過F作FM⊥ A₁P與M，連結QM,QF,∵CP=CF=1, ∠C=60⁰,

∴△FCP是正三角形，∴PF=1.有∴PF=PQ①,

∵A₁E⊥平面BEP, 　∴A₁E=A₁Q,

∴△A₁FP≌△A₁QP從而∠A₁PF=∠A₁PQ②,

由①②及MP為公共邊知△FMP≌△QMP,

∴∠QMP=∠FMP=90^o,且MF=MQ,

從而∠FMQ為二面角B－A₁P－F的平面角.

　在Rt△A₁QP中,A₁Q=A₁F=2,PQ=1,又∴. ∵ MQ⊥A₁P∴∴在△FCQ中,FC=1,QC=2, ∠C=60⁰,由余弦定理得

在△FMQ中，

∴二面角B－A₁P－F的大小為

[解后反思]在立體幾何學習中,我們要多培養(yǎng)空間想象能力, 對于圖形的翻折問題,關健是利用翻折前后的不變量,二面角的平面角的適當選取是立體幾何的核心考點之一.是高考數學必考的知識點之一.作,證,解,是我們求二面角的三步驟.作:作出所要求的二面角,證:證明這是我們所求二面角,并將這個二面角進行平面化,置于一個三角形中,最好是直角三角形,利用我們解三角形的知識求二面角的平面角.向量的運用也為我們拓寬了解決立體幾何問題的角度,不過在向量運用過程中,要首先要建系,建系要建得合理,最好依托題目的圖形,坐標才會容易求得.

(11)在△ABC中，已知BC＝12，A＝60°，B＝45°，則AC＝　▲　

(12)設變量x、y滿足約束條件，則的最大值為　▲　

(13)今有2個紅球、3個黃球、4個白球，同色球不加以區(qū)分，將這9個球排成一列有　▲　種不同的方法(用數字作答)。

(14)＝　▲　

(15)對正整數n，設曲線在x＝2處的切線與y軸交點的縱坐標為，則數列的前n項和的公式是　▲　

(16)不等式的解集為　▲　

(1)已知，函數為奇函數，則a＝

(A)0　　(B)1　　(C)－1　　(D)±1

(2)圓的切線方程中有一個是

(A)x－y＝0　　(B)x+y＝0　　(C)x＝0　　(D)y＝0

(3)某人5次上班途中所花的時間(單位：分鐘)分別為x，y，10，11，9.已知這組數據的平均數為10，方差為2，則｜x－y｜的值為

(A)1　　(B)2　　　(C)3　　　(D)4

(4)為了得到函數的圖像，只需把函數的圖像上所有的點

(A)向左平移個單位長度，再把所得各點的橫坐標縮短到原來的倍(縱坐標不變)

(B)向右平移個單位長度，再把所得各點的橫坐標縮短到原來的倍(縱坐標不變)

(C)向左平移個單位長度，再把所得各點的橫坐標伸長到原來的3倍(縱坐標不變)

(D)向右平移個單位長度，再把所得各點的橫坐標伸長到原來的3倍(縱坐標不變)

(5)的展開式中含x的正整數指數冪的項數是

(A)0　　　(B)2　　　(C)4　　　(D)6

(6)已知兩點M(－2，0)、N(2，0)，點P為坐標平面內的動點，滿足　＝0，則動點P(x，y)的軌跡方程為

(A)　　(B)　　(C)　　(D)

(7)若A、B、C為三個集合，，則一定有

(A)　　(B)　　(C)　　(D)

(8)設a、b、c是互不相等的正數，則下列等式中不恒成立的是

(A)　　(B)

(C)　　　(D)

A

D

C

B

(9)兩相同的正四棱錐組成如圖1所示的幾何體，可放棱長為1的正方體內，使正四棱錐的底面ABCD與正方體的某一個平面平行，且各頂點均在正方體的面上，則這樣的幾何體體積的可能值有

圖1

(A)1個　　　(B)2個

(C)3個　　　(D)無窮多個

(10)右圖中有一個信號源和五個接收器。接收器與信號源在同一個串聯(lián)線路中時，就能接收到信號，否則就不能接收到信號。若將圖中左端的六個接線點隨機地平均分成三組，將右端的六個接線點也隨機地平均分成三組，再把所有六組中每組的兩個接線點用導線連接，則這五個接收器能同時接收到信號的概率是

(A)　　　(B)

(C)　　　(D)

21. (本小題滿分14分)已知橢圓C₁:,拋物線C₂:,

且C₁、C₂的公共弦AB過橢圓C₁的右焦點.

(Ⅰ)當AB⊥軸時,求、的值，并判斷拋物線C₂的焦點是否在直線AB上；

(Ⅱ)是否存在、的值，使拋物線C₂的焦點恰在直線AB上？若存在，

求出符合條件的、的值；若不存在，請說明理由.

解：(Ⅰ)當AB⊥x軸時，點A、B關于x軸對稱，所以m＝0，直線AB的方程為：

　　 　　 x =1，從而點A的坐標為(1，)或(1，－).　 因為點A在拋物線上.

所以，即.此時C₂的焦點坐標為(，0)，該焦點不在直線AB上.

(II)解法一： 假設存在、的值使的焦點恰在直線AB上，由(I)知直線AB

的斜率存在，故可設直線AB的方程為．

由消去得………………①

設A、B的坐標分別為(x₁,y₁), (x₂,y₂),　

則x₁,x₂是方程①的兩根，x₁+x₂＝.

　由　

消去y得.　　　　　 ………………②

因為C₂的焦點在直線上，

所以，即.代入②有.

即.　　　　　　　　　　　 　　 …………………③

由于x₁,x₂也是方程③的兩根，所以x₁+x₂＝.

從而＝. 解得　　……………………④

又AB過C_{1、、＼、、}C₂的焦點，所以

，

則　　 …………………………………⑤

由④、⑤式得，即．

解得于是

因為C₂的焦點在直線上，所以.

　或．

由上知，滿足條件的、存在，且或，．

解法二：　　　 設A、B的坐標分別為，．

　　因為AB既過C₁的右焦點，又過C₂的焦點，

所以.

即.　　　　 　 ……①

由(Ⅰ)知，于是直線AB的斜率， ……②

且直線AB的方程是,

所以.　　　　 ……③

又因為，所以.　　 ……④

將①、②、③代入④得．　……………⑤

　因為，所以．　…………⑥

將②、③代入⑥得　……………⑦

由⑤、⑦得即

解得．將代入⑤得

　　或．

由上知，滿足條件的、存在，且或，

20. (本小題滿分14分)對1個單位質量的含污物體進行清洗,清洗前其清潔度(含污物體的清潔度定義為:)為0.8,要求洗完后的清潔度是0.99.有兩種方案可供選擇,方案甲:一次清洗;方案乙:兩次清洗.該物體初次清洗后受殘留水等因素影響,其質量變?yōu)?sub>(1≤a≤3).設用單位質量的水初次清洗后的清潔度是(),用質量的水第二次清洗后的清潔度是,其中是該物體初次清洗后的清潔度.

(Ⅰ)分別求出方案甲以及時方案乙的用水量,并比較哪一種方案用水量較少;

(Ⅱ)若采用方案乙,當為某定值時,如何安排初次與第二次清洗的用水量,使總用水量最少?并討論取不同數值時對最少總用水量多少的影響.

解：(Ⅰ)設方案甲與方案乙的用水量分別為x與z,由題設有=0.99,解得x=19.

　　　　 由得方案乙初次用水量為3, 第二次用水量y滿足方程:

　　　 解得y=4,故z=4+3.即兩種方案的用水量分別為19與4+3.

　 因為當,故方案乙的用水量較少.

(II)設初次與第二次清洗的用水量分別為與，類似(I)得

，(*)

于是+

　　　　　 當為定值時,,

　　　　　 當且僅當時等號成立.此時

　　　　　 將代入(*)式得

　　　　　 故時總用水量最少, 此時第一次與第二次用水量分別為

　　　　　 ,　　 最少總用水量是.

　　　　　 當,故T()是增函數(也可以用二次函數的單調性判斷).這說明,隨著的值的最少總用水量, 最少總用水量最少總用水量.

19. (本小題滿分14分)已知函數,

數列{}滿足:

證明: (I)．;　　

(II)．.

證明: (I)．先用數學歸納法證明，n＝1,2,3,…

　　　　　 (i).當n=1時,由已知顯然結論成立.

　　　　　 (ii).假設當n=k時結論成立,即.因為0<x<1時

,所以f(x)在(0,1)上是增函數. 又f(x)在[0,1]上連續(xù),

從而.故n=k+1時,結論成立.

由(i)、(ii)可知，對一切正整數都成立.

又因為時，，

所以，綜上所述．

(II)．設函數，．由(I)知，當時，，

　　從而

所以g (x)在(0,1)上是增函數. 又g (x)在[0,1]上連續(xù),且g (0)=0,

　 所以當時，g (x)>0成立.于是．

　　　　故．

18. (本小題滿分14分)如圖4,已知兩個正四棱錐P-ABCD與Q-ABCD的高分別為1

和2,AB=4.　　 (Ⅰ)證明PQ⊥平面ABCD;　　 (Ⅱ)求異面直線AQ與PB所成的角;

(Ⅲ)求點P到平面QAD的距離.

解法一：　(Ⅰ)．連結AC、BD，設.由P－ABCD與Q－ABCD

都是正四棱錐，所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD.

從而P、O、Q三點在一條直線上，所以PQ⊥平面ABCD.

　　　　　 (II)由題設知，ABCD是正方形，所以．由(I)，平面，故可以分別以直線CA、DB、QP為軸，軸，軸建立空間直角坐標系(如上圖)，由題設條件，相關各點的坐標分別是，，

所以,,于是

從而異面直線AQ與PB所成的角是.

(Ⅲ)．由(Ⅱ)，點D的坐標是(0，－，0)，，　　　　　

，設是平面QAD的一個法向量，

由　　 得.

取x=1，得.　所以點P到平面QAD的距離.

解法二：　(Ⅰ)．取AD的中點M，連結PM，QM.因為P－ABCD與Q－ABCD

都是正四棱錐，所以AD⊥PM，AD⊥QM. 從而AD⊥平面PQM.

又平面PQM，所以PQ⊥AD.同理PQ⊥AB，所以PQ⊥平面ABCD.

(Ⅱ)．連結AC、BD設，由PQ⊥平面ABCD及正四棱錐的性質可知O在

PQ上，從而P、A、Q、C四點共面.

取OC的中點N，連結PN．

因為，所以，

從而AQ∥PN.∠BPN(或其補角)是異面直線AQ

與PB所成的角.連接BN，

因為．

所以．

從而異面直線AQ與PB所成的角是．

(Ⅲ)．由(Ⅰ)知，AD⊥平面PQM，所以平面PQM⊥平面QAD. 過P作PH⊥QM

于H，則PH⊥平面QAD，所以PH的長為點P到平面QAD的距離．

連結OM，則.所以，

又PQ＝PO+QO＝3，于是.

即點P到平面QAD的距離是.