【正文】 ，點是的中點?！?分 (2)當(dāng)時，所以————————14分4．解：（I） ∴當(dāng)時, （II）, 的x的取值范圍是5．解： ……………（1分） ……………（3分）（1）的最小正周期為；　　　 　　……………（6分）（2）由 ， ……………（7分）得， 　 ……………（8分） 的單調(diào)增區(qū)間為　 ……………（9分）（3）因為，即 ……………（10分） ……………（11分）　　…………（12分）6．解：（1）將原函數(shù)化簡為： = = ∴的最小正周期為，值域為 ………6分（2） ………8分 = = ………12分7．解（1）∵ ∴ 即 ……2∴, ， ………………………4∵ ………………………………5∴ ． …………………………7（2）由題知， ……128．解：﹙Ⅰ﹚…………… 1分 ……………………… 3分 ………………………4分∴ …………………………6分﹙Ⅱ﹚由，有， ∴ ∵，∴,即. ………………………9分由余弦定理及，∴. ∴ ∴.∴為等邊三角形. ……………………12分9．解：(1) …………….4分的最小正周期為 ……………5分的對稱中心為 …………….6分(2) ……………..8分又 而 由 ………………10分 ………………….12分10．解：（1）因為所以 …………2分 即 …………3分所以 …………4分又因為是銳角三角形內(nèi)角，所以…………6分（2）因為…………8分 又 所以 …………10分所以 即 所以…………12分11．解：（1）∵ , 且與向量所成角為∴ ， ∴ ， 又，∴ ，即。（1）求邊AB的長。，向量，且．（Ⅰ）求角； （Ⅱ）若，求的值8已知向量，函數(shù)（I）求的最小正周期和值域；（II）在中，角所對的邊分別是，若且，試判斷的形狀。9．已知函數(shù)－ （1） 將化為含的形式，寫出的最小正周期及其對稱中心；（2） 如果三角形ABC的三邊a、b、c滿足b2=ac，且邊b所對角為x，試求x的范圍及此時函數(shù)的值域。 （2）若ΔABC的面積為sinC，求內(nèi)角C的度數(shù)。 （2）由（1）可得： ∴ ∵ ， ∴ ，∴ ， ∴ 當(dāng)=1時，A= ∴AB=2， 則 12．解（1）∵ ∴ 即………2∴, ， ………………………4 ………………………………5∴ ∴． ………7由題知， 13．解:（Ⅰ）, , ． , , , ． (2), , , , 14．解：（1）從圖知，函數(shù)的最大值為，則 ……1分函數(shù)的周期為, 而，則, ……3分又時，∴， 而，則，∴函數(shù)的表達(dá)式為 …… 6分（2）由得： 化簡得：， ∴ …… 9分 由于，則，但，則，即A為銳角，從而 因此 ． …… 12分15．解：（Ⅰ）在中，由及余弦定理得 而，則； （Ⅱ）由及正弦定理得， 而，則 于是， 由得，當(dāng)即時，16．解：（1）由余弦定理，………………………………………2分得，…………………………………………………4分．……………………………………………………………………………6分（2）方法1：由余弦定理，得，………………………………8分，………………………10分∵是的內(nèi)角，∴．………………………………………………………12分方法2：∵，且是的內(nèi)角，∴．………………………………………………………8分根據(jù)正弦定理，……………………………………………………10分得． ……………………………………………12分17．解：(1)在△ABC中，B+C=πA，由條件，可得4[1cos(B+C)] 4cos2A+2=7．∵cos(B+C)= cosA，∴4cos2A4cosA+1=0 ．解得 (2)由 18．解：（1）∵a+b+c=+1 (1)又由正弦定理得：a+b=c (2)………………………4分由(1)(2)解得 a+b=，c=1，∴ AB=1 ……………………………………6分（2）∵ΔABC的面積S=absinC=sinC∴ ab= …………8分∴ cosC==∴ C= ……12分19．解:(Ⅰ)……………………4分………6分(Ⅱ)由(Ⅰ)可得，因為，所以，……………8分，又……………10分……………12分20．解：（Ⅰ）由 ……………………………………4分 又因為 解得…………………………………………5分 ………………………………………6分（Ⅱ）在， 。（Ⅰ）求證：（Ⅱ）求證：8． 如圖，在四棱錐中，ABCD是矩形， 點是的中點，點在上移動。立體幾何參考答案FEABDCG1. 證明:(Ⅰ)分別是棱中點四邊形為平行四邊形又平面……………3分又是棱的中點又平面……5分又平面平面…………6分(Ⅱ) ,同理…9分面又,又,面,面面………12分2. （1）連接BD，由已知有、得 又由ABCD是正方形，得：、 ∵與相交，∴（2）∵ ∴ 又∵ ∴ 點E到的距離，有： ， 又由 ， 設(shè)點B到平面的距離為，則 ， 有， 所以點B到平面的距離為3. 【解】在中，∴．∵，∴四邊形為正方形． 6分（Ⅱ）當(dāng)點為棱的中點時，平面． 8分EFABCA1B1C1D證明如下： 如圖，取的中點，連、∵、分別為、的中點， ∴．∵平面，平面，∴平面．　　　　 10分同理可證平面．∵，∴平面平面．∵平面，∴平面． 12分4. （1）證明：∵⊥平面，而AO平面 ∴⊥ ………2分∵,　∴，而BCFE為菱形，則為中點，∴⊥, 且∴⊥平面.………6分（2）∥, ∥平面∴點、到面的距離相等 ………8分 ∵ ，AO=AO ∴AOE≌AOB，得OE=OB ，即EC=FB，而BCFE為菱形，則BCFE是正方形， ……………10分計算得AO=，的面積等于正方形BCFE的一半， ……………12分因此 ……………14分5. 解：（Ⅰ）證明：連結(jié)，側(cè)棱底面ABC，.又平面， . ………（3分），四邊形為正方形，.， 平面 . …………………………（5分）又平面，. …………………………………（6分）（Ⅱ）設(shè)在線段上存在一點，使.， . ………………………（7分）又且平面，由，知，解得，存在的中點，使 . ……………（12分）6. 解：（1）證明：因為主視圖和側(cè)視圖均為矩形，所以該三棱柱為直三棱柱……1分又∵俯視圖中A1C1=3，B1C1=4，A1B1=5∴A1C12+B1C12=A1B12A1∴∠A1C1B1=∠ACB=90176。(1) 證：， …………4分∵，平面，∴平面. …………5分 4。 0時，f ( x )單調(diào)遞增. 法2. 由f ` ( x ) = 0 得x 185。當(dāng)n=1時， ∴，命題正確.2176。ii)假設(shè)當(dāng)時,則時,從而,所以所以綜上有,故(2)因為則,…, ,相加后可以得到: ,所以,所以(3) 因為,從而,有,(4) 所以有 ,從而,所以,所以所以綜上有.，滿足：①對任意，都有；②對任意都有.（I）試證明：為上的單調(diào)增函數(shù)；（II）求；（III）令，試證明：.解析:本題的亮點很多,是一道考查能力的好題.(1)運用抽象函數(shù)的性質(zhì)判斷單調(diào)性:因為,所以可以得到,也就是,不妨設(shè),所以,可以得到,也就是說為上的單調(diào)增函數(shù).(2)此問的難度較大,要完全解決出來需要一定的能力!首先我們發(fā)現(xiàn)條件不是很足,嘗試探索看看按(1)中的不等式可以不可以得到什么結(jié)論,一發(fā)現(xiàn)就有思路了!由(1)可知,令,則可以得到,又,所以由不等式可以得到,又,所以可以得到 ①接下來要運用迭代的思想:因為,所以, ②,在此比較有技巧的方法就是:,所以可以判斷 ③當(dāng)然,在這里可能不容易一下子發(fā)現(xiàn)這個結(jié)論,所以還可以列項的方法,把所有項數(shù)盡可能地列出來,然后就可以得到結(jié)論. 所以,綜合①②③有=(3)在解決的通項公式時也會遇到困難.,所以數(shù)列的,而, 一方面,另一方面所以,所以,綜上有.2設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝a，an＋1＝an2＋a1，．（1）當(dāng)a∈（－∞，－2）時，求證：M；（2）當(dāng)a∈（0，］時，求證：a∈M；（3）當(dāng)a∈（，＋∞）時，判斷元素a與集合M的關(guān)系，并證明你的結(jié)論．證明：（1）如果，則，． …………………2分（2） 當(dāng) 時，（）．事實上，〔〕當(dāng)時，． 設(shè)時成立（為某整數(shù)），則對，．由歸納假設(shè)，對任意n∈N*，|an|≤＜2，所以a∈M．…………………………6分（3） 當(dāng)時，．證明如下：對于任意，且．對于任意， 則．所以，．當(dāng)時，即，因此…………10分22.（2009全國卷Ⅰ理）在數(shù)列中，（I）設(shè)，求數(shù)列的通項公式（II）求數(shù)列的前項和分析：（I）由已知有利用累差迭加即可求出數(shù)列的通項公式: ()（II）由（I）知,=而,又是一個典型的錯位相減法模型，易得 =評析：09年高考理科數(shù)學(xué)全國(一)試題將數(shù)列題前置,考查構(gòu)造新數(shù)列和利用錯位相減法求前n項和，一改往年的將數(shù)列結(jié)合不等式放縮法問題作為押軸題的命題模式。 25（2009江蘇卷）對于正整數(shù)≥2，用表示關(guān)于的一元二次方程有實數(shù)根的有序數(shù)組的組數(shù)，其中（和可以相等）；對于隨機選取的（和可以相