11DD'?OK,AM∥BD'∥OK,∴MO?AK,MO∥AK. 22 由AA'?AK,得MO?AA'.
O是BD'的中点，∴AM? 因为AK?BD,AK?BB',所以AK?平面BDD'B'
∴ AK?BD' ,∴MO?BD'.
又∵OM与异面直线AA'和BD'都相交，
故OM为异面直线AA'和BD'的公垂线。 ………………… （5分）
（Ⅱ）取BB'的中点N，连接MN，则MN⊥ 平面BCC'B',
过点N作NH⊥BC'于H，连接MH，则由
三垂线定理得 BC'?MH,从而?MHN为二面角M?BC'?B'的平面角。
设AB?1,则MN?1,NH?BNsin45??122??， 224在Rt?MNH中，tanMHN?MN1??22. NH24故二面角M?BC'?B'的大小为arctan22。 …………… （12分）
解法二：以点D为坐标原点，建立如图所示的空间坐标系D?xyz，设AB?1,则
A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),A'(1,0,1),C'(0,1,1),D'(0,0,1).
(Ⅰ)因为点M是棱AA'的中点，点O是BD' 的中点。∴M(1,0,),O(,,)
1211122211OM?(,?,0),AA'?(0,0,1),BD'?(?1,?1,1),
2211OM?AA'?0,OM?BD'????0?0,
22∴ OM?AA',OM?BD',
又∵OM与异面直线AA'和BD'都相交， 故OM为异面直线AA'和BD'的公垂线。 ………………… （5分）
（Ⅱ）设平面BMC'的法向量为n1?(x,y,z)，BM?(0,?1,),BC'?(?1,0,1)
121???n1?BM?0??y?z?0∴? ,即? ，取z?2，则x?2,y?1，从而n1?(2,1,2)。 2???n1?BC'?0??x?z?0取平面BC'B'的一个法向量为n2?(0,1,0)，cos?n1,n2??由图可知二面角M?BC'?B'的平面角为锐角， 故二面角M?BC'?B'的大小为arccosn1?n2n1?n2?11?。 9?131。 …………………（12分） 319、解析：（Ⅰ）①如图，在直角标系xoy内作单位圆O，并作出角?,?与??，使角?的始边为Ox轴，交⊙O于点P1,终边交⊙O于点p2；角?的始边为OP2,终边交⊙O于P3,角??的始边为OP1,终边交⊙O于P4.
则P1(1,0),P2(cos?,sin?)，
P3(cos(???),sin(???)) P4(cos(??),sin(??))
由PP13?P2P4及两点间距离公式得
[cos(???)?1]2?sin2(???)?[cos(??)?cos?]2?[sin(??)?sin?]2展开并整理，得
2?2cos(???)?2?2(cos?cos??sin?sin?)，
∴cos(???)?cos?cos??sin?sin? …………………… （4分） ② 由①易得，cos(???)?sin?,sin(??)?cos?，
22?sin(???)?cos[?(???)]?cos[(??)?(??)]22?cos(??)cos(??)?sin(??)sin(??)?sin?cos??cos?sin?
22 ∴sin(???)?sin?cos??cos?sin? …………… （6分） （Ⅱ）由已知cos??????433，??(?,?)，∴sin???； 525,?)，得cos???31010,sin?? ， 101045310310310)?(?)??。（12分） 1051010由tan???,??(13?2∴cos(???)?cos?cos??sin?sin??(?)?(??3a1?3d?620、解析：（Ⅰ）设?an?的公差为d，由已知得?。解得a1?3,d??1，
8a?28d??4?1故an?3?(n?1)?4?n …………… （5分）
n?1（Ⅱ）由(Ⅰ)的解答可得bn?n?q，于是 012 Sn?1?q?2?q?3?q??(n?1)?qn?2?n?qn?1
当q?1时，上式两边同乘以q可得qSn?1?q1?2?q2?3?q3?上述两式相减可得(q?1)Sn?nq?1?q?q?n12?(n?1)q?n?qn
n?1?qn?1qn?1?nq?
q?1n1?(n?1)qn?nqn?1?
q?11?(n?1)qn?nqn?1 所以 Sn? ，当q?1时Sn?1?2?3?(q?1)2?n?n(n?1)。 2?n(n?1),(q?1)?2?综上所述，Sn??n?1n?nq?(n?1)q?1,?(q?1)2? …………………………… （12分）
(q?1)2221、解析：（Ⅰ）设P(x,y)，则(x?2)?y?2(x?)，化简得：
12y2x??1(y?0) ………………… （4分）
32 （Ⅱ）由①当直线BC与x轴不垂直时，设BC的方程为y?k(x?2)(k?0)，与双曲线方
y2?1(y?0)联立消去y得(3?k2)x2?4k2x?(4k2?3)?0， 程x?32?4k24k2?3由题意知3?k?0且??0，设B(x1,y1),C(x2,y2)，则x1?x2?，x1x2??，
3?k23?k224k2?38k2?9k2y1y2?k(x1?2)(x2?2)?k[x1x2?2(x1?x2)?4]?k[2?2?4]?2。
k?3k?3k?3222∵x1,x2??1，所以直线AB的方程为y?y13y11(x?1)，因此M点的坐标为(,)。 x1?122(x1?1)3y13y233FM?(?,)，同理可得FN?(?,)
22(x1?1)22(x2?1)?81k229y1y2339k?3因此FM?FN?(?)?(?)????0 24k?34k2224(x1?1)(x2?1)44(2?2?1)k?3k?3 ② 当直线BC与x轴垂直时，设BC的方程为x?2，则B(2,3),C(2,?3),AB的方程为y?x?1，因此M的坐标为M(,)，FM?(?,),同理得FN?(?,?),因此
133322223333FM?FN?(?)?(?)?(?)??0。
22223232 综上 FM?FN?0，
∴FM?FN，即FM?FN,故以线段MN为直径的圆过点F. ………(12分) 22、解析：（Ⅰ）由题意得a?xy?1?0， y?1故g(x)?logax?1,x?(??,?1)(1,??)， …………………… （3分） x?1tx?1?loga2 得
(x?1)(7?x)x?1（Ⅱ） 由g(x)?loga① 当a?1时，
tx?1?2?0 ，又 因为x?[2,6]，所以 x?1(x?1)(7?x)0?t?(x?1)2(7?x)。令h(x)?(x?1)2(7?x)??x3?9x2?15x?7,x?[2,6]
则h(x)'??3x?18x?15??3(x?1)(x?5)，列表如下：
2x 2 5 (2,5) ＋ ↗ 5 (5,6) 0 极大值32 － ↘ 6 25 t' t
所以 h(x)最小值?5，∴0?t?5， ② 当0?a?1时，，0?tx?1?2，又 因为x?[2,6]，所以 x?1(x?1)(7?x)由①知h(x)最大值?32，∴t?32，
综上，当a?1时，0?t?5；当0?a?1时，t?32。 …………………（9分）
（Ⅲ）设a?1，则P?1， 1?p当n?1时，f(1)?1?a2?1??3?5， 1?ap?当n?2时，设k?2,k?N时，则
1?ak22 f(k)??1??1?kk122kk1?a(1?p)?1CKp?CKp?...?CKp所以1?f(k)?1?2444?1??1??， 12Ck?Ckk(k?1)kk?1从而f(2)?f(3)?44?f(n)?n?1???n?1。
2n?1?f(n)?f(1)?n?1??n?4
?f(n)?n?4 。………………（14分）
所以，f(1)?f(2)?f(3)?综上， 总有f(1)?f(2)?f(3)?
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