[,]a[b[c[d
2．函数在上的最小值是。
a．0b．1c．2d．3
[解]当时，，因此。
当且仅当时上式取等号．而此方程有解，因此在上的最小值为2．
3.在△中，分别是角所对边的边长，若，则的值是( b )
a）1 （b） （c） （d）2
解：由得，
即，由正弦函数的有界性及为三角形的内角可知，且，从而，∴
4.已知数列{}(n≥1)满足=-，且=1,若数列的前2005项之和为2006，则前2006项的和等于[ ]
a.2005 b.2006 c.2007 d.2008
解。因此，对n≥1， +0，从而数列中任意连续6项之和均为0.
2005=334×6+1,2006=334×6+2,所以前2005项之和为，即=2006，于是前2006项的和等于+=2007.所以选(c).
5. 如图，s-abc是三条棱两两互相垂直的三棱锥，o为底面内的一点，若，，则的取值范围是。
a. b.
cd. 解析：a 提示：构造长方体对角线与三条棱所成的角；
6．甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对。
方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数的期望为（ ）
abcd.
解法一] 依题意知，的所有可能值为2，4，6.
设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为。
若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．从而有，故．
解法二] 依题意知，的所有可能值为2，4，6.
令表示甲在第局比赛中获胜，则表示乙在第局比赛中获胜．
由独立性与互不相容性得。
故．7.已知p为三角形abc内部任一点（不包括边界），且满足，则△abc一定为( )
a．直角三角形；b. 等边三角形；c. 等腰直角三角形；d. 等腰三角形。
解：因为，所以已知条件可改写为。容易得到此三角形为等腰三角形。 因此选 d。
8．若的展开式为，则。
的值为( )
a） （b） （c） （d）
答】c解】 令x=1可得=；令x=可得0=；（其中，则=1且++1=0）
令x=可得0=．
以上三式相加可得=3（）．
所以=． 9. 在平面直角坐标系内，将适合且使关于t的方程没有实数根的点所成的集合记为n，则由点集n所成区域的面积为（ ）
abcd.
解答：c，令，原方程化为 ①
所给方程没有实根等价于方程①无实根或有实根但均为负根，所以，或。
点集n所成区域为图中阴影部分，其面积为。
10. 已知椭圆的左、右焦点分别为f1、f2，过椭圆的右焦点作一条直线l交椭圆于点p、q，则△f1pq内切圆面积的最大值是。
abcd.
解答：d,因为三角形内切圆的半径与三角形周长的乘积是面积的2倍，且△f1pq的周长是定值8，所以只需求出△f1pq面积的最大值。设直线l方程为，与椭圆方程联立得，设，，则，，于是。
因为，所以内切圆半径，因此其面积最大值是。
11．设为等差数列，为等比数列，且b1=a12，b2=a22，b3=a32（a1【解】 设所求公差为d，∵a10．由此得。
a12(a1+2d)2=(a1+d)4
化简得2a12+4a1d+d2=0
解得d=()a1.
而<0，故a1<0．
若d=()a1，则；
若d=()a1，则；
但存在，故|q|<1．于是不可能．
从而．所以a1=，d=()a1=()
12．已知设记。
1） 求的表达式
2）定义正数数列求。
分析与解：1）略，。
2），两边同时取倒数，令，则，易求得。
13.设有红、黑、白三种颜色的球各10个。现将它们全部放入甲、乙两个袋子中，要求每个袋子里三种颜色球都有，且甲乙两个袋子中三种颜色球数之积相等。问共有多少种放法。
解：设甲袋中的红、黑、白三种颜色的球数为，则有，且。
即有 于是有。因此中必有一个取5。不妨设，代入（*1）式，得到。
此时，y可取1，2，…，8，9（相应地z取 9，8，…，2，1），共9种放法。同理可得y=5或者z=5时，也各有9种放法，但有时二种放法重复。因此可得共有。
9×3－2 = 25种放法。
14. 设不等式组表示的平面区域为。 区域内的动点到直线。
和直线的距离之积为。 记点的轨迹为曲线。 过点的直线。
与曲线交于、两点。 若以线段为直径的圆与轴相切，求直线的斜率。
解：由题意可知，平面区域如图阴影所示．
设动点为，则，即
由知。x－y<0，即x2－y2<0．
所以y2－x2＝4(y＞0)，即曲线的方程为。
＝1(y＞0)．
设，，则以线段为直径的圆的圆心为。
因为以线段为直径的圆与轴相切，所以半径，即。
因为直线ab过点f(2，0)，当ab x轴时，不合题意．
所以设直线ab的方程为y＝k(x－2)．
代入双曲线方程－＝1(y＞0)得，k2(x－2)2－x2＝4，即(k2－1)x2－4k2x＋(8k2－4)＝0．
因为直线与双曲线交于a，b两点，所以k≠±1．
所以x1＋x2＝，x1x2＝．
所以|ab|＝＝
＝|x1＋x2|＝|化简得：k4＋2k2－1＝0，解得k2＝－1（k2＝－－1不合题意，舍去）．
由△＝(4k2)2－4(k2－1) (8k2－4) ＝3k2－1＞0，又由于y＞0，所以－1所以k
15.的三条边长为，证明。
证明：由于只要证：
注意： 故由①，只要证……②
取等号当且仅当此时为正三角形，即。
16.甲乙两人进行某种游戏比赛，规定每一次胜者得1分，负者得0分；当其中一人的得分比另一人的多2分时即赢得这场游戏，比赛随之结束；同时规定比赛次数最多不超过20次，即经20次比赛，得分多者赢得这场游戏，得分相等为和局．已知每次比赛甲获胜的概率为（），乙获胜的概率为．假定各次比赛的结果是相互独立的，比赛经次结束，求的期望的变化范围．以记比赛经次结束的概率．若为奇数，则甲乙得分之差亦为奇数， 因而有．
考虑头两次比赛的结果：
1）甲连胜或乙连胜两次，称为有胜负的两次，此结果出现的概率为；
2）甲乙各胜一次，称为无胜负的两次，此结果有两种情况，故出现的概率为．
比赛经次结束，必为偶数，则1,2两次，3,4两次，……两次均未分胜负．
若，则第两为有胜负的两次，从而有。
若，比赛必须结束， 所以 ．
综上所述。由，知．令，则，所以。
令则。因，所以有．
（1）设函数，求的最小值；
（2）设正数满足，求证：
（ⅰ）解：对函数求导数：
于是。当在区间是减函数，当在区间是增函数。
所以时取得最小值，（ⅱ证法一：用数学归纳法证明。
（i）当n=1时，由（ⅰ）知命题成立。
（ii）假定当时命题成立，即若正数，则。
当时，若正数。
令。则为正数，且。
由归纳假定知。
同理，由可得：
综合①、②两式：
即当时命题也成立。
根据（i）、（ii）可知对一切正整数n命题成立。
证法二：令函数。
利用（ⅰ）知，当。
于是对任意。
下面用数学归纳法证明结论。
（i）当n=1时，由（i）知命题成立。
（ii）设当n=k时命题成立，即若正数。
由①得到。由归纳法假设。
即当时命题也成立。
所以对一切正整数n命题成立。
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