3. 过平行六面体任意两条棱的中点作直线, 其中与平面平行的直线共有
A．4条 B．6条 C．8条 D．12条
2. 若数列满足: , 且对任意正整数都有, 则
A． B． C． D．
1. 函数的定义域是
22、解：
（1） 将条件变为：1－＝，因此｛1－｝为一个等比数列，其首项为
1－＝，公比，从而1－＝，据此得an＝（n³1）…………1°
（2） 证：据1°得，a1?a2?…an＝
为证a1?a2?……an<2?n！
只要证nÎN*时有>…………2°
显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个nÎN*，有
³1－（）…………3°
用数学归纳法证明3°式：
（i） n＝1时，3°式显然成立，
（ii） 设n＝k时，3°式成立，
即³1－（）
则当n＝k＋1时，
³〔1－（）〕?（）
＝1－（）－＋（）
³1－（＋）即当n＝k＋1时，3°式也成立。
故对一切nÎN*，3°式都成立。
利用3°得，³1－（）＝1－
＝1－>
故2°式成立，从而结论成立。
22、（本大题满分14分）
已知数列｛an｝满足：a1＝，且an＝
（3） 求数列｛an｝的通项公式；
（4） 证明：对于一切正整数n，不等式a1?a2?……an<2?n！
21、解：如图，（1）设椭圆Q：（a>b>0）
上的点A（x1，y1）、B（x2，y2），又设P点坐标为P（x，y），则
1°当AB不垂直x轴时，x1¹x2，
由（1）－（2）得
b2（x1－x2）2x＋a2（y1－y2）2y＝0
\b2x2＋a2y2－b2cx＝0…………（3）
2°当AB垂直于x轴时，点P即为点F，满足方程（3）
故所求点P的轨迹方程为：b2x2＋a2y2－b2cx＝0
（2）因为，椭圆 Q右准线l方程是x＝，原点距l
的距离为，由于c2＝a2－b2，a2＝1＋cosq＋sinq，b2＝sinq（0<q£）
则＝＝2sin（＋）
当q＝时，上式达到最大值。此时a2＝2，b2＝1，c＝1，D（2，0），|DF|＝1
设椭圆Q：上的点 A（x1，y1）、B（x2，y2），三角形ABD的面积
S＝|y1|＋|y2|＝|y1－y2|
设直线m的方程为x＝ky＋1，代入中，得（2＋k2）y2＋2ky－1＝0
由韦达定理得y1＋y2＝，y1y2＝，
4S2＝（y1－y2）2＝（y1＋y2）2－4 y1y2＝
令t＝k2＋1³1，得4S2＝，当t＝1，k＝0时取等号。
因此，当直线m绕点F转到垂直x轴位置时，三角形ABD的面积最大。
21、（本大题满分12分）
如图，椭圆Q：（a>b>0）的右焦点F（c，0），过点F的一动直线m绕点F转动，并且交椭圆于A、B两点，P是线段AB的中点
（3） 求点P的轨迹H的方程
（4） 在Q的方程中，令a2＝1＋cosq＋sinq，b2＝sinq（0<q£ ），确定q的值，使原点距椭圆的右准线l最远，此时，设l与x轴交点为D，当直线m绕点F转动到什么位置时，三角形ABD的面积最大？
20、解法一：
（1） 方法一：作AH^面BCD于H，连DH。
AB^BDÞHB^BD，又AD＝，BD＝1
\AB＝＝BC＝AC \BD^DC
又BD＝CD，则BHCD是正方形，则DH^BC\AD^BC
方法二：取BC的中点O，连AO、DO
则有AO^BC，DO^BC，\BC^面AOD
\BC^AD
（2） 作BM^AC于M，作MN^AC交AD于N，则ÐBMN就是二面角B－AC－D的平面角，因为AB＝AC＝BC＝\M是AC的中点，且MN¤¤CD，则BM＝，MN＝CD＝，BN＝AD＝，由余弦定理可求得cosÐBMN＝
\ÐBMN＝arccos
（3） 设E是所求的点，作EF^CH于F，连FD。则EF¤¤AH，\EF^面BCD，ÐEDF就是ED与面BCD所成的角，则ÐEDF＝30°。设EF＝x，易得AH＝HC＝1，则CF＝x，FD＝，\tanÐEDF＝＝＝解得x＝，则CE＝x＝1
故线段AC上存在E点，且CE＝1时，ED与面BCD成30°角。
解法二：此题也可用空间向量求解，解答略
20、（本小题满分12分）
如图，在三棱锥A－BCD中，侧面ABD、ACD
是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，
且AD＝，BD＝CD＝1，另一个侧面是正三角形
（4） 求证：AD^BC
（5） 求二面角B－AC－D的大小
（6） 在直线AC上是否存在一点E，使ED与面BCD
成30°角？若存在，确定E的位置；若不存在，说明理由。
19、解：
（1） 因为G是边长为1的正三角形ABC的中心，
所以 AG＝，ÐMAG＝，
由正弦定理
得
则S1＝GM?GA?sina＝
同理可求得S2＝
（2） y＝＝
＝72（3＋cot2a）因为，所以当a＝或a＝时，y取得最大值ymax＝240
当a＝时，y取得最小值ymin＝216