1.（北京101中学2008—2009学年下学期临模高三数学（理科）试卷）已知函数，其中。
（1）当时，求曲线在点（2，f（2））处的切线方程；
2）当时，求函数f（x）的单调区间与极值。
2.（北京101中学2008—2009学年下学期临模高三数学（理科）试卷）已知为数列的前n项和，且。
（1）求证：数列为等比数列；
（2）设，求数列的前n项和；
3）设的前n项和为，求证：。
3.（上海市金山区2008-2009学年第二学期高三质量测试）等差数列｛an｝的前n项和为sn，a1＝2，公差为2，在等比数列｛bn｝中，当n≥2时，b2＋b3＋…＋bn=2＋p(p为常数).
1)求an和sn；
2)求b1，p和bn；
3)若tn＝对于一切正整数n，均有tn ≤ c恒成立，求c的最小值。
4.（上海市金山区2008-2009学年第二学期高三质量测试）
1)设u、v为实数，证明：u2+v2 ≥
2)请先阅读下列材料，然后根据要求回答问题。
材料：已知△lmn内接于边长为1的正三角形abc，求证：△lmn中至少有一边的长不小于 。
证明：线段an、al、bl、bm、cm、 cn的长分别设为a1、a2、b1、b2、c1、c2，设ln、lm、mn的长为。
x、y、z，x2= a12+a22–2a1a2cos60o= a12+a22–a1a2
同理：y2= b12+b22–b1b2，z2= c12+c22–c1c2，x2+y2+z2 = a12+a22+b12+b22+c12+c22–a1a2–b1b2–c1c2
请利用(1)的结论，把证明过程补充完整；
3) 已知n边形aaa……a内接于边长为1的正n边形a1a2…an，(n≥4)，思考会有相应的什么结论？请提出一个的命题，并给与正确解答。
5.（上海市普陀区2008学年度第二学期高三年级质量调研）如图，四棱锥中，平面，四边形是直角梯形，其中，.
1）求异面直线与所成角的大小；
2） 若平面内有一经过点的曲线，该曲线上的任一动点都满足与所成角的大小恰等于与所成角。 试判断曲线的形状并说明理由；
3）在平面内，设点是（2）题中的曲线在直角梯形内部（包括边界）的一段曲线上的动点，其中为曲线和的交点。 以为圆心，为半径的圆分别与梯形的边、交于、两点。 当点在曲线段上运动时，试提出一个研究有关四面体的问题（如体积、线面、面面关系等）并尝试解决。
说明：本小题将根据你提出的问题的质量和解决难度分层评分；本小题的计算结果可以使用近似值，保留3位小数】
6.（辽宁省营口市2009届高三高考模拟考试） 设函数的定义域为，当时，，且对于任意的实数都有成立，1）求的值，判断并证明函数的单调性；
2）若数列满足，求的通项公式；
（3）如果，，求数列的前项和。
7.（河南省周口市2024年高三年级第一次模拟考试）已知各项都不为零的数列的前项和是，且，，令，数列的前项和是。
1) 求的通项公式；（2) 求证： 。
8.（安徽省合肥市2024年高三第二次教学质量检测）已知为正项数列的前项和，且满足。
（1）求； （2）求数列的通项公式；
（3）已知函数，数列的通项公式为前项和为，若时，不等式恒成立，求t的取值范围。
参***。1、解：（1）当a=1时，，切点坐标为，∴所求切线方程为；
（2）当时，
由。分类讨论：①当a>0时，此时，上单减，在上单增；
在处取得极小值，在处取得极大值；
当时，此时，上单增，在上单减；
在处取得极大值，在处取得极小值。
穿线法。2、解：（1）∵，
∴当时， ，又。
∴，且；（2）由（1）知。
当n为奇数时，易得；
综上， （3）∵，当时，；
当，综上，
3.解：(1) 因为等差数列数列｛an｝的前n项和为sn，a1＝2，d=2
an=2n，(n∈n*)；sn＝n＋n
(2)由于当n≥2时，b2＋b3＋…＋bn=2n＋p(p为常数)，b2＋b3＋…＋bn+bn+1=2n+1＋p
两式相减得：bn+1=2n
因为数列为等比数列，所以b1＝1，b2=2，由条件可得p＝–2，bn＝2，(n∈n
3)因为tn=，若tn＝对于一切正整数n，均有tn ≤ c恒成立，则需c大于或等于tn的最大值，令≥1得：n≤2，即有：t1＝2≤t2＝3=t3＝3≥t4＝≥t5＝≥…tn≥…，即数列是先增后减的数列，且tn的极限是0，故有tn的最大值为t2＝t3＝3，又对于一切正整数n，均有tn≤c恒成立，∴c≥3，即c的最小值为3。
…4.(1)证明：因为u2+v2≥2uv，所以2(u2+v2)≥(u+v)2，即有：u2+v22分。
2) 因为 u2+v2 ≥
所以x2+y2+z2≥++a1a2–b1b2–c1c2
[ a12+a22+b12+b22+c12+c223分。
=，…4分。
因为x2+y2+z2≥，所以x2、y2、z2中至少有一个不小于，即在x、y、z中至少有一个不小于6分。
3)解：命题1：如图1，已知四边形mnpq内接于边长为1的正方形abcd，求证：四边形mnpq中至少有一边的长不小于。
证明：线段aq、am、bm、bn、cn、cp、dp、dq分别设为a1、a2、b1、b2、c1、c2、d1、d2，设mn、np、pq、qm为w、x、y、z，因为a1+d2=1，a2+b1=1，b2+c1=1，c2+d1=1，所以(a1+a2)+(b1+b2)+(c1+c2)+(d1+d2)=4
这四组数中至少有一组数不小于1，不妨假定a1+a2≥1，那么a2≥1– a1，因为z2= a12+a22≥a12+(1– a1)2=2a12–2a1+1=2(a1–)2+≥
所以z≥，即四边形mnpq中至少有一边的长不小于。
命题：3分；证明：3分。
命题2：如图2，已知六边形a1b1c1d1e1f1内接于边长为1的正六边形abcdef，求证：六边形a1b1c1d1e1f1中，至少有一边的长不小于。
证明：分别设线段af1、aa1、ba1、bb1、…、fe1、ff1为a1、a2、b1、b2、…、f1、f2，如图所示。
因为a1+f2=1，a2+b1=1，b2+c1=1，c2+d1=1，d2+e1=1，e2+f1=1，所以(a1+a2)+(b1+b2)+…f1+f2)=6，这六组数中至少有一组数不小于1，不妨假定a1+a2≥1，那么a2≥1– a1，因为a1f12=aa12+af12–2aa1. af1cos120o=a12+a22+a1a2
a12+(1– a1)2+a1(1– a1)=a12–a1+1=(a1–)2+≥，所以a1f1≥，即六边形a1b1c1d1e1f1中，至少有一边的长不小于。
命题：5分；证明：5分。
命题3：如图3，已知n边形aaa……a内接于边长为1的正n边形a1a2…an，(n≥4)。求证：n边形aaa……a中，至少有一边的长不小于cos(其中n≥3)。
证明：分别设线段a1 a、a1a、a2a、a2a、…、ana、ana为a1、a、a2、a、…、an、a，因为a1+a= a2+a=a3+a=…=an+a=1，所以(a1+a)+(a2+a)+…an+a)=n。
这n组数中至少有一组数不小于1，不妨假定a1+a≥1，那么a≥1– a1，于是在δa1aa中有：
aa2 = a1a2 + a1a2–2
= a12+a2–2a1acos≥a12+(1– a1)2–2 a1 (1– a1) cos
=2[cos+1] a12–2[cos+1] a1+1
=2[cos+1]( a1–)2+[1–cos]
≥[1–cos]=sin2= cos2。
故aa≥cos，即n边形aaa……a中，至少有一边的长不小于cos。
命题：7分；证明：7分。
5.解：解：（1）解法一：由题意，四边形是直角梯形，且∥，则与所成的角即为。
因为，又平面，所以平面，则有。
因为，所以，则，即异面直线与所成角的大小为。
解法二：如图，以为原点，直线为轴、直线为轴、直线为轴，建立空间直角坐标系。
于是有、，则有，又。
则异面直线与所成角满足，所以，异面直线与所成角的大小为。
2）解法一：由条件，过作，垂足为，联结。
于是有，故与所成角即为。
在平面中，以为原点，直线为轴，直线为轴，建立平面直角坐标系。 设动点，则有。
又平面，所以。
所以，即。所以，可判定曲线是双曲线。
2）解法二：如图，以为原点，直线为轴、直线为轴、直线为轴，
建立空间直角坐标系。设点，点、点、点，则，由，化简整理得到，则曲线是平面内的双曲线。
3）解：在如图所示的的坐标系中，因为、、,设。则有，故的方程为，代入双曲线e：的方程可得，，其中。
因为直线与双曲线交于点，故。 进而可得，即。
故双曲线e在直角梯形内部（包括边界）的区域满足，. 又设为双曲线段上的动点，.
所以，因为，所以当时，；
当时，.而要使圆b与、都有交点，则。
故满足题意的圆的半径的取值范围是。
说明】1. 若提出的问题在解决过程中不需用到以上结论的，则完整提出问题并解决最高得6分。
2. 若提出的问题在解决过程中需用到以上结论的，则上述分析过程满分6分；继续深入的研究过程和结论则可参考以下典型问题和解答，最高再得6分。
问题一：求四面体体积的取值范围。
因为，所以体积为。 故问题可以转化为研究的面积。
又因为为直角，所以必为等腰直角三角形。
由前述，设，则，故其面积为，所以。
于是，.当点运动到与点重合时，体积取得最大值；当点运动到横坐标时，即长度最小时，体积取得最小值）
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