所以Sn=1?2+3?2+5?2+7?2+…+（2n﹣3）?2+（2n﹣1）?2.2Sn
234nn+1
=1?2+3?2+5?2+…+（2n﹣3）?2+（2n﹣1）?2．①
234nn+123n
故2Sn=2+2?2+2?2+2?2+…+2?2﹣（2n﹣1）?2=2（2+2+2+…+2）﹣2﹣（2n﹣1）?2=
n+1
n+1
234n﹣1n
=（3﹣2n）2﹣6．②
n+1
②﹣①得：Sn=（2n﹣3）2+6．（9分）
*n+1*
（Ⅲ）由（Ⅱ）得dn=2n﹣1（n∈N），Sn=（2n﹣3）2+6（n∈N）． 故不等式
，即（2n﹣3）2＞50（2n﹣1）．
n+1
n+1
n+1
考虑函数f（n）=（2n﹣3）2﹣50（2n﹣1）=（2n﹣3）（2﹣50）﹣100．
n+1
当n=1，2，3，4，5时，都有f（n）＜0，即（2n﹣3）2＜50（2n﹣1）． 而f（6）=9（128﹣50）﹣100=602＞0，
注意到当n≥6时，f（n）单调递增，故有f（n）＞0． 因此当n≥6时，（2n﹣3）2＞50（2n﹣1）成立，即
n+1
成立．
所以，满足条件的所有正整数N=6，7，…，20．（14分）
点评： 此题考查学生灵活运用等差数列的通项公式及前n项和公式化简求值，会利用错位相减的方法求数列的通项公式，考查了利用函数的思想解决实际问题的能力，是一道中档题．
本题包括A、B、C、D四小题，请选定其中两题，并选定其中两题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按作答的前两项评分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤选修4-1：几何证明选讲 22．（几何证明选讲）如图，以正方形ABCD的顶点C为圆心，CA为半径的圆交BC的延长线于点E、F，且点B为线段CG的中点．求证：GE?GF=2BE?BF．
考点： 与圆有关的比例线段． 专题： 综合题．
分析： 先利用切割线定理，再利用Rt△ABE∽Rt△FBA，结合，即可得证． 解答： 证明：连接AG，AE、AF，因为AB垂直且平分CG，所以AG=AC， 由切割线定理得AG=GE?GF①，（3分）
2
由Rt△ABE∽Rt△FBA得到AB=BE?BF②，（5分）
22
因为，所以AG=2AB③，（7分） 由①②③得，GE?GF=2BE?BF．（10分）
2
点评： 本题主要考查相似三角形、圆的相关几何知识，考查推理论证能力．
选修4-2：矩阵与变换 23．已知矩阵A=
属于特征值λ的一个特征向量为α=
．
（1）求实数b，λ的值；
（2）若曲线C在矩阵A对应的变换作用下，得到的曲线为C′：x+2y=2，求曲线C的方程．
考点： 几种特殊的矩阵变换． 专题： 计算题；矩阵和变换．
分析： （1）由矩阵的特征向量的定义，即可求出b=0，λ=2；
（2）设曲线C上任一点M（x，y）在矩阵A对应的变换作用后变为曲线C′上一点P（x0，y0），由矩阵变换的特点，即可得到它们的关系式，再代入已知曲线方程即可． 解答： 解：（1）因为矩阵A=
属于特征值λ的一个特征向量为α=
，
2
2
所以=λ，即=，从而2﹣b=λ，﹣2=﹣λ，
解得b=0，λ=2． （2）由（1）知，A═
．
设曲线C上任一点M（x，y）在矩阵A对应的变换作用后变为曲线C′上一点P（x0，y0）， 则
=
=
，
从而
2
2
2
2
因为点P在曲线C′上，所以x0+2y0=2，即（2x）+2（x+3y）=2，
22
从而3x+6xy+9y=1．
22
所以曲线C的方程为3x+6xy+9y=1．
点评： 本题考查矩阵的特征值和特征向量，以及矩阵变换下的曲线方程，属于中档题．
选修4-4：极坐标与参数方程 24．在极坐标系（ρ，θ）（0≤θ＜2π）中，求曲线ρ=2sinθ与ρcosθ=1的交点Q的极坐标．
考点： 简单曲线的极坐标方程． 专题： 计算题．
分析： 先将原极坐标方程ρ=2sinθ与ρcosθ=1（0≤θ≤π）化成直角坐标方程，再利用直角坐标方程求出交点，最后再转化成极坐标．
解答： 解：将直线ρcosθ=1与圆ρ=2sinθ分别化为普通方程得，直线x=1与圆x+（y﹣2
1）=1，（6分）
22
易得直线x=1与圆x+（y﹣1）=1切于点Q（1，1）， 所以交点Q的极坐标是
．（10分）
2
点评： 本题主要考查直线与圆的极坐标方程，考查运算求解能力．
选修4-5：不等式选讲
25．设a，b为互不相等的正实数，求证：4（a+b）＞（a+b）．
考点： 综合法与分析法(选修）． 专题： 证明题．
分析： 利用分析法，从结论入手，寻找结论成立的条件，即可得到证明．
解答： 证明：因为a＞0，b＞0，所以要证4（a+b）＞（a+b），
223
只要证4（a+b）（a﹣ab+b）＞（a+b），
222
即要证4（a﹣ab+b）＞（a+b），（5分）
2
只需证3（a﹣b）＞0，
2
而a≠b，故3（a﹣b）＞0成立．
333
∴4（a+b）＞（a+b）．（10分）
点评： 本题主要考查证明不等式的基本方法，考查推理论证能力．
【必做题】第26题、第27题，每题10分，共计20分．请在答卷卡指定区域内作答．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 26．如图，在底面为直角梯形的四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，PD⊥面ABCD．AD=1，
，BC=4．
（1）求证：BD⊥PC；
（2）求直线AB与平面PDC所成角； （3）设点E在棱PC、上，
，若DE∥面PAB，求λ的值．
3
3
3
3
3
3
考点： 直线与平面垂直的性质；直线与平面平行的性质；与二面角有关的立体几何综合题． 专题： 计算题；证明题．
分析： （1）根据余弦定理求出DC的长，而BC=DB+DC，根据勾股定理可得BD⊥DC，而PD⊥面ABCD，则BD⊥PD，PD∩CD=D，根据线面垂直判定定理可知BD⊥面PDC，而PC在面PDC内，根据线面垂直的性质可知BD⊥PC；
2
2
2
（2）在底面ABCD内过D作直线DF∥AB，交BC于F，分别以DA、DF、DP为x、y、z轴建立空间坐标系，根据（1）知BD⊥面PDC，则
就是面PDC的法向量，设AB与面PDC所成角
大小为θ，利用向量的夹角公式求出θ即可． （3）先求出向量=0，
?
，
，
，
，
，设=（x，y，z）为面PAB的法向量，根据
?
=0求出λ即可．
?
=0，求出，再根据DE∥面PAB，则
解答： 解：（1）∵∠DAB=90°，AD=1，AB=，∴BD=2，∠ABD=30°， ∵BC∥AD∴∠DBC=60°，BC=4，由余弦定理得DC=2，（3分） BC=DB+DC，∴BD⊥DC，
∵PD⊥面ABCD，∴BD⊥PD，PD∩CD=D，∴BD⊥面PDC， ∵PC在面PDC内，∴BD⊥PC（5分）
（2）在底面ABCD内过D作直线DF∥AB，交BC于F， 分别以DA、DF、DP为x、y、z轴建立如图空间坐标系，（6分） 由（1）知BD⊥面PDC，∴A（1，0，0），B（1，
就是面PDC的法向量，（7分）
=（0，=
，0），
=（1，
，0），（8分）
2
2
2
，0），P（0，0，a）
设AB与面PDC所成角大小为θ，cosθ=，（9分）
∵θ∈（0°，90°）∴θ=30°（10分） （3）在（2）中的空间坐标系中A、（1，0，0），B、（1，，0），（11分） =（﹣3，=
+
，﹣a），
=（﹣3λ，
λ，﹣aλ），
，0），P（0，0，a）C、（﹣3，
=（0，0，a）+（﹣3λ，，0），
λ，﹣aλ）=（﹣3λ，λ，a﹣aλ）（12分）
=（0，=（1，0，﹣a），
设=（x，y，z）为面PAB的法向量， 由
?
=0，
?
=0，得x﹣az=0，取x=a，z=1，=（a，0，1），（14分）
⊥，∴
?
=0，﹣3aλ+a﹣aλ=0，∴λ=（15分）
得y=0，由
由D、E∥面PAB得：
