）
28、解：（1）p(ξ个正面向上，4-ξ个背面向上的概率，其中ξ可能取值为0，1，2，3，4。
∴p(ξ=0)= 
(1-
)2(1-a)2=
(1-a)2
p(ξ=1)= 
(1-)(1-a)2+(1-)2?a(1-a)=
(1-a)
p(ξ=2)= 
()2(1-a)2+(1-)a(1-a)+
(1-)2?
a2=(1+2a-2 a2)
p(ξ=3)= ()2a(1-a)+
(1-)
a2=
p(ξ=4)= ()2
a2=a2
(2) ∵0＜a＜1,∴p(ξ=1) ＜p(ξ=1),p(ξ=4) ＜p(ξ=3)
则p(ξ=2)- p(ξ=1)= (1+2a-2 a2)-
=－
≥0
由
，即a∈[
]
（3）由（1）知ξ的数学期望为
Eξ=0×
（1-a）2+1×
(1-a)+2×
(1+2a-2a2)+3×+4×
=2a+1
29、解：（1）∵EF∥CD∥AB，EG∥PB，根据面面平行的判定定理
∴平面EFG∥平面PAB，又PA
面PAB，∴AP∥平面EFG
（2）∵平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥DC
∴AD⊥平面PCD，而BC∥AD，∴BC⊥面EFD
过C作CR⊥EF交EF延长线于R点连GR，根据三垂线定理知
∠GRC即为二面角的平面角，∵GC=CR，∴∠GRC=45°，
故二面角G-EF-D的大小为45°。
（3）Q点为PB的中点，取PC中点M，则QM∥BC，∴QM⊥PC
在等腰Rt△PDC中，DM⊥PC，∴PC⊥面ADMQ
30、解：（1）由已知可得，
=（x+3,y）,
=(x-3,y),
=(
,0),
∵
2（）2=?，∴2（x2-9）=x2-9+y2,
即P点的轨迹方程（1-2）x2+y2=9（1-2）
当1-2＞0，且≠0，即∈（-1，0）时，有
+
=1，
∵1-2＞0，∴＞0，∴x2≤9。
∴P点的轨迹是点A1，（-3，0）与点A2（3，0）
当=0时，方程为x2+y2=9，P的轨迹是点A1（-3，0）与点A2（3，0）
当1-2＜0，即入∈（-∞，-1）∪（1，+∞）时，方程为-=1，P点的轨迹是双曲线。
当1-2=0，即=±1时，方程为y=0，P点的轨迹是射线。
（2）过点A1且斜率为1的直线方程为y=x+3,
当=
时，曲线方程为+
=1，
由（1）知，其轨迹为点A1（-3，0）与A2（3，0）
因直线过A1（-3，0），但不过A2（3，0）。
所以，点B不存在。
所以，在直线x=-9上找不到点C满足条件。
31、解：（理）（1）f′(x)=－
+a=
(i)若a=0时，f′(x)= 
＞0
x＞0，f′(x)＜0x＜0
∴f(x)在(0,+∞)单调递增，在（-∞，0）单调递减。
（ii）若
时，f′(x)≤0对x∈R恒成立。
∴f(x)在R上单调递减。
(iii)若-1＜a＜0，由f′(x)＞0ax2+2x+a＞0
＜x＜
由f′(x)＜0可得x＞或x＜
∴f(x)在[，]单调递增
在（-∞，]，[
上单调递减。
综上所述：若a≤－1时，f(x)在（－∞，+∞）上单调递减。
（2）由（1）当a=－1时，f(x)在（-∞，+∞）上单调递减。
当x∈（0，+∞）时f(x)＜f(0)
∴ln（1+x2）－x＜0 即ln（1+x2）＜x
∴ln[（1+
）（1+
）……(1+
)]
=ln[（1+）（1+）+…ln（1+）＜
+
+…+
＜
=1-
+-
+…+
=1-
＜1
∴（1+）（1+）……(1+)＜e
32、解：（1）由题可知：
与函数
互为反函数，所以，
，
（2）因为点
在函数
的图像上，所以，
在上式中令
可得：
，又因为：
，
，代入可解得：
．所以，
，(*)式可化为：
①
（3）直线
的方程为：
，，
在其中令
，得
，又因为在ｙ轴上的截距为
，所以，
=，结合①式可得：
②
由①可知：当自然数
时，
，
，
两式作差得：
．
结合②式得：
③
在③中，令
，结合，可解得：
，
又因为：当时，
，所以，舍去
，得
．
同上，在③中，依次令
，可解得：
，
．
猜想：
．下用数学归纳法证明．
（1）
时，由已知条件及上述求解过程知显然成立．
（2）假设
时命题成立，即
，则由③式可得：
把代入上式并解方程得：
由于
，所以，
，所以，
符合题意，应舍去，故只有
．
所以，
时命题也成立．
综上可知：数列
的通项公式为
，O为坐标原点，若实数λ使向量
，
和
满足：
，设点P的轨迹为W．
时，过点A1且斜率为1的直线与W相交的另一个交点为B，能否在直线x=-9上找到一点C，恰使△A1BC为正三角形？请说明理由．
14． 26 15． －3 16． 
17． 3
18． 
20．(0，1) 21． 
22．
23．765 24．5 
=4cos2x-3=2cos2x-1
sin(2x+
)-1
时，f(x)取得最大值2
(k∈Z)时，f(x)取得最大值2
(k∈Z)