1．
2、【解】由平面几何知，要使F1PF2最大，则过F1F2，P三点的圆必定
和直线l相切于P点。设直线l交x轴于A8230，则APF1AF2P，
即APF1AF2P，即
PF1APPF2AF2
（1），又由圆幂定理，AP2AF1AF2（2），而F1230，F2230，A8230，从而有AF18，AF2843。代入（1），（2）得
PF1AF1
842331。
PF2
AF2843
3、【解】fxsi
4xsi
xcosxcos4x11si
2x1si
22x。令tsi
2x，则
2
2
fxgt11t1t291t12。因此mi
gtg19190
22822
1t1
824
maxgtg19109。即得0fx9。
1t1
2828
8
4、【解】设球半径为R，其内接圆锥的底半径为r，高为h，
h
r
作轴截面，则r2h2R－h．
V锥13πr2hπ3h22R－hπ6hh4R－2h≤π643R328743πR3．
∴所求比为8∶27．
f5、【解】
123等价于123或123．
log1x
2
log1x
2log1x
2
2
2
2
即11或17．
log1x2log1x2
2
2
此时log1
2
x

2或log1
2
x

0或
27

log1
2
x

0．
∴解为x
4或0x1
或
1x
2
27
．
6、【解】首项为
a
为的连续
k
个正整数之和为Sk

2ak
2
1k

kk1
2
7、由Sk≤2000，可得60≤k≤62
8、当k60时，Sk60a30×59，由Sk≤2000，可得a≤3，故
Sk183018901950；
9、当k61时，Sk61a30×61，由Sk≤2000，可得a≤2，故Sk1891，
1952；
10、当k62时，Sk62a31×61，由Sk≤2000，可得a≤1，故
Sk1953
11、于是，题中的
有6个
12、【解】令lgxt，则得t2－2t．作图象，知t－1，t2，及1t2
内有一解．当1t2时，t1，t3．故得：x110，x100，x103，即
共有3个实根。13、【解】首先q≠1，于是，q－a11q10－110，q－a11q30－170，∴
q20q1017．q102．－3舍
f∴S4010q40－1150．二、解答题：本大题共3小题，共56分
9、【解】①对P0进行操作，容易看出P0的每条边变成P1的4条边，故
P1的边数为3×4；同样，对P1进行操作，P1的每条边变成P2的4条边，故
P2的边数为3×42，从而不难得到P
的边数为3×4
…………5分
已知P0的面积为S01，比较P1与P0，容易看出P1在P0的每条边上增加
了一个小等边三角形，其面积为
132
，而
P0有
3
条边，故
S1S03×
132
1
13
再比较P2与P1，容易看出P2在P1的每条边上增加了一个小等边三角形，
其面积为
132
×
132
，而
P1有
3×4
条边，故
S2S13×4×
134
11
3

433
类
似
地
有
：
S3S23
×
42
×
111442
36
33335
…………5分
∴S
1
13
433

4235

4
132
1
※
13
4k
4k19

…………10分
834
559
下面用数r